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Forum "Wahrscheinlichkeitstheorie" - \sigma-Stetigkeit , Beweis?
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\sigma-Stetigkeit , Beweis?: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 04:25 So 28.04.2013
Autor: sissile

Aufgabe
Ich verstehe den Beweis der  [mm] \sigma-Stetigkeit [/mm] nicht!

Sein [mm] \mu [/mm] ein Maß auf [mm] (\Omega [/mm] , [mm] \mathcal{A}) [/mm] und [mm] A_n \in \mathcal{A}, [/mm] n [mm] \ge [/mm] 1
[mm] \sigma- [/mm] Stetigkeit: Sei [mm] A_n \uparrow [/mm] A (d.h. A = [mm] \bigcap_{i\ge1} A_i [/mm] und [mm] A_{i+1} \subset A_i) [/mm] und [mm] \mu(A_k) [/mm] < [mm] \inft [/mm] für k [mm] \in \IN [/mm]
damm [mm] \mu(A)= lim_{n->\infty} \mu(A_n) [/mm]

Hallo,

Beweis im SKript:
Setze [mm] B_n [/mm] = [mm] A_i \setminus A_{i+1} [/mm]
Dann A, [mm] B_i, [/mm] i [mm] \ge [/mm] 1 sind paarweise disjunkt daszu A [mm] \cup \bigcup_{i\ge1}^\infty B_i =A_1 [/mm]
[mm] \sigma-Additivitaet: [/mm]
P(A) + [mm] \sum_{i\ge1} P(B_i)= P(A_1) [/mm]
P(A)= [mm] P(A_1)- \sum_{i \ge 1} P(B_i)= P(A_1) [/mm] - [mm] lim_{n->\infty} \sum_{i=1}^n P(B_i)= lim_{n->\infty} P(A_1) -\sum_{i=1}^n P(B_i)= lim_{n->\infty} P(A_{n+1}) [/mm]

Meine Fragen:
1) Warum sind A und [mm] B_i [/mm] paarweise disjunkt?
2) Wieso kann man [mm] A_1 [/mm] in A und [mm] \bigcup_{i\ge1} B_i [/mm] zerlegen?
3) Was wird ich letzten = SChritt gemacht?

> [mm] lim_{n->\infty} P(A_1) -\sum_{i=1}^n P(B_i)= lim_{n->\infty} P(A_{n+1}) [/mm]

Liebe Grüße

        
Bezug
\sigma-Stetigkeit , Beweis?: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 06:28 So 28.04.2013
Autor: tobit09

Hallo sissile,


> Sein [mm]\mu[/mm] ein Maß auf [mm](\Omega[/mm] , [mm]\mathcal{A})[/mm] und [mm]A_n \in \mathcal{A},[/mm]
> n [mm]\ge[/mm] 1
>  [mm]\sigma-[/mm] Stetigkeit: Sei [mm]A_n \uparrow[/mm] A (d.h. A =
> [mm]\bigcap_{i\ge1} A_i[/mm] und [mm]A_{i+1} \subset A_i)[/mm]

[mm] $\downarrow$ [/mm] statt [mm] $\uparrow$ [/mm] meinst du wohl...

> und [mm]\mu(A_k)[/mm] <
> [mm]\inft[/mm] für k [mm]\in \IN[/mm]

[mm] $\mu(A_k)<\infty$ [/mm] für ein oder alle [mm] $k\in\IN$? [/mm] Der Beweis funktioniert so wie er formuliert ist, nur wenn dies für $k=1$ (und somit für alle [mm] $k\in\IN$) [/mm] gilt.

>  damm [mm]\mu(A)= lim_{n->\infty} \mu(A_n)[/mm]


> Beweis im SKript:
>  Setze [mm]B_n[/mm] = [mm]A_i \setminus A_{i+1}[/mm]

Offenbar soll $n=i$ sein... ;-)

>  Dann A, [mm]B_i,[/mm] i [mm]\ge[/mm] 1
> sind paarweise disjunkt daszu A [mm]\cup \bigcup_{i\ge1}^\infty B_i =A_1[/mm]
>  
> [mm]\sigma-Additivitaet:[/mm]
>  P(A) + [mm]\sum_{i\ge1} P(B_i)= P(A_1)[/mm]

Offenbar [mm] $P=\mu$... [/mm] ;-)

>  P(A)= [mm]P(A_1)- \sum_{i \ge 1} P(B_i)[/mm]

Diese Umformung macht nur im Falle [mm] $\mu(A_1)<\infty$ [/mm] Sinn.

> [mm]= P(A_1)[/mm]
> - [mm]lim_{n->\infty} \sum_{i=1}^n P(B_i)= lim_{n->\infty} P(A_1) -\sum_{i=1}^n P(B_i)= lim_{n->\infty} P(A_{n+1})[/mm]


> Meine Fragen:
>  1) Warum sind A und [mm]B_i[/mm] paarweise disjunkt?

Für die Vorstellung kann ein Bildchen helfen. Formal lässt sich das wie folgt zeigen:

Sei [mm] $i\ge [/mm] 1$. Dann sind $A$ und [mm] $B_i$ [/mm] disjunkt: Denn angenommen [mm] $\omega\in A\cap B_i$. [/mm] Dann wegen [mm] $\omega\in A=\bigcap_{n\ge 1}A_n$ [/mm] insbesondere [mm] $\omega\in A_{i+1}$, [/mm] aber wegen [mm] $\omega\in B_i$ [/mm] insbesondere [mm] $\omega\not\in A_{i+1}$, [/mm] Widerspruch.

Seien [mm] $i,j\ge [/mm] 1$ mit [mm] $i\not=j$. [/mm] Dann sind [mm] $B_i$ [/mm] und [mm] $B_j$ [/mm] disjunkt: Sei etwa $i<j$ (sonst $j<i$ und dieser Fall kann analog behandelt werden oder aus Symmetriegründen auf den Fall $i<j$ zurückgeführt werden). Also [mm] $i+1\le [/mm] j$. Angenommen nun [mm] $\omega\in B_i\cap B_j$. [/mm] Dann gilt wegen [mm] $\omega\in B_j$ [/mm] insbesondere [mm] $\omega\in A_{j}\subset A_{j-1}\subset\ldots\subset A_{i+1}$. [/mm] Aber wegen [mm] $\omega\in B_i$ [/mm] auch [mm] $\omega\not\in A_{i+1}$. [/mm]


>  2) Wieso kann man [mm]A_1[/mm] in A und [mm]\bigcup_{i\ge1} B_i[/mm]
> zerlegen?

Wieder ist ein Bild nicht schlecht zur Veranschaulichung. Formal:

[mm] $A_1\subseteq A\cup\bigcup_{i\ge1}B_i$: [/mm] Sei [mm] $\omega\in A_1$. [/mm] Falls [mm] $\omega\in [/mm] A$ sind wir fertig. Falls [mm] $\omega\not\in [/mm] A$, existiert ein (minimales) [mm] $i\ge [/mm] 1$ mit [mm] $\omega\not\in A_i$. [/mm] Wegen [mm] $\omega\in A_1$ [/mm] muss [mm] $i\not= [/mm] 1$, also [mm] $i\ge [/mm] 2$ und somit [mm] $i-1\ge [/mm] 1$ gelten. Da $i$ minimal gewählt war mit [mm] $\omega\not\in A_i$ [/mm] muss [mm] $\omega\in A_{i-1}$ [/mm] gelten. Also [mm] $\omega\in A_{i-1}\A_i=B_i$. [/mm]

[mm] $A_1\supseteq A\cup\bigcup_{i\ge1}B_i$: [/mm] Sei [mm] $\omega\in A\cup\bigcup_{i\ge1}B_i$. [/mm] Falls [mm] $\omega\in [/mm] A$ folgt [mm] $\omega\in A_1$. [/mm] Sei nun [mm] $\omega\in B_i$ [/mm] für ein [mm] $i\ge1$. [/mm] Dann insbesondere [mm] $\omega\in A_i\subset A_{i-1}\subset\ldots\subset A_1$. [/mm]


>  3) Was wird ich letzten = SChritt gemacht?
>  > [mm]lim_{n->\infty} P(A_1) -\sum_{i=1}^n P(B_i)= lim_{n->\infty} P(A_{n+1})[/mm]

Wegen der paarweisen Disjunktheit der [mm] $B_i$ [/mm] gilt [mm] $\sum_{i=1}^n P(B_i)=P(\bigcup_{i=1}^nB_i)$. [/mm]

Wegen [mm] $\bigcup_{i=1}^nB_i\subseteq A_1$ [/mm] gilt [mm] $P(A_1)-P(\bigcup_{i=1}^nB_i)=P(A_1\setminus(\bigcup_{i=1}^nB_i))$. [/mm]

Aber [mm] $A_1\setminus(\bigcup_{i=1}^nB_i)=A_{n+1}. [/mm]
(Wieder hilft dazu ein Bildchen. Formal:

Sei zunächst [mm] $\omega\in A_1\setminus(\bigcup_{i=1}^nB_i)$. [/mm]
Dann folgt [mm] $\omega\in A_1$. [/mm]
Wegen [mm] $\omega\not\in B_1=A_1\setminus A_2$ [/mm] folgt [mm] $A_1\in A_2$. [/mm] Wegen [mm] $\omega\not\in B_2=A_2\setminus A_3$ [/mm] folgt [mm] $\omega\in A_3$. [/mm]
...
Wegen [mm] $\omega\not\in B_n=A_n\setminus A_{n+1}$ [/mm] folgt: [mm] $\omega\in A_{n+1}$. [/mm]

Sei umgekehrt [mm] $\omega\in A_{n+1}$. [/mm] Dann ist [mm] $\omega\in A_{n+1}\subseteq A_n\subseteq\ldots\subseteq A_1$, [/mm] also [mm] $\omega\in A_1$ [/mm] und [mm] $\omega\in A_{i+1}$ [/mm] für alle [mm] $i=1,\ldots,n$ [/mm] und somit [mm] $\omega\not\in B_i$ [/mm] für diese $i$. Also [mm] $\omega\in A_1\setminus\bigcup_{i=1}^nB_i$. [/mm]
)


Viele Grüße
Tobias

Bezug
                
Bezug
\sigma-Stetigkeit , Beweis?: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 19:29 So 28.04.2013
Autor: sissile

Vielen dank.
Woher kommt die eigenschaft:

> Wegen $ [mm] \bigcup_{i=1}^nB_i\subseteq A_1 [/mm] $ gilt $ [mm] P(A_1)-P(\bigcup_{i=1}^nB_i)=P(A_1\setminus(\bigcup_{i=1}^nB_i)) [/mm] $.

lg

Bezug
                        
Bezug
\sigma-Stetigkeit , Beweis?: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 21:40 So 28.04.2013
Autor: tobit09


>  Woher kommt die eigenschaft:
>  > Wegen [mm]\bigcup_{i=1}^nB_i\subseteq A_1[/mm] gilt

> [mm]P(A_1)-P(\bigcup_{i=1}^nB_i)=P(A_1\setminus(\bigcup_{i=1}^nB_i)) [/mm].

Für alle Mengen [mm] $C,D\in\mathcal{A}$ [/mm] mit [mm] $C\subseteq [/mm] D$ und [mm] $P(D)<\infty$ [/mm] gilt [mm] $P(D\setminus [/mm] C)=P(D)-P(C)$.

Beweis: Wegen [mm] $C\subseteq [/mm] D$ ist $D$ ist die disjunkte Vereinigung von $C$ und [mm] $D\setminus [/mm] C$. Also [mm] $P(D)=P(D\setminus [/mm] C)+P(C)$. Dies ist wegen [mm] $P(D)<\infty$ [/mm] eine Gleichung endlicher Werte. Durch Subtraktion von $P(C)$ auf beiden Seiten folgt die Behauptung.

Bezug
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