Ubungsblatt 5 zur Vorlesung Wahrscheinlichkeitstheorie ¨
Allgemeine Masse
Herausgabe des ¨Ubungsblattes: Woche 13, Abgabe der L¨osungen: Woche 14 (bis Freitag, 16.15 Uhr), Be- sprechung: Woche 15
Must Aufgabe 26 [alternative Definition ”σ-endlich”]
Zeigen Sie: ein Mass µ ist genau dann σ-endlich, wenn es eine abz¨ahlbare Folge (Ei)i≥1 von disjunkten Mengen gibt, sodassE=∪Ei mit µ[Ei]<∞f¨ur allei≥1.
Standard
Aufgabe 27 [endliche Masse und Wahrscheinlichkeiten] [3 Punkte]
Zeigen Sie: jedes endliche Mass kann mit Hilfe einer Wahrscheinlichkeit geschrieben werden.
Aufgabe 28 [Eigenschaften von Wahrscheinlichkeiten und Massen][3 Punkte]
Formulieren Sie - wo sinnvoll - das Pendant zu Lemma 1.8 im Fall von Massen statt Wahrscheinlichkeiten und beweisen Sie die neu gewonnenen Aussagen. Unterscheiden Sie falls n¨otig den Fall wo ein Ausdruck endlich oder unendlich wird.
Aufgabe 29 [An ↓φ][3 Punkte]
Bei Wahrscheinlichkeiten gilt (Satz 1.9 d):
An↓φ⇒P[An]→0.
Gilt ein analoges Resultat auch f¨ur allgemeine Masse? Falls ja, beweisen Sie es - falls nein: suchen Sie ein einfaches (!) Gegenbeispiel.
Aufgabe 30 [B(R)][3 Punkte]
Zeigen Sie: B(R) ist eine σ-Algebra.
Honours Aufgabe 31 [Cantor-Funktion][4 Punkte]
Zeigen Sie: die Cantor-Funktion ist stetig.
Übungsblatt 5 zur Vorlesung “Wahrscheinlichkeitstheorie”
Olivier Warin 15. April 2014
Aufgabe 26 (alternative Definition “σ-endlich”)
Behauptung: Ein Massµ(auf dem Messraum(E,E)) ist genau dannσ-endlich, wenn es eine abzählbare Folge (Ei)i>1 von paarweise disjunkten Mengen (aus E) gibt, so dass E =S
i>1Ei mit µ[Ei] <∞ für allei>1.
Beweis: Nehmen wir zuerst an, dassµ σ-endlich ist. Es gibt also nach Definition 1.24 d) eine aufsteigende Folge(Fi)i>1 ausE, so dassS
i>1Fi =E undµ(Fi)<∞für allei>1.
Wir definieren jetztE1=F1,E2=F2∩E1c und füri >2
Ei=Fi∩(E1∪E2∪. . .∪Ei−1)c. Die Folge(Ei)i>1ist nun klar paarweise disjunkt und es giltE=S
i>1Ei. Desweiteren gilt für allei>1 offenbarEi⊆Fi. Damit folgt (siehe Aufgabe 28)µ(Ei)6µ(Fi)<∞für allei>1.
Nun nehmen wir noch umgekehrt an, dass es eine abzählbare Folge(Ei)i>1 von paarweise disjunkten Mengen (ausE) gibt, so dassE=S
i>1Ei mit µ[Ei]<∞für allei>1.
Wir definieren jetzt für allei>1
Fi=Si j=1Ej. Die Folge (Fi)i>1 ist klar aufsteigend und es gilt S
i>1Fi = E, da für alle i >1 Fi ⊇Ei gilt. Weiter schliessen wir mit Aufgabe 28
µ(Fi) =µ(Si
j=1Ej) =
i
X
j=1
µ(Ej) < ∞.
Mit Definition 1.24 d) folgt, dassµ σ-additiv ist.
Aufgabe 27 (endliche Masse und Wahrscheinlichkeiten)
Behauptung: Jedes endliche Mass (auf einer nicht-leeren Menge) kann mit Hilfe einer Wahrscheinlich- keit geschrieben werden.
Beweis: Es seiµein endliches Mass auf dem Messraum(E,E)mitE6=∅. Wir zeigen jetzt, dass wir eine WahrscheinlichkeitP auf(E,E)finden können, so dass gilt
µ(A) =P[A]µ(E) (1)
für alleA∈ E.
Falls µ(E) = 0, so istµ(A) = 0 für alle A∈ E und somit ist die obige Gleichung für eine beliebige WahrscheinlichkeitP auf(E,E) richtig.
Falls µ(E)>0, so ist (1) gleichbedeutend mit
P[A] = µ(A) µ(E)
für alleA∈ E. Wir müssen also einfach einsehen, dass dies eine Wahrscheinlichkeit definiert.
• Daµ(E)>0undµ(A)>0für alleA∈ E folgt sofortP[A] = µ(A) >0für alle A∈ E.
• Es giltP[E] = µ(E)µ(E)= 1.
• Sei(Ai)i∈Neine paarweise disjunkte Folge inE. Aufgrund von Definition 1.24 b) schliessen wir
P[S∞
i=1Ai] = µ(S∞
i=1Ai) µ(E) = 1
µ(E)
∞
X
i=1
µ(Ai) =
∞
X
i=1
µ(Ai) µ(E) =
∞
X
i=1
P[Ai].
Somit istP nach Definition 1.7 eine Wahrscheinlichkeit.
Aufgabe 28 (Eigenschaften von Wahrscheinlichkeiten und Massen)
Sei(E,E, µ)ein Massraum und seienAundB Mengen ausE. Weiter sei(Ai)ni=1eine endliche Folge von paarweise disjunkten Mengen ausE und sei(Bi)∞i=1 eine unendliche Folge von Ereignissen ausE. Behauptung: Es gelten die folgenden Aussagen:
a) Für die leere Menge∅giltµ(∅) = 0.
b) Es gilt
µ(Sn
i=1Ai) =
n
X
i=1
µ(Ai). (endliche Additivität)
Diese Gleichung ist auch im Falle vonµ(Sn
i=1Ai) =∞korrekt. Allerdings folgt daraus kein “Prinzip der Gegenwahrscheinlichkeit” wie für WahrscheinlichkeitenP.
c) Falls A⊆B, dann giltµ(B) =µ(A) +µ(B\A). Damit istµinsbesondere monoton in dem Sinne, dass aus A⊆B folgtµ(A)6µ(B). Auch diese Eigenschaft stimmt ebenfalls im “Falle∞”.
d) Es gilt
µ(A∪B) =µ(A) +µ(B)−µ(A∩B), falls µ(A∩B)6=∞.
Damit ist µsogenannt (endlich) subadditiv:µ(A∪B)6µ(A) +µ(B). Diese Ungleichung stimmt auch im “Fall∞”.
e) Es gilt
µ(S∞
i=1Bi)6
∞
X
i=1
µ(Bi). (Boolsche Ungleichung; subadditiv)
Diese Ungleichung ist im “Fall ∞” ebenfalls korrekt.
Beweis:
a) Dies steht direkt in der Definition 1.24 b).
b) Für jede natürliche Zahl i mit i > n definiere Ai = ∅. Da nun die (unendliche) Folge (Ai)∞i=1 paarweise disjunkt ist, folgt mit Definition 1.24 b)
µ(Sn
i=1Ai) = µ(S∞
i=1Ai) =
∞
X
i=1
µ(Ai) =
n
X
i=1
µ(Ai) +
∞
X
i=n+1
µ(∅) =
n
X
i=1
µ(Ai),
wobei wir beim letzten Gleichheitszeichen die Aussage aus Teil a) verwendet haben.
Dies gilt insbesondere fürµ(Sn
i=1Ai) =∞.
c) Falls A⊆B können wir schreibenB=A∪˙ (B\A)(klar disjunkt). Es folgt sofort mit Teil b):
µ(B) =µ(A∪˙ (B\A)) = µ(A) +µ(B\A).
d) Es gilt offenbarA⊆A∪B. Daraus folgt mit Teil c)
µ(A∪B) =µ(A) +µ((A∪B)\A) = µ(A) +µ(B∩Ac). (∗) Da nun B⊇B∩Ac folgt damit mit Teil c) in jedem Fall
µ(A∪B)6µ(A) +µ(B).
Desweiteren gilt
B\(B∩Ac) = B∩(B∩Ac)c = B∩(Bc∪A) = A∩B.
Also gilt wiederum nach c) (daB∩Ac⊆B)
µ(B) = µ(B∩Ac) +µ(B\(B∩Ac) = µ(B∩Ac) +µ(A∩B).
Falls nunµ(A∩B)<∞können wir mit (∗) daraus schliessen µ(B∩Ac) =µ(B)−µ(A∩B) und damit
µ(A∪B) = µ(A) +µ(B)−µ(A∩B),
wie behauptet. Fallsµ(A∩B) =∞folgt mit c) sofortµ(A) =µ(B) =µ(A∪B) =∞. Doch damit macht die Gleichung keinen Sinn mehr. (Siehe dazu auch Abschnitt 1.6.1)
e) Wir definieren eine neue Folge (Di)∞i=1 durchD1=B1 und füri >1:
Di = Bi∩(Di−1∪ · · · ∪D1)c. Die Folge (Di)∞i=1 ist klar paarweise disjunkt und es gilt S∞
i=1Di =S∞
i=1Bi. Wir schliessen also mit Definition 1.24 b)
µ(S∞
i=1Bi) =µ(S∞
i=1Di) =
∞
X
i=1
µ(Di).
Aufgrund der Konstruktion der Folge (Di)∞i=1 ist ausserdem klar, dass für allei gilt Di ⊆Bi. Es folgt damit mit Teil c)
µ(S∞
i=1Bi) =
∞
X
i=1
µ(Di) 6
∞
X
i=1
µ(Bi).
Diese Argumentation funktioniert natürlich auch wennµ(S∞
i=1Bi) =∞.
Aufgabe 29 (An↓ ∅)
Es sei(E,E, µ)ein Massraum und sei(An)n∈N eine Folge inE, so dasslimn→∞An=∅. Behauptung: Dann gilt im Allgemeinennicht limn→∞µ(An) = 0.
Beweis: Wir beweisen die Behauptung mit einem Gegenbeispiel. Wir wählen dazuE=R,E =B(R)und µ=λ(das Lebesgue-Mass aufR). Desweiteren definieren wir fürn∈N
An=
∞
[
i=1
(i, i+ 1/n).
Die Folge(An)n∈N konvergiert klar gegen∅. Gleichzeitig gilt aber λ(An) =
∞
X
i=1
λ(i, i+ 1/n) =
∞
X
i=1
1/n = ∞,
Aufgabe 30 (B(R))
Behauptung: Das in 1.6.8 definierte TeilmengensystemB(R)ist eineσ-Algebra überR. Beweis:
• Es giltR⊂R⊂Rund natürlich λ(R\R) = 0, somit istR∈ B(R).
• Sei Λ ∈ B(R). Dies bedeutet, dass es zwei Borelmengen A und B gibt, so dass A ⊂Λ ⊂B und λ(B\A) = 0. Daraus folgt sofortBc⊂Λc⊂Ac und auch
λ(Ac\Bc) =λ(Ac∩(Bc)c) = λ(Ac∩B) = λ(B\A) = 0.
Folglich liegt auchΛc inB(R).
• Sei(Λn)n∈N eine Folge inB(R). Es gibt also zwei Folgen(An)n∈N und(Bn)n∈N von Borelmengen, so dass für allen∈NgiltAn⊂Λn⊂Bn undλ(Bn\An) = 0. Es folgt
S∞
n=1An ⊂ S∞
n=1Λn ⊂ S∞
n=1Bn.
Desweiteren gilt λ(S∞
n=1Bn\S∞
n=1An)6λ(S∞
n=1(Bn\An)) 6
∞
X
n=1
λ(Bn\An) =
∞
X
n=1
0 = 0.
Dies bedeutet, dassS∞
n=1Λn auch inB(R)liegen muss.
Gemäss Definition 1.1 istB¯(R)also eineσ-Algebra.
Aufgabe 31 (Cantor-Funktion)
Behauptung: Die Cantor-Funktion ist stetig.
Beweis: SeiF∞: [0,1]→[0,1]die Cantor-Funktion. In den Notationen der Vorlesung gilt F∞(x) = lim
n→∞Fn(x), wobei
Fn(x) = 3
2 n
λ(Cn∩[0, x]).
Wir arbeiten jetzt mit der Norm k · k∞auf dem RaumC0([0,1],R), welche wie folgt definiert ist:
kfk∞= sup{f(x)|x∈[0,1]}, f ∈C0([0,1],R).
Wir zeigen zuerst per Induktion, dass für alle natürlichen Zahlenk, gilt kFk+1(x)−Fkk∞6 1
2k. (∗)
Fürk= 0ist dies klar. Also können wir annehmen, dassk >0und dass (∗) fürk−1stattk korrekt ist.
Nach der Defintion der Cantor-Funktion gilt fürx∈[0,1/3k]:
Fk+1(x) =1
2Fk(3x).
Somit folgt
sup{|Fk+1(x)−Fk(x)| |x∈[0,1/3k]} = 1
2sup{|Fk(3x)−Fk−1(3x)| |x∈[0,1/3k]} 6 1
2kFk−Fk−1k∞
und somit mit Hilfe der Induktionsannahme
sup{|Fk+1(x)−Fk(x)| |x∈[0,1/3k]} 6 1 2 · 1
2k−1 = 1 2k.
Analog kann diese Ungleichung auf allen anderen entsprechenden Teilintervallen der Länge1/3k eingese- hen werden. Wir schliessen damit (∗).
Seien nunm, n∈Nmit m > n. Mit Hilfe von (∗) können wir nun schliessen:
kFm−Fnk∞=kFm−Fm−1+Fm−1−Fm−2± · · ·+Fn+2−Fn+1+Fn+1−Fnk∞
6kFm−Fm−1k∞+· · ·+kFn+1−Fnk∞ 6 1
2m−1 +· · ·+ 1 2n
= 1
2n−1 − 1
2m−1 6 1 2n−1.
Dies konvergiert für n → ∞ also gegen 0. Dies bedeutet, dass die Folge (Fn)n∈N bezüglich der Norm k · k∞ eine Cauchy-Folge bildet. Da nunC0([0,1],R)mit dieser Norm vollständig ist, folgt damit dass F∞ebenfalls in diesem Raum liegen muss und damit stetig ist.
