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Sigma-Stetigkeit Beweis: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 13:52 Sa 17.10.2009
Autor: steppenhahn

Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)

Aufgabe
Es sei \Omega eine abzählbare Menge. Eine Funktion $Q:\mathcal{P}\to [0,1]$ heißt Inhaltsfunktion, wenn $Q(\Omega) = 1$ und $Q(A\cup B) = Q(A) + Q(B)$ für alle disjunkten Mengen $A, B\subset \Omega$ gilt. Eine solche Inhaltsfunktion Q heißt \sigma-stetig, falls für Mengen $A_{n}\subset\Omega$ ($n\ge 1$) mit $A_{n}\subset A_{n+1}$ ($n\ge 1$) und $\bigcup_{n=1}^{\infty} = A$ folgt: $\lim_{n\to\infty}Q(A_{n}) = Q(A)$. Man zeige:

1. Ist die Inhaltsfunktion Q \sigma - stetig, so ist Q eine Wahrscheinlichkeitsverteilung auf $(\Omega, \mathcal(\Omega))$.

2. Jede Wahrscheinlichkeitsverteilung \IP auf $(\Omega, \mathcal(\Omega))$ ist \sigma - stetig.

Hallo!

Ich bin mir unsicher bei meiner Lösung zu 1. (an 2. mag ich noch gar nicht denken ;-) ). Ich schreibe mal, was ich mir dazu gedacht habe, und würde mich über Korrekturen freuen.

----

Damit Q eine Wahrscheinlichkeitsverteilung ist, muss $Q:\mathcal{P}(\Omega)\to [0,1]$ sein --> ist per Definition von Q erfüllt.

Weiter muss gelten:
- $Q(\Omega) = 1$ --> per Definition erfüllt
- $Q(A) \ge 0$ für alle $A\in\mathcal{P}(\Omega)$ --> Ist wegen Wertebereich = [0,1] doch auch direkt erfüllt, oder?

- $Q\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_{i}\right) = \sum_{i=1}^{\infty}Q(A_{i})$ für disjunkte $A_{i}\in\mathcal{P}(\Omega)$

Diese Aussage zu beweisen, darum geht es ja hauptsächlich. Ich dachte mir, ich weise erst per Induktion nach, dass $Q\left(\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}\right) = \sum_{i=1}^{n}Q(A_{i})$ für alle n\in\IN gilt und benutze dann die spezielle Eigenschaft der \sigma-Stetigkeit von Q.

-----

Also:
IA ist klar (Per Definition von Q).
Induktionsschritt:

$Q\left(\bigcup_{i=1}^{n+1}A_{i}\right) = Q\left(\left(\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}\right)\cup A_{n+1}\right) \overset{A_{i}\mbox{ paarw. disjunkt}}{=} Q\left(\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}\right) + Q(A_{n+1})$

$\overset{IV}{=} \left(\sum_{i=1}^{n}Q(A_{i})\right) + Q(A_{n+1}) = \sum_{i=1}^{n+1}Q(A_{i})\right)$

Damit wäre $Q\left(\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}\right) = \sum_{i=1}^{n}Q(A_{i})$ bewiesen.

-----

Nun muss ich noch den Schritt zur Unendlichkeit, d.h. $Q\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_{i}\right) = \sum_{i=1}^{\infty}Q(A_{i}), schaffen. Dazu konstruiere ich eine aufsteigende Mengenfolge:

$A:= \bigcup_{i=1}^{\infty}A_{i}$

$B_{1} := A_{1}$, $B_{2} := A_{1}\cup A_{2}$, ..., $B_{n} = \bigcup_{k=1}^{n}A_{i}$

Es gilt offenbar $B_{n}\subset B_{n+1}$ und $\bigcup_{n=1}^{\infty}B_{n} = \bigcup_{n=1}^{\infty}\bigcup_{i=1}^{n}A_{i} = \bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n} = A$. (Dieses vorletzte Gleichheitszeichen ist zwar irgendwie klar, aber muss man da nochwas schreiben, weil es ja schon nicht ganz trivial ist???)

Nun ist nach der Definition von Q:

$Q\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_{k}\right) = Q(A) = \lim_{n\to\infty}Q(B_{n}) = \lim_{n\to\infty}Q\left(\bigcup_{k=1}^{n}A_{k}\right)$   (*)

Somit:

$Q\left(\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}\right) = \sum_{i=1}^{n}Q(A_{i})$

$\gdw  \lim_{n\to\infty}Q\left(\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}\right) = \lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^{n}Q(A_{i})$

$\overset{(*)}{\gdw}  Q\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_{i}\right) = \sum_{i=1}^{\infty}Q(A_{i})$, q.e.d.

Ist das so okay, oder hab ich totalen Murks gemacht, es viel zu kompliziert gemacht oder ... ?

Vielen, vielen Dank für Eure Mühe,

Grüße,
Stefan

        
Bezug
Sigma-Stetigkeit Beweis: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 17:00 Sa 17.10.2009
Autor: Blech

Das paßt so wunderbar.

ciao
Stefan

Bezug
                
Bezug
Sigma-Stetigkeit Beweis: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 21:07 Sa 17.10.2009
Autor: steppenhahn

Hallo Stefan,

Danke für deine Bestätigung und Korrektur!

Grüße,
Stefan ;-)

Bezug
        
Bezug
Sigma-Stetigkeit Beweis: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 21:06 Sa 17.10.2009
Autor: steppenhahn

Hallo!

> 2. Jede Wahrscheinlichkeitsverteilung [mm]\IP[/mm] auf [mm] $(\Omega, \mathcal(\Omega))$ [/mm] ist [mm] \sigma [/mm] - stetig[/mm]

Ich habe mich nun folgendermaßen an der zweiten Aufgabe versucht:

Wir haben als Voraussetzung dass [mm] \IP [/mm] eine Wahrscheinlichkeitsverteilung ist, also gilt: [mm] $\IP\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_{i}\right) [/mm] = [mm] \sum_{i=1}^{\infty}\IP(A_{i})$ [/mm] wenn die [mm] $A_{i}$ [/mm] paarweise disjunkt.

Nun ist zu zeigen: [mm] $A_{n}\subset A_{n+1}$ [/mm] und [mm] $\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n} [/mm] = A [mm] \Rightarrow \lim_{n\to\infty}\IP(A_{n}) [/mm] = [mm] \IP(A)$. [/mm]

------

Wir konstruieren paarweise disjunkte Mengen [mm] B_{i} [/mm] so, dass gilt: [mm] $\bigcup_{i=1}^{n}B_{i} [/mm] = [mm] \bigcup_{i=1}^{n}A_{i} [/mm] = [mm] A_{n}$ [/mm] (*) und folglich auch [mm] $\bigcup_{n=1}^{\infty}B_{n} [/mm] = [mm] \bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n} [/mm] = A$ (**):

[mm] $B_{1} [/mm] := [mm] A_{1}$, $B_{2} [/mm] := [mm] A_{2} \textbackslash A_{1}$, $B_{n} [/mm] := [mm] A_{n} \textbackslash \bigcup_{i=1}^{n-1}A_{i}$. [/mm]

Dann ist:

[mm] $\lim_{n\to\infty}\IP(A_{n}) \overset{(*)}{=} \lim_{n\to\infty}\IP\left(\bigcup_{i=1}^{n}B_{i}\right)$ [/mm]

[mm] $\overset{B_{i} \mbox{paarw. disjunkt, } \IP \mbox{ Wahrscheinl.-Vert.}}{=} \lim_{n\to\infty} \sum_{i=1}^{n}\IP(B_{i}) [/mm] =  [mm] \sum_{i=1}^{\infty}\IP(B_{i})$ [/mm]

$ [mm] \overset{B_{i} \mbox{paarw. disjunkt, } \IP \mbox{ Wahrscheinl.-Vert.}}{=} \IP\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}B_{i}\right) \overset{(**)}{=} \IP(A)$, [/mm] q.e.d.

Kann man das so machen? Muss man zu der Konstruktion der [mm] B_{i} [/mm] noch mehr sagen?

Vielen Dank für Eure Hilfe,

Stefan


Bezug
                
Bezug
Sigma-Stetigkeit Beweis: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 21:17 Sa 17.10.2009
Autor: felixf

Hallo!

> Hallo!
>  
> > 2. Jede Wahrscheinlichkeitsverteilung [mm]\IP[/mm] auf [mm](\Omega, \mathcal(\Omega))[/mm]
> > ist [mm]\sigma[/mm] - stetig[/mm]
>
> Ich habe mich nun folgendermaßen an der zweiten Aufgabe
> versucht:
>  
> Wir haben als Voraussetzung dass [mm]\IP[/mm] eine
> Wahrscheinlichkeitsverteilung ist, also gilt:
> [mm]\IP\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_{i}\right) = \sum_{i=1}^{\infty}\IP(A_{i})[/mm]
> wenn die [mm]A_{i}[/mm] paarweise disjunkt.
>  
> Nun ist zu zeigen: [mm]A_{n}\subset A_{n+1}[/mm] und
> [mm]\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n} = A \Rightarrow \lim_{n\to\infty}\IP(A_{n}) = \IP(A)[/mm].
>  
> ------
>  
> Wir konstruieren paarweise disjunkte Mengen [mm]B_{i}[/mm] so, dass
> gilt: [mm]\bigcup_{i=1}^{n}B_{i} = \bigcup_{i=1}^{n}A_{i} = A_{n}[/mm]
> (*) und folglich auch [mm]\bigcup_{n=1}^{\infty}B_{n} = \bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n} = A[/mm]
> (**):
>  
> [mm]B_{1} := A_{1}[/mm], [mm]B_{2} := A_{2} \textbackslash A_{1}[/mm], [mm]B_{n} := A_{n} \textbackslash \bigcup_{i=1}^{n-1}A_{i}[/mm].

Bedenke, dass [mm] $\bigcup_{i=1}^{n-1} A_i [/mm] = [mm] A_{n-1}$ [/mm] ist. Dann sparst du dir etwas Schreibarbeit.

> Dann ist:
>  
> [mm]\lim_{n\to\infty}\IP(A_{n}) \overset{(*)}{=} \lim_{n\to\infty}\IP\left(\bigcup_{i=1}^{n}B_{i}\right)[/mm]
>  
> [mm]\overset{B_{i} \mbox{paarw. disjunkt, } \IP \mbox{ Wahrscheinl.-Vert.}}{=} \lim_{n\to\infty} \sum_{i=1}^{n}\IP(B_{i}) = \sum_{i=1}^{\infty}\IP(B_{i})[/mm]
>  
> [mm]\overset{B_{i} \mbox{paarw. disjunkt, } \IP \mbox{ Wahrscheinl.-Vert.}}{=} \IP\left(\bigcup_{i=1}^{\infty}B_{i}\right) \overset{(**)}{=} \IP(A)[/mm],
> q.e.d.

[ok]

> Kann man das so machen? Muss man zu der Konstruktion der
> [mm]B_{i}[/mm] noch mehr sagen?

Ich denke, das ist ok so.

LG Felix


Bezug
                        
Bezug
Sigma-Stetigkeit Beweis: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 21:52 Sa 17.10.2009
Autor: steppenhahn

Ok,

vielen Dank für die Tipps und die Korrektur :-9

Grüße,
Stefan

Bezug
Ansicht: [ geschachtelt ] | ^ Forum "Wahrscheinlichkeitstheorie"  | ^^ Alle Foren  | ^ Forenbaum  | Materialien


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