Konstruktion W.-Maß

20.04.2011, 14:47

Gast11022013

Konstruktion W.-Maß

Meine Frage:
Es sei $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ abzählbar und $\begin{eqnarray*} \mathcal{F}=\mathcal{P}(\Omega) \end{eqnarray*}$ die sigma-Algebra aller Teilmengen von $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ . Zeigen Sie:

Jede Folge nicht negativer reeller Zahlen $\begin{eqnarray*} (p_{\omega})_{\omega\in \Omega} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \sum_{\omega\in \Omega} p_{\omega}=1 \end{eqnarray*}$ definiert ein Wahrscheinlichkeitsmaß P durch:

$\begin{eqnarray*} P(A)=\sum_{\omega\in A} p_{\omega} \forall A\in \Omega \end{eqnarray*}$ .

Meine Ideen:
Beweis:

1. Fall: $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ endlich

Sei $\begin{eqnarray*} \Omega:=\left\{\omega_1,\hdots,\omega_n\right\} \end{eqnarray*}$ eine endliche, nichtleere Menge. Sei $\begin{eqnarray*} (p_i)_{1\leq 1\leq n} \end{eqnarray*}$ eine Folge reeller Zahlen mit $\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{n} p_i=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} p_i\geq 0 \forall 1\leq i\leq n \end{eqnarray*}$ .

Behauptung:
Die Abbildung $\begin{eqnarray*} P:\mathcal{P}(\Omega)\to \mathbb R \end{eqnarray*}$ , definiert durch $\begin{eqnarray*} P(A):=\sum_{i:\omega_i\in A} p_i \forall A\in \mathcal{P}(\Omega) \end{eqnarray*}$ , ist Wahrscheinlichkeitsmaß.

Dafür zu zeigen, sind:

(i) $\begin{eqnarray*} \forall A\in \mathcal{P}(\Omega) \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} 0\leq P(A)\leq 1 \end{eqnarray*}$ .

(ii) $\begin{eqnarray*} P(\Omega)=1 \end{eqnarray*}$

(iii) Für eine Folge $\begin{eqnarray*} (A_n)_{n\in \mathbb N} \end{eqnarray*}$ von paarweise disjunkten Elementen aus $\begin{eqnarray*} \mathcal{P}(\Omega) \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} P(\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n)=\sum_{n=1}^{\infty} P(A_n) \end{eqnarray*}$ .

Dies muss ich nun zeigen, wobei ich zunächst eine Frage habe:
Was ist gemeint mit $\begin{eqnarray*} \sum_{i:\omega_i\in A} p_i \end{eqnarray*}$ ?

Mit welchem Index beginnt man da zu addieren?
Das $\begin{eqnarray*} i:\omega_i \end{eqnarray*}$ ist mir von der Bedeutung her unklar.

20.04.2011, 14:51

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Dennis2010
$\begin{eqnarray*} P(A)=\sum_{\omega\in A} p_{\omega} \forall A\in \Omega \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} A\in \Omega \end{eqnarray*}$ macht hier keinen Sinn. unglücklich

Entweder schreibst du $\begin{eqnarray*} A\in \mathcal{F} \end{eqnarray*}$ oder aber $\begin{eqnarray*} A\subseteq \Omega \end{eqnarray*}$ , beides ist hier gleichwertig.

Zitat:

Original von Dennis2010
Was ist gemeint mit $\begin{eqnarray*} \sum_{i:\omega_i\in A} p_i \end{eqnarray*}$ ?

Mit welchem Index beginnt man da zu addieren?

Bei einer endlichen Summe ist das sowieso egal.

Bei einer abzählbaren Summe (eher unter dem Namen "Reihe" bekannt) ist es auch egal, sofern diese Reihe absolut konvergent ist, und das ist hier der Fall: Konvergente Reihen mit nichtnegativen Reihengliedern sind stets auch absolut konvergent.

20.04.2011, 14:52

Math1986

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Konstruktion W.-Maß

Zitat:

Original von Dennis2010

Dies muss ich nun zeigen, wobei ich zunächst eine Frage habe:
Was ist gemeint mit $\begin{eqnarray*} \sum_{i:\omega_i\in A} p_i \end{eqnarray*}$ ?

Mit welchem Index beginnt man da zu addieren?
Das $\begin{eqnarray*} i:\omega_i \end{eqnarray*}$ ist mir von der Bedeutung her unklar.

Du addierst einfach über ALLE Elemente von A:
Der Index hängt davon ab, welche Elemente darin vorkommen, aber den brauchst du auch nicht zu kennen, du kannst das allgemein zeigen

20.04.2011, 15:12

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Konstruktion W.-Maß
Ich versuche mal (i) bis (iii) zu beweisen.

(i) $\begin{eqnarray*} 0\leq P(A)=\sum_{i: \omega_i\in A}p_i \leq \sum_{i=1}^{n} p_i=1 \end{eqnarray*}$

(ii) $\begin{eqnarray*} P(\Omega)=\sum_{i: \omega_i\in \Omega} p_i=\sum_{i=1}^{n} p_i=1 \end{eqnarray*}$

(iii) $\begin{eqnarray*} P(\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n)=P(\Omega)=\sum_{n=1}^{\infty} P(A_n)=1 \end{eqnarray*}$

[Wenn man unendlich oft vereinigt, kommt doch hier, da $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ endlich ist, am Ende $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ selbst heraus.]

Wenn dies so korrekt ist, würde ich mal den 2. Fall betrachten, nämlich den, dass $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ abzählbar unendlich ist.

20.04.2011, 15:54

Math1986

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Konstruktion W.-Maß

Zitat:

Original von Dennis2010
Ich versuche mal (i) bis (iii) zu beweisen.

(i) $\begin{eqnarray*} 0\leq P(A)=\sum_{i: \omega_i\in A}p_i \leq \sum_{i=1}^{n} p_i=1 \end{eqnarray*}$

(ii) $\begin{eqnarray*} P(\Omega)=\sum_{i: \omega_i\in \Omega} p_i=\sum_{i=1}^{n} p_i=1 \end{eqnarray*}$

(iii) $\begin{eqnarray*} P(\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n)=P(\Omega)=\sum_{n=1}^{\infty} P(A_n)=1 \end{eqnarray*}$

Ja, im Wesentlichen richtig

1) Das ist mehr oder weniger direkt gegeben durch

Zitat:

Jede Folge nicht negativer reeller Zahlen $\begin{eqnarray*} (p_{\omega})_{\omega\in \Omega} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \sum_{\omega\in \Omega} p_{\omega}=1 \end{eqnarray*}$

Zitat:

[Wenn man unendlich oft vereinigt, kommt doch hier, da $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ endlich ist, am Ende $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ selbst heraus.]

Ja, im endlichen Fall ist dies daher nur für 2 Mengen zu zeigen, man hat dann einen sog. Wahrscheinlichkeitsinhalt.
Das vereinfacht den Beweis - einige Gleichheitszeichen sollten noch begründet werden, wo kommt hier zB die Diskunktheit ins Spiel?

Ansonsten weiter so

20.04.2011, 16:08

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Also

(i) und (ii) würde ich dann jetzt so lassen, bei (i) kann ich noch dazu schreiben, dass dies eine Folgerung aus der Definition der Folge ist.

Bei (iii) reicht es also aus, es im endlichen Fall für zwei Mengen $\begin{eqnarray*} A_1,A_2 \end{eqnarray*}$ zu zeigen:

$\begin{eqnarray*} P(\bigcup_{i=1}^{2} A_i)=P(A_1\cup A_2)=\sum_{i: w_i\in (A_1\cup A_2)} p_i=\sum_{i:w_i \in A_1} p_i+\sum_{i: w_i\in A_2} p_i=P(A_1)+P(A_2)=\sum_{i=1}^{2} P(A_i) \end{eqnarray*}$

Das kann man so auftrennen, da $\begin{eqnarray*} A_1, A_2 \end{eqnarray*}$ disjunkt sind, also keine gemeinsamen Elemente haben.

20.04.2011, 16:16

René Gruber

Auf diesen Beitrag antworten »

Im Falle eines abzählbar unendlichen $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ folgt (iii) im Prinzip aus der Eigenschaft, dass man eine absolut konvergente Reihe beliebig umordnen darf. Wenn man will, kann man das auch noch irgendwie symbolisch aufdröseln, bringt aber keinen großen Erkenntnisgewinn mehr. Augenzwinkern

20.04.2011, 16:45

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Naja, für den 2. Fall: $\begin{eqnarray*} \Omega \end{eqnarray*}$ abzählbar unendlich, ist das ja eigentlich sehr, sehr ähnlich zum 1. Fall:

(i) Das folgt wieder mehr oder weniger direkt daraus, wie man die Folge usw. definiert vorgegeben hat. Notfalls schreibt man eben wieder hin:

$\begin{eqnarray*} 0\leq P(A)=\sum_{i: w_i\in A} p_i\leq \sum_{i: w_i\in \Omega} p_i=\sum_{i=1}^{\infty} p_i=1 \end{eqnarray*}$

(ii) $\begin{eqnarray*} P(\Omega)=\sum_{i: w_i\in \Omega} p_i=\sum_{i=1}^{n} p_i=1 \end{eqnarray*}$

(iii) $\begin{eqnarray*} P(\bigcup_{n=1}^{\infty} A_n)=\sum_{i: w_i\in \bigcup_{n=1}^{\infty}A_i} p_i=\sum_{i: w_i\in A_1} p_i+\sum_{i: w_i\in A_2} p_i+\hdots=P(A_1)+P(A_2)+\hdots=\sum_{n=1}^{\infty}P(A_n) \end{eqnarray*}$ .

Auch hier kann man das wieder "auftrennen", da man ja davon ausgeht, dass die $\begin{eqnarray*} A_i \end{eqnarray*}$ paarweise zueinander disjunkt sind.

Ein abschließendes Feedback wäre jetzt noch ganz gut, dann würde ich die Aufgabe so aufschreiben, wenn alles korrekt ist.

20.04.2011, 18:02

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Ist der Beweis damit vollbracht? Oder habe ich etwas völlig falsch gemacht und/oder vergessen?

20.04.2011, 19:09

Math1986

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Dennis2010
Ist der Beweis damit vollbracht? Oder habe ich etwas völlig falsch gemacht und/oder vergessen?

Nein, alles richtig soweit smile

(Es genügt übrigens, dies für den abzählbar-unendlichen Fall zu zeigen, der endliche ist ein Spezialfall hiervon)