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ws2020/ana/uebungen/ana2.tex

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+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Analysis 3: Übungsblatt 2}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+\usepackage[]{mathrsfs}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Sei $A \subseteq \R$ abzählbar. Beh.: $A \in \mathscr{B}(\R)$ und $\lambda(A)= 0$.
+            \begin{proof}
+                Zunächst sei $x \in \R$. Dann ist $\{x\} \in \mathscr{B}(\R) $, da abgeschlossen.
+                Betrachte nun 
+                \[
+                A_n \coloneqq [x, x+\frac{1}{n}) \downarrow \bigcap_{n \in \N} A_n = \{x\} 
+                .\] 
+                Da $A_n$ linksgeschlossene Intervalle für $n \in \N$,
+                ist $\lambda([x, x+\frac{1}{n}) = \frac{1}{n}$. Damit folgt, da $\lambda$ Maß
+                \[
+                    0 = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = \lim_{n \to \infty} \lambda(A_n) = \lambda(\{x\})
+                .\] 
+                Sei nun $(q_i)_{i \in I}$ Abzählung von $A$
+                mit $I \subseteq \N$ und $q_i \neq q_j$ für $i \neq j$ und
+                $q_i \in A$. Dann ist
+                \[
+                    A = \bigcupdot_{i \in I} \{q_i\} \in \mathscr{B}(\R)
+                .\] Weiter gilt mit $\sigma$-Additivität von $\lambda$ und der Vorüberlegung:
+                \[
+                    \lambda(A) = \lambda\left( \bigcupdot_{i \in I} \{q_i\}  \right)
+                    = \sum_{i \in I} \lambda(\{q_i\})
+                    = \sum_{i \in I} 0
+                    = 0
+                .\] 
+            \end{proof}
+        \item Sei $\alpha > 0$. Beh.: $\alpha A \in \mathscr{B}(\R)$ und $\lambda(\alpha A) = \alpha \lambda(A)$.
+            \begin{proof}
+                Zunächst ist $f_{\alpha}\colon \mathscr{P}(\R) \to \mathscr{P}(\R)$, $A \mapsto \alpha A$
+                eine inklusionserhaltende Bijektion.
+
+                Sei $A \in \mathscr{B}(\R)$.
+                Es sei $\mathscr{J} \subseteq \mathscr{P(\R)}$ die Menge der linksgeschlossenen Intervalle.
+                Da $\sigma(\mathscr{J}) = \mathscr{B}(\R)$ und für
+                $I \in \mathscr{J} \implies I^{c} \in \mathscr{J}$, existieren $I_k \in \mathscr{J}$, s.d.
+                \[
+                A = \bigcup_{k \in \N} I_k \text{ oder } A = \bigcap_{k \in \N} I_k
+                .\] Sei o.E. $A = \bigcup_{k \in \N} I_k$. Für $I \in \mathscr{J}$ ex. $a, b \in \R$
+                mit $a \le b$, s.d. $I = [a, b)$. Dann ist $\alpha I = [\alpha a, \alpha b) \in \mathscr{J}$
+                und damit
+                \[
+                \lambda(\alpha I) = \lambda([\alpha a, \alpha b)) = |\alpha a - \alpha b| = \alpha |a-b| = \alpha \lambda(I)
+                .\] 
+                Damit folgt
+                \[
+                    \alpha A = \alpha \bigcup_{k \in \N} I_k = \bigcup_{k \in \N} \alpha I_k \in \mathscr{B}(\R)
+                .\] 
+                Betrachte nun $\tilde{I}_k \coloneqq I_k \setminus \bigcup_{j=1}^{k-1} I_j$.
+                Dann sind die $\tilde{I}_k$ disjunkte Vereinigung von endlich vielen linksgeschlossenen
+                Intervallen. Durch
+                Umnummerierung und Aufteilung der Vereinigung auf mehrere Folgenelemente, sei o.E.
+                $\tilde{I}_k \in \mathscr{J}$ $\forall k \in \N$ und
+                \[
+                    A = \bigcupdot_{k \in \N} \tilde{I}_k
+                .\]
+                Damit folgt
+                \begin{salign*}
+                    \lambda(\alpha A) &= \lambda \left( \alpha \bigcupdot_{k \in  \N} \tilde{I}_k  \right) \\
+                    &\stackrel{f_\alpha \text{ inklusionserhaltend}}{=}
+                    \lambda \left( \bigcupdot_{k \in \N} \alpha \tilde{I}_k \right) \\
+                    &\stackrel{\lambda \; \sigma \text{-additiv}}{=}
+                    \sum_{k \in \N} \lambda(\alpha \tilde{I}_k) \\
+                    &= \sum_{k \in \N} \alpha \lambda(\tilde{I}_k) \\
+                    &= \alpha \lambda(A)
+                .\end{salign*}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Für alle $\alpha > 0$ existiert eine Menge $A \in \mathscr{B}(\R)$, s.d.
+            $A$ dicht in $\R$ und $\lambda(A) = \alpha$.
+            \begin{proof}
+                Sei $(q_i)_{i \in \N}$ eine Abzählung von $\Q$ und sei o.E. $q_1 = 1$. Dann betrachte
+                \[
+                    A \coloneqq \bigcup_{k \in \N} \left[q_k - \frac{1}{2^{k}}, q_k + \frac{1}{2^{k}}\right]
+                .\] Es ist $Q \subseteq A$, d.h. $A$ dicht in $\R$, da $\Q$ dicht in $\R$.
+
+                Da $q_1 = 1$ ist $\left[ 1 - \frac{1}{2}, 1 + \frac{1}{2} \right] = \left[ \frac{1}{2}, \frac{3}{2} \right]  \subseteq A$. Es
+                ist wegen der Translationsinvarianz von $\lambda$ weiter:
+                $\lambda\left( \left[ \frac{1}{2},  \frac{3}{2}\right]  \right) = \lambda([0, 1]) = 1$.
+                Wegen der Monotonie von $\lambda$ folgt damit $\lambda(A) \ge 1$. Weiter ist
+                $\lambda$ $\sigma$-subadditiv. Damit folgt
+                \begin{salign*}
+                    \lambda(A) &\le \sum_{k \in \N} \lambda\left( \left[ q_k - \frac{1}{2^{k}}, q_k + \frac{1}{2^{k}} \right]  \right) \\
+                    &\stackrel{\text{Translat.inv.}}{=}
+                    \sum_{k \in \N} \lambda\left( \left[ 0, \frac{1}{2^{k-1}} \right]  \right) \\
+                    &\stackrel{\text{(b)}}{=}
+                    \sum_{k \in \N} \frac{1}{2^{k-1}} \lambda(2^{k-1}[0, \frac{1}{2^{k-1}}]) \\
+                    &= \sum_{k \in \N} \frac{1}{2^{k-1}} \lambda([0, 1]) \\
+                    &= \sum_{k \in \N} \left( \frac{1}{2} \right)^{k-1} \\
+                    &\stackrel{\text{geom. Reihe}}{<} \infty
+                .\end{salign*}
+                Es ist also $1 \le \lambda(A) < \infty$, es ex. also ein $a \in \R$, s.d.
+                $\lambda(A) = a$. Wähle nun $\beta \coloneqq \frac{\alpha}{a}$. Damit folgt mit
+                $B \coloneqq \beta A$
+                \[
+                    \lambda(B) = \lambda(\beta A) = \beta \lambda(A) = \beta a = \alpha
+                .\]
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Beh.: $\mathscr{H}^{s}$ ist ein äußeres Maß.
+            \begin{proof}
+                \begin{enumerate}[(i)]
+                    \item Es ist offensichtlich $\mathscr{H}^{s}(\emptyset) = 0$.
+                    \item Seien $A, B \subseteq \R$ mit $A \subseteq B$, dann ist jede
+                        Überdeckung von $B$ auch eine Überdeckung von $A$. Damit folgt die Behauptung.
+                    \item Sei $A_i \in \mathscr{P}(\R)$ für $i \in \N$. Dann sei $\delta > 0$ und
+                        für $ i \in \N$
+                        $(B_{ij})_{j \in \N}$ eine Überdeckung von $A_i$, s.d.
+                        \[
+                            \sum_{j \in \N} \text{diam}(B_{ij})^{s} = \mathscr{H}_{\delta}^{s}(A_i)
+                        .\]
+                        Dann ist
+                        \[
+                        \bigcup_{i \in \N} A_i \subseteq \bigcup_{i, j \in \N} B_{ij}
+                        .\] 
+                        Also folgt
+                        \begin{align*}
+                            \mathscr{H}_{\delta }^{s}\left( \bigcup_{i \in \N} A_i \right)
+                            \le \sum_{i, j \in \N} \text{diam}(B_{ij})^{s}
+                            = \sum_{i \in \N} \mathscr{H}_{\delta}^{s}(A_i)
+                        .\end{align*}
+                        Damit folgt
+                        \begin{salign*}
+                            \mathscr{H}^{s}\left( \bigcup_{i \in \N} A_i \right) &=
+                            \limsup_{\delta \to 0} \mathscr{H}_{\delta }^{s}\left(\bigcup_{i \in \N} A_i\right) \\
+                            &\ge \limsup_{\delta \to 0} \sum_{i \in \N} \mathscr{H}_{\delta }^{s}(A_i) \\
+                            &= \sum_{i \in \N} \limsup_{\delta \to 0} \mathscr{H}_{\delta }^{s}(A_i) \\
+                            &= \sum_{i \in \N} \mathscr{H}^{s}(A)
+                        .\end{salign*}
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\mathscr{H}^{s}(\alpha A) = \alpha ^{s} \mathscr{H}^{s}(A)$.
+            \begin{proof}
+                Sei $A \subseteq \R$ und $\alpha > 0$.
+                Wie bereits in A1 ist $f_{\alpha}$ eine inklusionserhaltende Bijektion. Damit ist
+                für $B_j \subseteq \R$:
+                \[
+                A \subseteq \bigcup_{j \in \N} B_j \iff \alpha A \subseteq \bigcup_{j \in \N} \alpha B_j
+            .\] Da offensichtlich $\text{diam}(\alpha A) = \alpha \text{diam}(A)$ und wegen $\alpha > 0$:
+            $\text{diam}(B_j) \le \delta  \iff \text{diam}(\alpha B_j) = \alpha \text{diam}(B_j) \le \alpha \delta $,
+            folgt die Behauptung aus der Definition.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\mathscr{H}^{s}(A + y) = \mathscr{H}^{s}(A)$ $\forall A \subseteq \R, y \in \R$.
+            \begin{proof}
+                Sei $A \subseteq \R$ und $y \in R$.
+                Es ist analog zu A1 $f_y \colon \mathscr{P}(\R) \to \mathscr{P}(\R), A \mapsto A +y$
+                inklusionserhaltende Bijektion. Außerdem ist $\text{diam}(A) = \text{diam}(A + y)$. Damit
+                folgt die Behauptung aus der Definition analog zu (b).
+            \end{proof}
+        \item Beh.: $\mathscr{H}^{0}$ ist das Zählmaß.
+            \begin{proof}
+                Sei $A \subseteq \R$ endlich. Dann ex. ein $I \subsetneq \N$, s.d.
+                $A = (a_i)_{i \in I}$. Es ist weiter
+                \[
+                A = \bigcup_{i \in I} \{a_i\}
+                .\] mit $\text{diam}(\{a_i\}) = 0$ für $i \in I$. Damit folgt
+                \[
+                    \sum_{i \in I} \text{diam}(\{a_i\})^{0} = |I| = \# A
+                .\] Also für $\delta \to 0$ ist $\mathscr{H}_{\delta }^{0}(A) = \# A$, also
+                $\mathscr{H}^{0}(A) = \# A$. Wegen der Monotonie von $\mathscr{H}^{0}$ ist
+                für $B \subseteq \R$ unendlich, $\mathscr{H}^{0}(B) = \infty$.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Beh.: $\nu$ äußeres Maß.
+            \begin{proof}
+                \begin{enumerate}[(i)]
+                    \item $\nu(\emptyset) = 0$, da $\emptyset$ endlich.
+                    \item Seien $A, B \subseteq \mathscr{P}(X)$ und $A \subseteq B$. Falls
+                        $\nu(B) = 1$: trivial. Sei also $\nu(B) = 0$. Dann ist
+                        $B$ höchstens abzählbar, also $A$ ebenfalls und es folgt
+                        \[
+                            \nu(A) = 0 = \nu(B)
+                        .\]
+                    \item Sei $A_k \in \mathscr{P}(X)$ für $k \in \N$. Falls
+                        ein $n \in \N$ ex., s.d. $A_k$ überabzählbar, ist auch
+                        $\bigcup_{k \in \N} A_k$ überabzählbar, also
+                        \[
+                            \nu\left( \bigcup_{k \in \N} A_k \right)
+                            = 1
+                            \le \underbrace{\nu(A_n)}_{= 1} +
+                            \underbrace{\sum_{\substack{k \in \N \\ k\neq n}} \nu(A_k)}_{\ge 0} \\
+                            = \sum_{k \in \N} \nu(A_k)
+                        .\] 
+                        Falls $\forall k \in \N\colon $ $A_k$ höchstens abzählbar, dann ist
+                        $\bigcup_{k \in \N} A_k$ höchstens abzählbar und es gilt
+                        \[
+                            \nu\left( \bigcup_{k \in \N} A_k \right) = 0 = \sum_{k \in \N} \nu(A_k)
+                        .\] 
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+        \item Sei $\mathscr{M} \coloneqq \{ A \in \mathscr{P}(X)  \mid \nu(E) = \nu(E \cap A) + \nu(E \cap A^{c}) \quad \forall E \in \mathscr{P}(X)\} $.
+
+            Beh.: $\mathscr{M} = \{ A \in \mathscr{P}(X)  \mid A \text{ höchstens abzählbar oder } A^{c}
+            \text{ höchstens abzählbar}\} \eqqcolon \mathscr{F}$
+            \begin{proof}
+                Falls $X$ abzählbar, dann ist $\nu(A) = 0$ $\forall A \in \mathscr{P}(X)$, also
+                trivialerweise $\mathscr{M} = \mathscr{P}(X) = \mathscr{F}$.
+
+                Sei also $X$ überabzählbar.
+                \begin{itemize}
+                    \item ,,$\subseteq $'': Sei $A \in \mathscr{M}$. Falls $A$ höchstens abzählbar, folgt
+                        direkt $A \in \mathscr{F}$. Sei also $A$ überabzählbar. Dann ist
+                        mit $E = X$:
+                        \[
+                            1 = \nu(X) = \nu(X \cap A) + \nu(X \cap A^{c})
+                            = \underbrace{\nu(A)}_{=1} + \nu(A^{c}) = 1 + \nu(A^{c})
+                        .\] Also $\nu(A^{c}) = 0$, also $A^{c}$ höchstens abzählbar und damit
+                        $A \in \mathscr{F}$, also $\mathscr{M} \subseteq \mathscr{F}$.
+                    \item ,,$\supseteq$'': Sei $A \in \mathscr{F}$ und $E \subseteq X$ beliebig.
+                        Falls $A$ und $E$ höchstens abzählbar sind
+                        $E \cap A$ und $E \cap A^{c}$ ebenfalls höchstens abzählbar, also folgt
+                        \[
+                            \nu(E) = 0 = \nu(E \cap A) + \nu(E \cap A^{c}) \implies A \in \mathscr{M}
+                        .\] 
+                        Falls $A$ höchstens abzählbar und $E$ überabzählbar folgt mit der
+                        Subadditivität von $\nu$:
+                        \[
+                        1 = \nu(E) \le \underbrace{\nu(E \cap A)}_{\substack{=0\\\text{da } A \text{ abzählbar}}} + \underbrace{\nu(E \cap A^{c})}_{\le 1}
+                        .\] Also folgt $\nu(E \cap A^{c}) = 1$ und damit $A \in \mathscr{M}$.
+
+                        Falls $A$ überabzählbar und $E$ höchstens abzählbar sind
+                        $E \cap A$ und $E \cap A^{c}$ ebenfalls höchstens abzählbar, also $A \in \mathscr{M}$.
+
+                        Falls $A$ und $E$ überabzählbar ist $A^{c}$ höchstens abzählbar, da $A \in \mathscr{F}$
+                        und damit wegen Subadditivität von $\nu$:
+                        \[
+                            1 = \nu(E) \le \underbrace{\nu(E \cap A)}_{\le 1} + \underbrace{\nu(E \cap A^{c})}_{=0}
+                            \implies \nu(E \cap A) = 1  \implies A \in \mathscr{M}
+                        .\] Also insgesamt $F \subseteq M$.
+                \end{itemize}
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}

ws2020/theo/lectures

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-Subproject commit c730c108521ad79dee38201b3059a7ccfd97fb1b
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ws2020/wtheo/uebungen/whteo1.tex

@@ -1,7 +1,9 @@
 \documentclass[uebung]{../../../lecture}
 
-\title{Einführung in die Wahrscheinlichkeitstheorie und Statistik: Übungsblatt 1}
-\author{Christian Merten}
+\title{Wtheo 0: Übungsblatt 1}
+\author{Josua Kugler, Christian Merten}
+
+\newcommand{\IP}{\mathbb{P}}
 
 \usepackage[]{mathrsfs}
 \begin{document}
@@ -134,31 +136,50 @@
 \begin{aufgabe}
     Sei $(\Omega, \mathcal{A}, \mathbb{P})$ ein Wahrscheinlichkeitsraum.
     \begin{enumerate}[(a)]
-        \item Sei $n \in \N$ und $A_1, \ldots, A_n \in \mathcal{A}$.
-            Beh.:
+        \item Der Induktionsanfang ist offensichtlich wahr, $\IP(A_1) = (-1)^0 \cdot \IP(A_1)$. Gelte die Behauptung also für ein $n\in \N$. Dann folgern wir
+            \begin{align*}
+                \IP\left(\bigcup_{j=1}^{n+1} A_j\right) =& \IP\left(\bigcup_{j=1}^{n} A_j\right) + \IP(A_{n+1}) - \IP\left(\bigcup_{j=1}^{n} A_j \cap A_{n+1}\right)\\
+                =& \sum_{j = 1}^{n} \left((-1)^{j-1} \cdot \sum_{\{k_1, \dots, k_n\} \subset \{1,\dots, n\}} \IP(A_{k_1} \cap \dots \cap A_{k_j})\right) + \IP(A_{n+1})\\
+                &- \IP\left(\bigcup_{j=1}^{n} (A_j \cap A_{n+1})\right)\\
+                =& \sum_{j = 1}^{n} \left((-1)^{j-1} \cdot \sum_{\{k_1, \dots, k_n\} \subset \{1,\dots, n\}} \IP(A_{k_1} \cap \dots \cap A_{k_j})\right) + \IP(A_{n+1})\\
+                &- \sum_{j = 1}^{n} \left((-1)^{j-1} \cdot \sum_{\{k_1,\dots, k_j\} \subset \{1,\dots, n\}} \IP((A_{k_1} \cap A_{n+1}) \cap \dots \cap (A_{k_j} \cap A_{n+1}))\right)\\
+                =& \sum_{j = 1}^{n} \left((-1)^{j-1} \cdot \sum_{\{k_1, \dots, k_n\} \subset \{1,\dots, n\}} \IP(A_{k_1} \cap \dots \cap A_{k_j})\right) + \IP(A_{n+1})\\
+                &- \sum_{j = 1}^{n} \left((-1)^{j-1} \cdot \sum_{\{k_1, \dots, k_j\} \subset \{1,\dots, n\}} \IP(A_{k_1} \cap \dots \cap A_{k_j} \cap A_{n+1})\right)\\
+                =& \sum_{j = 1}^{n} \left((-1)^{j-1} \cdot \sum_{\substack{\{k_1, \dots, k_n\} \subset \{1,\dots, n+1\}\\\forall i\colon k_i \neq n+1}} \IP(A_{k_1} \cap \dots \cap A_{k_j})\right) + \IP(A_{n+1})\\
+                &+ \sum_{j = 2}^{n+1} \left((-1)^{j-1} \cdot \sum_{\substack{\{k_1, \dots, k_j\} \subset \{1,\dots, n+1\}\\\exists i\colon k_i = n+1}} \IP(A_{k_1} \cap \dots \cap A_{k_j})\right)\\
+                =& \sum_{j = 1}^{n} \left((-1)^{j-1} \cdot \sum_{\substack{\{k_1, \dots, k_n\} \subset \{1,\dots, n+1\}\\\forall i\colon k_i \neq n+1}} \IP(A_{k_1} \cap \dots \cap A_{k_j})\right)\\
+                &+ \sum_{j = 1}^{n+1} \left((-1)^{j-1} \cdot \sum_{\substack{\{k_1, \dots, k_j\} \subset \{1,\dots, n+1\}\\\exists i\colon k_i = n+1}} \IP(A_{k_1} \cap \dots \cap A_{k_j})\right)\\
+            \end{align*}
+            Für $j = n+1$ gilt $\{k_1,\dots, k_j\} = \{1,\dots, n+1\}$. Daher können wir die beiden Summen im letzten Schritt einfach zusammenfassen und erhalten
             \[
-                \mathbb{P}\left( \bigcup_{j=1}^{n} A_n \right)
-                = \sum_{j=1}^{n} \left( (-1)^{j-1} \cdot \sum_{\{k_1, \ldots, k_j\} \subseteq \{1, \ldots, n\} }
-                \mathbb{P}(A_{k_1} \cap \ldots \cap A_{k_j}) \right)
-            .\]
-            \begin{proof}
-                Per Induktion über $n$. Sei $n=1$: Dann ist $\mathbb{P}(\bigcup_{j=1}^{1} A_j) = \mathbb{P}(A_1)$.
-                Sei nun $n \in \N$ und Behauptung gezeigt für $k \le n$. Dann gilt
-                \begin{salign*}
-                    \mathbb{P}\left( \bigcup_{j=1}^{n+1} A_j \right)
-                    =& \mathbb{P}\left(\bigcup_{j=1}^{n} A_j \cup A_{n+1}\right) \\
-                    \stackrel{(*)}{=}& \mathbb{P}\left( \bigcup_{j=1}^{n} A_j \right)
-                    + \mathbb{P}(A_{n+1}) - \mathbb{P}\left( \bigcup_{j=1}^{n} A_j \cap A_{n+1} \right) \\
-                    \stackrel{\text{I.V.}}{=}&
-                    \sum_{j=1}^{n} \left( (-1)^{j-1} \sum_{\{k_1, \ldots, k_j\} \subseteq \{1, \ldots, n\}}
-                    \mathbb{P}(A_{k_1} \cap \ldots \cap A_{k_j})\right)
-                    + \mathbb{P}(A_{n+1}) \\
-                    &- \sum_{j=1}^{n} \left( (-1)^{j-1} \sum_{\{k_1, \ldots, k_j\} \subseteq \{1, \ldots, n\} }
-                    \mathbb{P}(A_{k_1} \cap A_{n+1} \cap \ldots \cap A_{k_j} \cap A_{n+1}) \right) \\
-                    =& \sum_{j=1}^{n+1} \left( (-1)^{j-1} \sum_{\{k_1, \ldots, k_j\}\subseteq \{1, \ldots, n\} }
-                    \mathbb{P}(A_{k_1} \cap \ldots \cap A_{k_j})\right)
-                .\end{salign*}
-            \end{proof}
+                \IP\left(\bigcup_{j=1}^{n+1} A_j\right) =  \sum_{j = 1}^{n+1} \left((-1)^{j-1} \cdot \sum_{\{k_1, \dots, k_n\} \subset \{1,\dots, n\}} \IP(A_{k_1} \cap \dots \cap A_{k_j})\right),
+            \]
+            was zu zeigen war.
+%        \item Sei $n \in \N$ und $A_1, \ldots, A_n \in \mathcal{A}$.
+%            Beh.:
+%            \[
+%                \mathbb{P}\left( \bigcup_{j=1}^{n} A_n \right)
+%                = \sum_{j=1}^{n} \left( (-1)^{j-1} \cdot \sum_{\{k_1, \ldots, k_j\} \subseteq \{1, \ldots, n\} }
+%                \mathbb{P}(A_{k_1} \cap \ldots \cap A_{k_j}) \right)
+%            .\]
+%            \begin{proof}
+%                Per Induktion über $n$. Sei $n=1$: Dann ist $\mathbb{P}(\bigcup_{j=1}^{1} A_j) = \mathbb{P}(A_1)$.
+%                Sei nun $n \in \N$ und Behauptung gezeigt für $k \le n$. Dann gilt
+%                \begin{salign*}
+%                    \mathbb{P}\left( \bigcup_{j=1}^{n+1} A_j \right)
+%                    =& \mathbb{P}\left(\bigcup_{j=1}^{n} A_j \cup A_{n+1}\right) \\
+%                    \stackrel{(*)}{=}& \mathbb{P}\left( \bigcup_{j=1}^{n} A_j \right)
+%                    + \mathbb{P}(A_{n+1}) - \mathbb{P}\left( \bigcup_{j=1}^{n} A_j \cap A_{n+1} \right) \\
+%                    \stackrel{\text{I.V.}}{=}&
+%                    \sum_{j=1}^{n} \left( (-1)^{j-1} \sum_{\{k_1, \ldots, k_j\} \subseteq \{1, \ldots, n\}}
+%                    \mathbb{P}(A_{k_1} \cap \ldots \cap A_{k_j})\right)
+%                    + \mathbb{P}(A_{n+1}) \\
+%                    &- \sum_{j=1}^{n} \left( (-1)^{j-1} \sum_{\{k_1, \ldots, k_j\} \subseteq \{1, \ldots, n\} }
+%                    \mathbb{P}(A_{k_1} \cap A_{n+1} \cap \ldots \cap A_{k_j} \cap A_{n+1}) \right) \\
+%                    =& \sum_{j=1}^{n+1} \left( (-1)^{j-1} \sum_{\{k_1, \ldots, k_j\}\subseteq \{1, \ldots, n\} }
+%                    \mathbb{P}(A_{k_1} \cap \ldots \cap A_{k_j})\right)
+%                .\end{salign*}
+%            \end{proof}
         \item Beh.: Die Wahrscheinlichkeit für $n \to \infty$ ist $1 - \frac{1}{e}$.
             \begin{proof}
                 Setze $\Omega \coloneqq \{ (g_1, \ldots, g_n)  \mid g_1, \ldots, g_n \in \{1, \ldots, n\},