add algebra
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\documentclass[uebung]{../../../lecture}
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\usepackage[]{mathrsfs}
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\begin{document}
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\punkte
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@@ -89,7 +91,203 @@
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\end{aufgabe}
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\begin{aufgabe}
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\begin{enumerate}[a)]
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\item Beh.: Es existiert kein Wahrscheinlichkeitsmaß $\nu \colon \mathscr{P}(X) \to \{0, 1\} $ mit
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$\nu(A) = 0$ für alle endlichen Mengen $A \subseteq X$.
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\begin{proof}
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Ang. es existiert ein Wahrscheinlichkeitsmaß $\nu \colon \mathscr{P}(X) \to \{0, 1\} $. Dann
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ist $\nu([0,1]) = 1$. Definiere nun induktiv: $I_1 = [0, 1]$.
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Für $I_{k+1}$ teile $I_k$ beliebig in zwei disjunkte Teilintervalle $A, B \subseteq I_k$ mit
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$A \cap B = \emptyset$, $A \cup B = I_k$ und $A, B \neq \emptyset$. Da $\mu(I_k) = 1$ und
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$A$ und $B$ disjunkt folgt mit der Additivität von $\nu$, dass entweder $\nu(A) = 1$ oder
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$\nu(B) = 1$. Wähle dann $I_{k+1} = A$ oder $I_{k+1} = B$, s.d. $\nu(I_k) = 1$. Damit
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ist $I_{k+1} \subsetneqq I_k$ also $I_k$ monoton fallend und $I_k \searrow \{ x \} $
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für $x \in [0,1]$. Außerdem gilt nach Konstruktion $\nu(I_k) = 1$ $\forall k \in \N$. Damit folgt
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nach VL
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\[
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\lim_{k \to \infty} \mu(I_k) = 1 \neq 0 = \mu\left( \left\{ x \right\} \right)
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\quad \contr
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.\]
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\end{proof}
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\item Beh.: $\mathcal{A}$ ist eine $\sigma$-Algebra.
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\begin{proof}
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item $X \in \mathcal{A}$, denn $X^{c} = \emptyset$ endlich. $\emptyset$ selbst endlich.
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\item Sei $A \in \mathcal{A}$. Falls $A$ höchstens abzählbar, dann ist
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$\left(A^{c}\right)^{c} = A$ höchstens abzählbar, analog für $A^{c}$ höchstens
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abzählbar. Also $A^{c} \in \mathcal{A}$.
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\item Sei $A_i \in \mathcal{A}$ $\forall i \in \N$. Falls $A_i$ höchstens
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abzählbar $\forall i \in \N$ ist $\bigcup_{i \in \N} A_i$ ebenfalls
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abzählbar, also $\bigcup_{i \in \N} A_i \in \mathcal{A}$.
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Falls $\exists j \in \N$, s.d. $A_j \in \mathcal{A}$ überabzählbar, dann ist
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$\mathcal{A}^{c}$ höchstens abzählbar nach Definition. Damit folgt
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\[
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\left(\bigcup_{i \in \N} A_i\right)^{c} = \bigcap_{i \in \N} A_i ^{c}
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\subseteq A_j^{c}
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.\] Also $\left( \bigcup_{i \in \N} A_i \right)^{c}$ höchstens abzählbar.
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\end{enumerate}
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\end{proof}
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Beh.: $\mu$ definiert ein Maß auf $\mathcal{A}$.
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\begin{proof}
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item Es ist $\mu(\emptyset) = 0$, denn $\emptyset$ endlich.
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\item Sei $A_i \in \mathcal{A}$ mit $A_i \cap A_j = \emptyset$ für $i \neq j$.
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Falls $\forall i \in \N$ $A_i$ höchstens abzählbar, dann ist $\bigcup_{i \in \N} A_i$
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auch höchstens abzählbar also folgt
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\[
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\mu\left( \bigcup_{i \in \N} A_i \right) = 0 = \sum_{i \in \N} \mu(A_i)
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.\]
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Falls ein $i \in \N$ existiert, s.d. $A_i$ überabzählbar, dann gilt
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$\mu(A_i) = 1$, $A_i^{c}$ nach Definition von $\mathcal{A}$ abzählbar
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und $\bigcup_{k \in \N} A_k $ überabzählbar.
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Da $A_i$ paarweise disjunkt, folgt $\forall j \in \N\colon A_j \subseteq A_{i}^{c}$,
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also $A_j$ höchstens abzählbar. Damit folgt
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\[
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\sum_{k \in \N} \mu(A_k) = \mu(A_i) + \sum_{k \in \N, k \neq i} \mu(A_k)
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= 1 + 0 = 1 = \mu\left( \bigcup_{k \in \N} A_k \right)
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.\]
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\end{enumerate}
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\end{proof}
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\item In (a) ist ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf dem gesamten Potenzraum gefordert, in (b)
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nur auf der Untermenge $\mathcal{A} \subsetneqq \mathscr{P}(X)$, denn beispielsweise
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weder $\left[0,\frac{1}{2}\right] \subseteq \R$ noch $\left[ 0, \frac{1}{2} \right]^{c} \subseteq \R$ sind höchstens
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abzählbar. Deswegen liegt kein Widerspruch vor.
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\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\begin{aufgabe}
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\begin{enumerate}[a)]
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\item Beh.: $\mathscr{D}$ $\pi$-System $\implies$ $\mathscr{D}$ $\sigma$-Algebra.
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\begin{proof}
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Sei $\mathscr{D}$ ein $\pi$-System. Dann gilt
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item $X \in \mathscr{D}$ klar, da $\mathscr{D}$ Dynkinsystem.
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\item $A \in \mathscr{D} \implies A^{c} \in \mathscr{D}$ klar, da $\mathscr{D}$ Dynkinsystem.
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\item Sei nun $A_i \in \mathscr{D}$ $\forall i \in \N$. Da für zwei
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Mengen $A, B \subseteq \mathscr{D}$ gilt $A \setminus B = A \cap B^{c}$.
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Da $\mathscr{D}$ Dynkinsystem und
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$\pi$-System ist, folgt
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$A \cap B^{c} \in \mathscr{D}$.
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Also folgt insgesamt $A \setminus B \in \mathscr{D}$.
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Konstruiere nun induktiv $B_1 \coloneqq A_1$ und
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$B_{k+1} \coloneqq A_{k+1} \setminus \bigcup_{i=1}^{k} B_i$. Es ist wegen
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oben $B_k \in \mathscr{D}$ und nach Konstruktion $B_i \cap B_j = \emptyset$
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$\forall i, j \in \N$ mit $i \neq j$. Damit folgt wegen
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$\mathcal{D}$ Dynkinsystem
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\[
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\bigcup_{i \in \N} A_i = \mathop{\dot{\bigcup_{i \in \N}}} B_i \in \mathscr{D}
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.\]
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\end{enumerate}
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\end{proof}
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\item Beh.: $\mathscr{H}(D)$ ist Dynkinsystem.
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\begin{proof}
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item Es ist $\emptyset \in \mathscr{H}(D)$, denn
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$\emptyset \cap D = \emptyset \in \mathscr{D}_0$,
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da $\mathscr{D}_0$ Dynkinsystem. Ebenfalls
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ist $X \in \mathscr{H}(D)$, denn $X \cap D = D \in \mathscr{D}_0$.
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\item Sei $A \in \mathscr{H}(D)$. Dann ist $A \cap D \in \mathscr{D}_0$. Da
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$\mathscr{D}_0$ Dynkinsystem folgt:
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\begin{align*}
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A^{c} \cap D = (X \setminus A) \cap D = (X \cap D) \setminus (A \cap D)
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= \left( (X \cap D)^{c} \mathop{\dot{\cup}} (A \cap D) \right)^{c}
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\in \mathscr{D}_0
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.\end{align*}
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\item Sei $A_i \in \mathscr{H}(D)$ $\forall i \in \N$ mit $A_i \cap A_j = \emptyset$
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$\forall i, j \in \N, i \neq j$. Dann folgt direkt, da die $A_i$ paarweise
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disjunkt sind und $\mathscr{D}_0$ Dynkinsystem:
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\[
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\left( \bigcup_{i \in \N} A_i \right) \cap D
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= \mathop{\dot{\bigcup_{i \in \N}}} (\underbrace{A_i \cap D}_{ \in \mathscr{D}_0})
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\in \mathscr{D}_0
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.\]
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\end{enumerate}
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\end{proof}
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\item Beh.: $\mathscr{H}(D) = \mathscr{D}_0$ für alle $D \in \mathscr{D}_0$.
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\begin{proof}
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\begin{enumerate}[(1)]
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\item Z.z.: $H(K) = \mathscr{D}_0$ $\forall K \in \mathscr{K}$.
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Sei $K \in \mathscr{K}$.
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Dann ist $\mathscr{K} \subseteq \mathscr{H}(K)$, denn für $A \in \mathscr{K}$ gilt
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$A \cap K \in \mathscr{K} \subseteq \mathscr{D}_0$, da $\mathscr{K}$ $\pi$-System.
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Da wegen (b) $\mathscr{H}(K)$ Dynkinsystem und $\mathscr{D}_0$ kleinstes
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Dynkinsystem, das $\mathscr{K}$ enthält, folgt $\mathscr{D}_0 \subseteq \mathscr{H}(K)$.
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Außerdem ist nach Definition $\mathscr{H}(K) \subseteq \mathscr{D}_0$, also
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folgt $\mathscr{H}(K) = \mathscr{D}_0$.
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\item Z.z.: $\mathscr{K} \subseteq \mathscr{H}(D)$ $\forall D \in \mathscr{D}_0$.
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Sei $D \in \mathscr{D}_0$ und $K \in \mathscr{K}$ beliebig. Da
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$D \in \mathscr{D}_0 = \mathscr{H}(K)$ (wg. 1) folgt $K \cap D \in \mathscr{D}_0$. Also
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auch $K \in \mathscr{H}(D)$.
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\item Sei nun $D \in \mathscr{D}_0.$ Da $\mathscr{H}(D)$ Dynkinsystem, das
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$\mathscr{K}$ enthält folgt wie in (1), dass $\mathscr{H}(D) = \mathscr{D}_0$.
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\end{enumerate}
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\end{proof}
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\item Beh.: $\sigma(\mathscr{K}) \subseteq \mathscr{D}$.
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\begin{proof}
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$\mathscr{D}_0$ ist $\pi$-System, denn $\mathscr{D}_0 \neq \emptyset$
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und für $A, B \in \mathscr{D}_0$ betrachte:
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$A \in \mathscr{H}(B) = D_0$. Damit folgt $A \cap B \in \mathscr{D_0}$.
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Mit (a) ist $\mathscr{D}_0$ also $\sigma$-Algebra, die mit (c) $\mathscr{K}$ enthält.
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Da $\mathscr{D}_0$ kleinstes Dynkinsystem ist, das $\mathscr{K}$ enthält, und jede
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$\sigma$-Algebra auch Dynkinsystem ist und $\mathscr{D}_0$ selber $\sigma$-Algebra, folgt
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\[
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\delta(\mathscr{K}) = \mathscr{D}_0 = \sigma(\mathscr{K})
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.\] Da bereits $\mathscr{D} \supseteq \mathscr{K}$, folgt
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$\sigma(\mathscr{K}) \subseteq \mathscr{D}$.
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\end{proof}
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\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\begin{aufgabe}[Zusatzaufgabe]
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\begin{enumerate}[a)]
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\item Beh.: $A_{*} = \{ x \in X \colon x \in A_k \text{ f.f.a. } k \in \N\} $.
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\begin{proof}
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Sei $x \in X$. Dann gilt
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\begin{align*}
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x \in A_{*} &\iff x \in \bigcup_{n \ge 1} \bigcap_{m \ge n} A_m \\
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&\iff \exists n \in \N\colon \forall m \ge n\colon x \in A_m \\
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&\iff x \in A_k \text{ für fast alle } k \in \N
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.\end{align*}
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\end{proof}
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Beh.: $A^{*} = \{ x \in X \colon x \in A_k \text{ für unendlich viele } k \in \N\} $.
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\begin{proof}
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Sei $x \in X$. Dann folgt
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\begin{align*}
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x \in A^{*} &\iff x \in \bigcap_{n \ge 1} \bigcup_{m \ge n} A_m \\
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&\iff \forall n \in \N\colon \exists m \in \N, n \ge m \colon x \in A_m \\
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&\iff x \in A_k \text{ für unendlich viele } k \in \N
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.\end{align*}
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\end{proof}
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\item Verwendet werden im Folgenden die Charakterisierungen aus (a).
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Beh.: $\chi_{A_{*}} = \liminf_{k \to \infty} \chi_{A_k} $.
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\begin{proof}
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Sei $x \in X$. Falls $x \in A_{*}$: Dann ex. ein $k \in \N$ s.d. $\forall n \ge k$:
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$x \in A_n$, also $\chi_{A_k}(x) = 1$ also
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\[
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\liminf_{n \to \infty} \chi_{A_n} (x)
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= \sup_{n \in \N} \inf_{m \ge n} \chi_{A_k}(x) = 1 = \chi_{A_*}(x)
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.\] Falls $x \not\in A_{*}$: $\forall n \in \N\colon \exists k \in \N, k \ge n\colon x\not\in A_k \implies \chi_{A_k}(x) = 0$, also
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\[
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\liminf_{n \to \infty} \chi_{A_n} (x) = 0 = \chi_{A_*}(x)
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.\]
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\end{proof}
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Die Behauptung für den limes superior funktioniert exakt analog.
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\item Beh.: $A_* = \emptyset$ und $A^{*} = [0,1)$.
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\begin{proof}
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Bemerke: Für $x \in [0,1)$ existieren $\infty$-viele $A_k$ mit $x \in A_k$ und
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$\infty$-viele $A_k$ mit $x \not\in A_k$, denn die $A_k$ bilden immer feinere
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Unterteilungen des Intervalls $[0, 1)$.
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Damit folgt die Behauptung aus den Charakterisierungen aus (a).
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\end{proof}
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\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\end{document}
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