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Hallo Zusammen,
Ich habe Probleme mit folgender Aufgabe:
| Aufgabe | Ist [mm]\left(A_n\right)_{n\in\mathbb{N}}[/mm] mit [mm]A := \bigcup_{n\in\mathbb{N}}{A_n}[/mm] eine Folge von Ereignissen mit [mm]A_n \subset A_{n+1}[/mm] für alle [mm]n\in\mathbb{N}[/mm], so gilt
[mm]P(A) = \lim_{n\to\infty}{P\left(A_n\right)}[/mm]
Hinweis: Betrachten Sie die Ereignisse [mm]B_n := A_n-A_{n-1}[/mm]. |
Folgt man dem Hinweis, so kann man [mm]A[/mm] folgendermaßen zerlegen:
[mm]A = A_1\cup\bigcup_{i=1}^{n-1}{\left(A_{i+1}-A_i\right)}[/mm]
Da [mm]A_1[/mm] und alle [mm]A_{i+1}-A_i[/mm] unvereinbar sind, gilt nach Axiom 3 der Additivität:
[mm]P\left(A_1\right) + \sum_{i=1}^{n-1}{P\left(A_{i+1}-A_i\right)}=P(A)[/mm]
Die Frage ist nur, wie man hieraus weiter fortfährt? Wie hängt diese Summe mit dem Grenzwert von [mm]P\left(A_n\right)[/mm] zusammen? Oder war meine Herangehensweise generell verkehrt?
Danke für die Hilfe!
Grüße
Karl
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:54 Do 06.04.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Karl_Pech!
> Ist [mm]\left(A_n\right)_{n\in\mathbb{N}}[/mm] mit [mm]A := \bigcup_{n\in\mathbb{N}}{A_n}[/mm]
> eine Folge von Ereignissen mit [mm]A_n \subset A_{n+1}[/mm] für alle
> [mm]n\in\mathbb{N}[/mm], so gilt
>
> [mm]P(A) = \lim_{n\to\infty}{P\left(A_n\right)}[/mm]
> Hinweis:
> Betrachten Sie die Ereignisse [mm]B_n := A_n-A_{n-1}[/mm].
>
> Folgt man dem Hinweis, so kann man [mm]A[/mm] folgendermaßen
> zerlegen:
>
>
> [mm]A = A_1\cup\bigcup_{i=1}^{n-1}{\left(A_{i+1}-A_i\right)}[/mm]
du meinst [mm]A = A_1 \cup \bigcup_{i=1}^\infty \left(A_{i+1}-A_i\right)[/mm], oder?
> Da [mm]A_1[/mm] und alle [mm]A_{i+1}-A_i[/mm] unvereinbar sind, gilt nach
> Axiom 3 der Additivität:
>
>
> [mm]P\left(A_1\right) + \sum_{i=1}^{n-1}{P\left(A_{i+1}-A_i\right)}=P(A)[/mm]
Hier meinst du auch [mm]P\left(A_1\right) + \sum_{i=1}^\infty P\left(A_{i+1}-A_i\right) = P(A)[/mm], oder?
Nunja. Du hast da eine absolut konvergente Reihe stehen (Wahrschienlichkeiten sind [mm] $\ge [/mm] 0$, und der Grenzwert ist $P(A) - [mm] P(A_1) [/mm] < [mm] \infty$). [/mm] Was weisst du dann ueber die Summanden (sprich: wogegen konvergieren die)? 
HTH & LG Felix
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Hallo Felix!
> Nunja. Du hast da eine absolut konvergente Reihe stehen
> (Wahrschienlichkeiten sind [mm]\ge 0[/mm], und der Grenzwert ist
> [mm]P(A) - P(A_1) < \infty[/mm]). Was weisst du dann ueber die
> Summanden (sprich: wogegen konvergieren die)?
Also ich habe nachgeguckt  , und wenn ich es richtig deute, muß
[mm]\left(P\left(A_{i+1}-A_i\right)\right)_{i\in\mathbb{N}}[/mm]
eine Nullfolge sein, d.h. es gilt
[mm]\lim_{i\to\infty}{P\left(A_{i+1}-A_i\right)} = 0[/mm]
Ab hier komme ich aber wieder nicht so ganz weiter. :-(
Eine Folge konvergiert ja, wenn die zugehörige Nullfolge konvergiert, jetzt habe ich die Situation, daß mir eine Nullfolge schon vorgegeben ist, und ich offenbar die passende Folge finden muß, oder? Jedenfalls muß ich doch zeigen, daß
[mm]P\left(A_i\right)-P(A)[/mm]
gegen 0 konvergiert, für [mm]i\to\infty[/mm]. Und dazu sollte ich doch durch die vorherige Nullfolge abschätzen können? Also:
[mm]\left|P\left(A_i\right) - P(A)\right| \le P\left(A_{i+1}-A_i\right)[/mm]
[mm]\Rightarrow P\left(A_i\right) \le P\left(A_{i+1}-A_i\right) + P(A)[/mm]
Und was mache ich jetzt? Ich vermute mal, daß hier Axiom 3 der Additivität irgendwie wieder ins Spiel gebracht werden muß, oder? ![[kopfkratz3]](/images/smileys/kopfkratz3.gif "[kopfkratz3]")
Vielen Dank!
Liebe Grüße
Karl
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:18 Fr 07.04.2006 | | Autor: | SEcki |
> [mm]\lim_{i\to\infty}{P\left(A_{i+1}-A_i\right)} = 0[/mm]
Nicht alles was richtig ist, trägt zur Lösung bei.
> Ab hier komme ich aber wieder nicht so ganz weiter. :-(
> Eine Folge konvergiert ja, wenn die zugehörige Nullfolge
> konvergiert, jetzt habe ich die Situation, daß mir eine
> Nullfolge schon vorgegeben ist, und ich offenbar die
> passende Folge finden muß, oder?
Nö, du hast die Konvergenz der Summe schon gegeben.
> [mm]P\left(A_i\right)-P(A)[/mm]
>
>
> gegen 0 konvergiert, für [mm]i\to\infty[/mm]. Und dazu sollte ich
> doch durch die vorherige Nullfolge abschätzen können?
Hm? Ich weiss nicht, wieso du da so rumeierst - versuche doch mal die n-te Partialsumme anders darzustellen. Welchen Wert hat die n-te Partialsumme denn?
SEcki
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Hallo SEcki,
> versuche doch mal die n-te Partialsumme anders darzustellen.
Das habe ich jetzt intensiv versucht, und denke auf eine mögliche Lösung gestossen zu sein. Jedenfalls geht das trotzdem über eine Nullfolge, denke ich. Nur das die Anwendung jetzt sinnvoller ist, als zuvor:
Zunächst einmal gilt per Definition der Differenzmenge:
[mm]A_{i+1}-A_i = A_{i+1}\cap\overline{A_i} = \overline{\overline{A_{i+1}}}\cap\overline{A_i} = \overline{\overline{A_{i+1}}\cup A_i}[/mm]
und da hatte ich eine Idee ![[lichtaufgegangen]](/images/smileys/lichtaufgegangen.gif "[lichtaufgegangen]") , nämlich
[mm]P\left(\overline{\overline{A_{i+1}}\cup A_i}\right) = 1-P\left(\overline{A_{i+1}}\cup A_i\right)[/mm]
[mm]\overline{A_{i+1}}[/mm] und [mm]A_i[/mm] sind unvereinbar, denn [mm]A_i[/mm] liegt ja in [mm]A_{i+1}[/mm], also kann es nicht in der Restmenge liegen, die [mm]A_{i+1}[/mm] "umgibt". Also gilt:
[mm]1-P\left(\overline{A_{i+1}}\cup A_i\right) = 1-P\left(\overline{A_{i+1}}\right)-P\left(A_i\right) = 1-\left(1-P\left(A_{i+1}\right)\right)-P\left(A_i\right) = P\left(A_{i+1}\right)-P\left(A_i\right)[/mm]
Die Folge [mm]\left(P\left(A_{i+1}\right)-P\left(A_i\right)\right)_{i\in\mathbb{N}}[/mm] ist eine Nullfolge, da die zugehörige Reihe, wie wir schon vorhin festgestellt haben, (absolut) konvergiert.
so ... bis hierhin war es doch richtig, oder? Aber jetzt bin ich mir nicht mehr so sicher:
Wegen [mm]A_1 \subset \dotsb \subset A_n[/mm] gilt doch:
[mm]\bigcup_{k=1}^i{A_k} = A_i[/mm]
aber für [mm]i\to\infty[/mm] erhalten wir damit doch gerade [mm]A[/mm], also sollte man folgendermaßen umformen können:
[mm]\lim_{i\to\infty}{\left(P\left(A_{i+1}\right)-P\left(A_i\right)\right)} = \lim_{i\to\infty}{\left(P\left(A_{i+1}\right)-P\left(\bigcup_{k=1}^i{A_k} \right)\right)} = \lim_{i\to\infty}{\left(P\left(A_{i+1}\right)-P\left(A\right)\right)} = 0[/mm]
Da eine Folge konvergiert, wenn ihre zugehörige Nullfolge konvergiert, gilt:
[mm]\lim_{i\to\infty}{P\left(A_{i+1}\right)} = \lim_{i\to\infty}{P\left(A_i\right)} = P(A)\quad\Box[/mm]
Waren diese letzten Schritte richtig?
> Hm? Ich weiss nicht, wieso du da so rumeierst
Na ja, mir fehlte halt eine Idee... ![[keineahnung]](/images/smileys/keineahnung.gif "[keineahnung]")
Viele Grüße
Karl
![[user]](/images/smileys/user.gif "[user]")
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:47 Fr 07.04.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Karl!
> > versuche doch mal die n-te Partialsumme anders
> darzustellen.
Mach es doch mal ganz explizit
Die $n$-te Partialsumme ist [mm] $P(A_1) [/mm] + [mm] \sum_{i=1}^n P(A_{i+1} [/mm] - [mm] A_i) [/mm] = [mm] P(A_1 \cup \bigcup_{i=1}^n (A_{i+1} [/mm] - [mm] A_i))$, [/mm] da die Mengen [mm] $A_1$ [/mm] und [mm] $A_{i+1} [/mm] - [mm] A_i$, [/mm] $i = 1, [mm] \dots, \infty$ [/mm] paarweise disjunkt sind! Kannst du [mm] $P(A_1 \cup \bigcup_{i=1}^n (A_{i+1} [/mm] - [mm] A_i))$ [/mm] jetzt ein wenig vereinfachen?
> Das habe ich jetzt intensiv versucht, und denke auf
> eine mögliche Lösung gestossen zu sein. Jedenfalls geht das
> trotzdem über eine Nullfolge, denke ich. Nur das die
> Anwendung jetzt sinnvoller ist, als zuvor:
>
>
> Zunächst einmal gilt per Definition der Differenzmenge:
>
>
> [mm]A_{i+1}-A_i = A_{i+1}\cap\overline{A_i} = \overline{\overline{A_{i+1}}}\cap\overline{A_i} = \overline{\overline{A_{i+1}}\cup A_i}[/mm]
>
>
> und da hatte ich eine Idee , nämlich
>
>
> [mm]P\left(\overline{\overline{A_{i+1}}\cup A_i}\right) = 1-P\left(\overline{A_{i+1}}\cup A_i\right)[/mm]
>
>
> [mm]\overline{A_{i+1}}[/mm] und [mm]A_i[/mm] sind unvereinbar, denn [mm]A_i[/mm] liegt
> ja in [mm]A_{i+1}[/mm], also kann es nicht in der Restmenge liegen,
> die [mm]A_{i+1}[/mm] "umgibt". Also gilt:
>
>
> [mm]1-P\left(\overline{A_{i+1}}\cup A_i\right) = 1-P\left(\overline{A_{i+1}}\right)-P\left(A_i\right) = 1-\left(1-P\left(A_{i+1}\right)\right)-P\left(A_i\right) = P\left(A_{i+1}\right)-P\left(A_i\right)[/mm]
>
>
> Die Folge
> [mm]\left(P\left(A_{i+1}\right)-P\left(A_i\right)\right)_{i\in\mathbb{N}}[/mm]
> ist eine Nullfolge, da die zugehörige Reihe, wie wir schon
> vorhin festgestellt haben, (absolut) konvergiert.
>
>
> so ... bis hierhin war es doch richtig, oder? Aber jetzt
> bin ich mir nicht mehr so sicher:
>
>
> Wegen [mm]A_1 \subset \dotsb \subset A_n[/mm] gilt doch:
>
>
> [mm]\bigcup_{k=1}^i{A_k} = A_i[/mm]
>
>
> aber für [mm]i\to\infty[/mm] erhalten wir damit doch gerade [mm]A[/mm], also
> sollte man folgendermaßen umformen können:
Bis hierher war glaub ich alles richtig. Aber jetzt:
> [mm]\lim_{i\to\infty}{\left(P\left(A_{i+1}\right)-P\left(A_i\right)\right)} = \lim_{i\to\infty}{\left(P\left(A_{i+1}\right)-P\left(\bigcup_{k=1}^i{A_k} \right)\right)} = \lim_{i\to\infty}{\left(P\left(A_{i+1}\right)-P\left(A\right)\right)} = 0[/mm]
Hier benutzt du die Behauptung (allerdings nicht direkt, da fehlen eigentlich noch ein paar Zwischenschritte)!
> [...]
> Waren diese letzten Schritte richtig?
Nach der falschen Zeile oben ist wieder alles richtig, nur bringt dir das nichts...
Aber mit der Partialsumme (siehe ganz oben im Posting) kommst du weiter.
LG Felix
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Hallo Zusammen!
Ich will jetzt nochmal alles, was wir hier besprochen haben, in meinem nächsten Beweisversuch zusammenfassen, wobei ich die Partialsummen und die Zerlegung aus meiner ersten Frage benutzen will, weil es - wie ich gerade herausgefunden habe - offenbar nur dann mit den Indizes hinkommt:
Wir zerlegen [mm]A[/mm] folgendermaßen disjunkt:
[mm]A = A_1\cup\bigcup_{i=1}^{n-1}{\left(A_{i+1}-A_i\right)}[/mm]
Jetzt benutzen wir das 3te Kolmogorovsche Axiom der Additivität:
[mm]P\left(A_1\right) + \sum_{i=1}^{n-1}{P\left(A_{i+1}-A_i\right)}= P\left(A_1\cup\bigcup_{i=1}^{n-1}{\left(A_{i+1}-A_i\right)}\right)[/mm]
Die linke Seite der Gleichung wollen wir zuerst vereinfachen, dazu benutze ich das Ergebnis aus meinem vorigen Versuch:
[mm]P\left(A_1\right) + \sum_{i=1}^{n-1}{P\left(A_{i+1}-A_i\right)}=P\left(A_1\right) + \sum_{i=1}^{n-1}{\left(P\left(A_{i+1}\right)-P\left(A_i\right)\right)} = P\left(A_1\right) + \sum_{i=1}^{n-1}{P\left(A_{i+1}\right)}-\sum_{i=1}^{n-1}{P\left(A_i\right)}[/mm]
Die Indizierung der mittleren Summe kann man anpassen:
[mm]P\left(A_1\right) + \sum_{i=2}^n{P\left(A_i\right)}-\sum_{i=1}^{n-1}{P\left(A_i\right)} = P\left(A_n\right)+\sum_{i=1}^{n-1}{P\left(A_i\right)}-\sum_{i=1}^{n-1}{P\left(A_i\right)} = P\left(A_n\right)[/mm]
Jetzt vereinfachen wir die rechte Seite der Gleichung:
[mm]P\left(A_1\cup\bigcup_{i=1}^{n-1}{\left(A_{i+1}-A_i\right)}\right)=P\left(A_1\cup\bigcup_{i=1}^{n-1}{\left(\overline{\overline{A_{i+1}}}\cap\overline{A_i}\right)}\right) = P\left(A_1\cup\bigcup_{i=1}^{n-1}{\overline{\overline{A_{i+1}}\cup A_i}}\right) = P\left(\overline{\overline{A_1}}\cup\overline{\bigcap_{i=1}^{n-1}{\left(\overline{A_{i+1}}\cup A_i\right)}}\right)[/mm]
[mm]= P\left(\overline{\overline{A_1}\cap\bigcap_{i=1}^{n-1}{\left(\overline{A_{i+1}}\cup A_i\right)}}\right) = 1-P\left(\overline{A_1}\cap\bigcap_{i=1}^{n-1}{\left(\overline{A_{i+1}}\cup A_i\right)}\right)[/mm]
Interessant wird es nun, wenn man sich
[mm]\overline{A_1}\cap\bigcap_{i=1}^{n-1}{\left(\overline{A_{i+1}}\cup A_i\right)}[/mm]
wie einen Bool'schen Ausdruck vorstellt:
[mm]\overline{a_1}\left(a_1+\overline{a_2}\right)\dots\left(a_{n-1}+\overline{a_n}\right) = \left(\overline{a_1}a_1+\overline{a_1}\,\overline{a_2}\right)\dots\left(a_{n-1}+\overline{a_n}\right) = \overline{a_1}\,\textcolor{magenta}{\overline{a_2}\left(a_2+\overline{a_3}\right)}\dots\left(a_{n-1}+\overline{a_n}\right) = \overline{a_1}\dots\overline{a_n}[/mm]
Also gilt:
[mm]1-P\left(\overline{A_1}\cap\bigcap_{i=1}^{n-1}{\left(\overline{A_{i+1}}\cup A_i\right)}\right) = 1-P\left(\bigcap_{i=1}^n{\overline{A_i}}\right)[/mm]
und damit insgesamt:
[mm]P\left(A_n\right) = 1-P\left(\bigcap_{i=1}^n{\overline{A_i}}\right)=1-P\left(\overline{\bigcup_{i=1}^n{A_i}}\right) = 1-1+P\left(\bigcup_{i=1}^n{A_i}\right) = P\left(\bigcup_{i=1}^n{A_i}\right)\quad(\star)[/mm]
Nun ja, die Definition von [mm]A[/mm] war ja
[mm]A := \bigcup_{i\in\mathbb{N}}{A_i} = \lim_{n\to\infty}{\bigcup_{i=1}^n{A_i}}[/mm]
Also betrachten wir doch auch für unsere Gleichung den Grenzwert [mm]n\to\infty[/mm]:
[mm]P(A) = P\left(\lim_{n\to\infty}{\bigcup_{i=1}^n{A_i}}\right) = \lim_{n\to\infty}{P\left(\bigcup_{i=1}^n{A_i}\right)} \mathop =^{(\star)} \lim_{n\to\infty}{P\left(A_n\right)}\quad\Box[/mm]
Mein Gott, ich glaube es ist vollbracht! ![[hot]](/images/smileys/hot.gif "[hot]") ![[breakdance]](/images/smileys/breakdance.gif "[breakdance]")
Hehe, eigentlich sollte das noch eine Frage werden, aber jetzt wird ein großes Dankeschön an euch!! daraus!
Liebe Grüße
Karl
[P.S. Ich hätte nie gedacht, daß der Beweis so lang werden würde, geschweige denn, daß ich's selbst herleiten könnte! ]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:30 Sa 08.04.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Karl!
> Ich will jetzt nochmal alles, was wir hier besprochen
> haben, in meinem nächsten Beweisversuch zusammenfassen,
> wobei ich die Partialsummen und die Zerlegung aus meiner
> ersten Frage benutzen will, weil es - wie ich gerade
> herausgefunden habe - offenbar nur dann mit den Indizes
> hinkommt:
>
>
> Wir zerlegen [mm]A[/mm] folgendermaßen disjunkt:
>
>
> [mm]A = A_1\cup\bigcup_{i=1}^{n-1}{\left(A_{i+1}-A_i\right)}[/mm]
Du meinst wieder: [mm] $A_n$ [/mm] wird disjunkt zerlegt als [mm] $A_n [/mm] = ...$, oder?
> [...]
> Jetzt vereinfachen wir die rechte Seite der Gleichung:
> [mm]P\left(A_1\cup\bigcup_{i=1}^{n-1}{\left(A_{i+1}-A_i\right)}\right)=P\left(A_1\cup\bigcup_{i=1}^{n-1}{\left(\overline{\overline{A_{i+1}}}\cap\overline{A_i}\right)}\right) = P\left(A_1\cup\bigcup_{i=1}^{n-1}{\overline{\overline{A_{i+1}}\cup A_i}}\right) = P\left(\overline{\overline{A_1}}\cup\overline{\bigcap_{i=1}^{n-1}{\left(\overline{A_{i+1}}\cup A_i\right)}}\right)[/mm]
Meinst du wirklich, dass das einfacher ist als [mm] $P(A_n)$?
[/mm]
> [mm]= P\left(\overline{\overline{A_1}\cap\bigcap_{i=1}^{n-1}{\left(\overline{A_{i+1}}\cup A_i\right)}}\right) = 1-P\left(\overline{A_1}\cap\bigcap_{i=1}^{n-1}{\left(\overline{A_{i+1}}\cup A_i\right)}\right)[/mm]
>
>
> Interessant wird es nun, wenn man sich
>
>
> [mm]\overline{A_1}\cap\bigcap_{i=1}^{n-1}{\left(\overline{A_{i+1}}\cup A_i\right)}[/mm]
>
>
> wie einen Bool'schen Ausdruck vorstellt:
>
>
> [mm]\overline{a_1}\left(a_1+\overline{a_2}\right)\dots\left(a_{n-1}+\overline{a_n}\right) = \left(\overline{a_1}a_1+\overline{a_1}\,\overline{a_2}\right)\dots\left(a_{n-1}+\overline{a_n}\right) = \overline{a_1}\,\textcolor{magenta}{\overline{a_2}\left(a_2+\overline{a_3}\right)}\dots\left(a_{n-1}+\overline{a_n}\right) = \overline{a_1}\dots\overline{a_n}[/mm]
>
>
> Also gilt:
>
>
> [mm]1-P\left(\overline{A_1}\cap\bigcap_{i=1}^{n-1}{\left(\overline{A_{i+1}}\cup A_i\right)}\right) = 1-P\left(\bigcap_{i=1}^n{\overline{A_i}}\right)[/mm]
>
>
> und damit insgesamt:
>
>
> [mm]P\left(A_n\right) = 1-P\left(\bigcap_{i=1}^n{\overline{A_i}}\right)=1-P\left(\overline{\bigcup_{i=1}^n{A_i}}\right) = 1-1+P\left(\bigcup_{i=1}^n{A_i}\right) = P\left(\bigcup_{i=1}^n{A_i}\right)\quad(\star)[/mm]
...und mit [mm] $\bigcup_{i=1}^n A_i [/mm] = [mm] A_n$ [/mm] ist das auch wieder [mm] $P(A_n)$.
[/mm]
> Nun ja, die Definition von [mm]A[/mm] war ja
>
>
> [mm]A := \bigcup_{i\in\mathbb{N}}{A_i} = \lim_{n\to\infty}{\bigcup_{i=1}^n{A_i}}[/mm]
>
>
> Also betrachten wir doch auch für unsere Gleichung den
> Grenzwert [mm]n\to\infty[/mm]:
>
>
> [mm]P(A) = P\left(\lim_{n\to\infty}{\bigcup_{i=1}^n{A_i}}\right) = \lim_{n\to\infty}{P\left(\bigcup_{i=1}^n{A_i}\right)} \mathop =^{(\star)} \lim_{n\to\infty}{P\left(A_n\right)}\quad\Box[/mm]
Sorry, aber du hast hier wieder die Behauptung verwendet! Und zwar das zweite Gleichheitszeichen: Dort verwendest du gerade, dass [mm] $P(\lim) [/mm] = [mm] \lim [/mm] P$ ist! (Wenn du [mm] $\bigcup_{i=1}^n A_i [/mm] = [mm] A_n$ [/mm] einsetzt hast du da exakt die Behauptung stehen!)
Fangen wir doch nochmal von vorne an. Du hast [mm] $A_n [/mm] = [mm] A_1 \cup \bigcup_{i=1}^{n-1} (A_{i+1} [/mm] - [mm] A_i)$ [/mm] (disjunkte Vereinigungen), und damit ist [mm] $P(A_n) [/mm] = [mm] P\left(A_1 \cup \bigcup_{i=1}^{n-1} (A_{i+1} - A_i)\right) [/mm] = [mm] P(A_1) [/mm] + [mm] \sum_{i=1}^{n-1} P(A_{i+1} [/mm] - [mm] A_i)$.
[/mm]
Weiterhin ist $A = [mm] \bigcup_{i=1}^\infty A_i [/mm] = [mm] A_1 \cup \bigcup_{i=1}^\infty (A_{i+1} [/mm] - [mm] A_i)$ [/mm] (die Vereinigungen nach dem letzten Gleichheitszeichen sind disjunkt), womit $P(A) = [mm] P(A_1) [/mm] + [mm] \sum_{i=1}^\infty P(A_{i+1} [/mm] - [mm] A_i)$ [/mm] ist.
Jetzt gilt jedoch [mm] $\lim_{n\to\infty} P(A_n) [/mm] = [mm] \lim_{n\to\infty} \left( P(A_1) + \sum_{i=1}^{n-1} P(A_{i+1} - A_i) \right) [/mm] = ...$
Siehst du es jetzt? (Von hier aus brauchst du hoechstens noch zwei Schritte, und keine komplizierten Umformungen mehr, eigentlich nur noch Einsetzen von Gleichungen die nach dem `Sorry' hier mal standen.)
LG Felix
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Hallo Felix!
> > [mm]P\left(\lim_{n\to\infty}{\bigcup_{i=1}^n{A_i}}\right) = \lim_{n\to\infty}{P\left(\bigcup_{i=1}^n{A_i}\right)}[/mm]
>
> Sorry, aber du hast hier wieder die Behauptung verwendet!
> Und zwar das zweite Gleichheitszeichen: Dort verwendest du
> gerade, dass [mm]P(\lim) = \lim P[/mm] ist! (Wenn du [mm]\bigcup_{i=1}^n A_i = A_n[/mm]
> einsetzt hast du da exakt die Behauptung stehen!)
Ja stimmt schon ... das ist die Behauptung von rechts nach links aufgeschrieben. ![[bonk]](/images/smileys/bonk.gif "[bonk]")
> Fangen wir doch nochmal von vorne an.
Ich glaube, ich sollte mir an dieser Stelle nochmal alle Formeln aufschreiben, die sich in der Diskussion so angesammelt haben, denn ich verliere langsam den Überblick was ich eigentlich benutzen darf, und was nicht. Es würde mir vielleicht schon helfen, wenn ich wüßte, welche der folgenden Formeln für meinen Beweis nützlich sind, und welche nur "Balast" sind:
(1) [mm]A_n = A_1 \cup \bigcup_{i=1}^{n-1}{\left(A_{i+1}-A_i\right)}[/mm]
(2) [mm]A = A_1 \cup \bigcup_{i=1}^{\infty}{\left(A_{i+1}-A_i\right)}[/mm]
(3) [mm]P\left(A_n\right) = P\left(A_1\right) + \sum_{i=1}^{n-1}{P\left(A_{i+1}-A_i\right)}[/mm]
(4) [mm]P\left(A\right) = P\left(A_1\right) + \sum_{i=1}^{\infty}{P\left(A_{i+1}-A_i\right)}[/mm]
(5) [mm]A_n = \bigcup_{i=1}^n{A_i}[/mm]
(6) [mm]A = \bigcup_{i=1}^{\infty}{A_i}[/mm]
(7) [mm]P\left(A_{i+1}-A_i\right) = P\left(A_{i+1}\right) - P\left(A_i\right)[/mm]
(8) [mm]\lim_{i\to\infty}{P\left(A_{i+1}-A_i\right)} = 0[/mm]
(9) [mm]\lim_{i\to\infty}{\left(P\left(A_{i+1}\right)-P\left(A_i\right)\right)}=0 \gdw \lim_{i\to\infty}{P\left(A_{i+1}\right)} = \lim_{i\to\infty}{P\left(A_i\right)}[/mm]
Von SEcki weiß ich, daß Formel 8 hier "Balast" ist. Außerdem denke ich, daß Formel 9 eine Tautologie ist, und deshalb auch wegfällt. Bleiben also noch 7 Formeln.
> Jetzt gilt jedoch [mm]\lim_{n\to\infty} P(A_n) = \lim_{n\to\infty} \left( P(A_1) + \sum_{i=1}^{n-1} P(A_{i+1} - A_i) \right) = ...[/mm]
>
> Siehst du es jetzt? (Von hier aus brauchst du hoechstens
> noch zwei Schritte, und keine komplizierten Umformungen
> mehr, eigentlich nur noch Einsetzen von Gleichungen
Hmm ... das wäre dann folgende Umformung:
[mm]\lim_{n\to\infty} {P\left(A_n\right)} \mathop =^{(3)} \lim_{n\to\infty} {\left( P\left(A_1\right) + \sum_{i=1}^{n-1} {P\left(A_{i+1} - A_i\right)} \right)} = P\left(A_1\right) + \lim_{n\to\infty} {\sum_{i=1}^{n-1} {P\left(A_{i+1} - A_i\right)}} = P\left(A_1\right) + \sum_{i=1}^{\infty} {P\left(A_{i+1} - A_i\right)} \mathop =^{(4)} P(A)[/mm]
Aber ist das wirklich so einfach? ![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]") Oje ... was habe ich gestern bloß getan. ![[kopfschuettel]](/images/smileys/kopfschuettel.gif "[kopfschuettel]")
Vielen Dank für deine Hilfe!
Liebe Grüße
Karl
![[a]](/images/paperclip.gif "Dateianhänge") [Bild Nr. 1 (fehlt/gelöscht)]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:18 Sa 08.04.2006 | | Autor: | felixf |
Hallo Karl!
> > Fangen wir doch nochmal von vorne an.
>
>
> Ich glaube, ich sollte mir an dieser Stelle nochmal alle
> Formeln aufschreiben, die sich in der Diskussion so
> angesammelt haben, denn ich verliere langsam den Überblick
> was ich eigentlich benutzen darf, und was nicht. Es würde
> mir vielleicht schon helfen, wenn ich wüßte, welche der
> folgenden Formeln für meinen Beweis nützlich sind, und
> welche nur "Balast" sind:
>
>
> (1) [mm]A_n = A_1 \cup \bigcup_{i=1}^{n-1}{\left(A_{i+1}-A_i\right)}[/mm]
>
> (2) [mm]A = A_1 \cup \bigcup_{i=1}^{\infty}{\left(A_{i+1}-A_i\right)}[/mm]
>
> (3) [mm]P\left(A_n\right) = P\left(A_1\right) + \sum_{i=1}^{n-1}{P\left(A_{i+1}-A_i\right)}[/mm]
Diese stimmen, und du brauchst sie alle.
> (4) [mm]P\left(A\right) = P\left(A_1\right) + \sum_{i=1}^{\infty}{P\left(A_{i+1}-A_i\right)}[/mm]
Diese stimmt, und du brauchst sie.
> (5) [mm]A_n = \bigcup_{i=1}^n{A_i}[/mm]
>
> (6) [mm]A = \bigcup_{i=1}^{\infty}{A_i}[/mm]
Diese beiden stimmen, aber du brauchst sie nicht direkt (allerhoechstens indirekt um (1) und (2) herzuleiten, aber bei denen kann man das auch direkt machen).
> (7) [mm]P\left(A_{i+1}-A_i\right) = P\left(A_{i+1}\right) - P\left(A_i\right)[/mm]
>
> (8) [mm]\lim_{i\to\infty}{P\left(A_{i+1}-A_i\right)} = 0[/mm]
Diese stimmen, du brauchst sie aber nicht.
> (9)
[mm]\lim_{i\to\infty}{\left(P\left(A_{i+1}\right)-P\left(A_i\right)\right)}=0 \gdw \lim_{i\to\infty}{P\left(A_{i+1}\right)} = \lim_{i\to\infty}{P\left(A_i\right)}[/mm]
Diese ist immer wahr, sobald [mm] $\lim_{n\to\infty} P(A_n)$ [/mm] existiert. Aber wie schon gesagt, sie ist rein tautologisch und sagt nichts neues aus.
> Von SEcki weiß ich, daß Formel 8 hier "Balast" ist.
> Außerdem denke ich, daß Formel 9 eine Tautologie ist, und
> deshalb auch wegfällt. Bleiben also noch 7 Formeln.
>
>
> > Jetzt gilt jedoch [mm]\lim_{n\to\infty} P(A_n) = \lim_{n\to\infty} \left( P(A_1) + \sum_{i=1}^{n-1} P(A_{i+1} - A_i) \right) = ...[/mm]
>
> >
> > Siehst du es jetzt? (Von hier aus brauchst du hoechstens
> > noch zwei Schritte, und keine komplizierten Umformungen
> > mehr, eigentlich nur noch Einsetzen von Gleichungen
>
>
> Hmm ... das wäre dann folgende Umformung:
>
>
> [mm]\lim_{n\to\infty} {P\left(A_n\right)} \mathop =^{(3)} \lim_{n\to\infty} {\left( P\left(A_1\right) + \sum_{i=1}^{n-1} {P\left(A_{i+1} - A_i\right)} \right)} = P\left(A_1\right) + \lim_{n\to\infty} {\sum_{i=1}^{n-1} {P\left(A_{i+1} - A_i\right)}} = P\left(A_1\right) + \sum_{i=1}^{\infty} {P\left(A_{i+1} - A_i\right)} \mathop =^{(4)} P(A)[/mm]
>
>
> Aber ist das wirklich so einfach? Oje ... was
> habe ich gestern bloß getan.
Ja, es ist wirklich so einfach
LG Felix
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