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Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo an alle 
Ich habe in meinem Skript einen (für mich) interessanten Satz entdeckt, der leider nicht bewiesen wurde. Die Aussage des Satzes habe ich zwar verstanden, aber mir war nicht klar, wie man auf diese Aussage kommt. Also habe ich versucht, den Satz selber zu beweisen.
Ich denke, dass mein Beweis ganz okay ist. Aber ich bin mir nicht ganz sicher, ob ich doch nicht was übersehen habe. Daher würde ich mich freuen, wenn mir jemand ein Feedback dazu geben könnte.
Davor habe ich aber noch kurz eine Frage zur Definition eines Wahrscheinlichkeitsvektors.
Wahrscheinlichkeitsvektoren
Sei $\Omega$ eine abzählbare Menge.
Ein Vektor $p:= \left ( p_{\omega} \right )_{\omega \in \Omega}$ heißt Wahrscheinlichkeitsvektor über $\Omega$, falls $p_{\omega} \ge 0\; \forall \omega \in \Omega$ und $\sum\limits_{\omega \in \Omega} p_{\omega} = 1$.
Diese Definition finde ich ein bisschen unglücklich. Diese $p_{\omega}$ sind doch erst einmal nur beliebige Objekte, über die man zunächst nichts weiß. Natürlich wird dann durch die nachfolgenden Eigenschaften klar, dass die $p_{\omega}$ Zahlen sein müssen. Aber sollen das reelle Zahlen sein oder rationale Zahlen? Ich nehme an, das sind reelle Zahlen.
Satz
Sei $\Omega$ eine abzählbare Menge.
Man definiere die Mengen
$W_{\vert \Omega \vert} := \left \{ (p_{\omega})_{\omega \in \Omega} \in \mathbb{R}^{\vert \Omega \vert}\; \vert \; p_{\omega} \ge 0 \; \forall \omega \in \Omega\; \text{und}} \; \sum\limits_{\omega \in \Omega} p_{\omega} = 1 \right \}$ die Menge der Wahrscheinlichkeitsvektoren über $\Omega$.
und
$P_{\Omega, \mathcal{P}(\Omega)} := \{P: \mathcal{P}(\Omega) \rightarrow [0, 1] \; \vert \; P\; \text{ist ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf dem Messraum}\; (\Omega, \mathcal{P}(\Omega)) \}$ die Menge aller Wahrscheinlichkeitsmaße $P$ auf dem Messraum $(\Omega, \mathcal{P}(\Omega))$.
Dann existiert eine bijetive Abbildung $\Phi_{\Omega}: P_{\Omega, \mathcal{P}(\Omega)} \rightarrow W_{\vert \Omega \vert}, P \mapsto \Phi_{\Omega}(P)$.
Beweis
"$\Rightarrow$"
Sei $S \in P_{\Omega, \mathcal{P}(\Omega)}$.
Damit basteln wir uns den Vektor $S_{\Omega} := (S(\{ \omega \}))_{\omega \in \Omega} \in \mathbb{R}^{\Omega}$.
$S_{\Omega}$ ist sogar ein Wahrscheinlichkeitsvektor über $\Omega$, denn:
(i) Es gilt $S(\{ \omega \}) \ge 0$ für alle $\omega \in \Omega$, da $S$ ein W- Maß auf $(\Omega, \mathcal{P}(\Omega))$ ist.
(ii) $1 = S(\Omega) = S \left ( \bigcup\limits_{\omega \in \Omega} \{ \omega \} \right) = \sum\limits_{\omega \in \Omega} S(\{ \omega \})$, da $S$ ein W- Maß auf $(\Omega, \mathcal{P}(\Omega))$ ist.
Der Wahrscheinlichkeitsvektor $S_{\Omega}$ über $\Omega$ ist eindeutig durch $S$ bestimmt.
Warum ? Angenommen, es existiert ein $S \neq Q \in P_{\Omega, \mathcal{P}(\Omega)}$ mit $S_{\Omega} = Q_{\Omega}$.
Dann folgt sofort $S(\{ \omega \}) = Q(\{ \omega \})\; \forall \omega \in \Omega$ (*) und damit auch für alle $A \in \mathcal{P}(\Omega)$:
$S(A) = S \left ( \bigcup\limits_{\omega \in A} \{ \omega \} \right ) = \sum\limits_{\omega \in \Omega} S(\{ \omega \}) \overset{(\*)}{\underset{\text{}}{=}} \sum\limits_{\omega \in \Omega} Q(\{ \omega \}) = Q \left ( \bigcup\limits_{\omega \in A} \{ \omega \} \right ) = Q(A)$.
Damit gilt dann $S = Q$, was ein Widerspruch zur Annahme ist, dass $Q \neq S$.
Also definiert jedes $T \in P_{\Omega, \mathcal{P}(\Omega)}$ eindeutig einen Wahrscheinlichkeitsvektor $T_{\Omega}$ über $\Omega$.
"$\Leftarrow$"
Sei $p = (p_{\omega})_{\omega \in \Omega} \in W_{\vert \Omega \vert}$.
Betrachte nun die Abbildung $P: \mathcal{P}(\Omega) \rightarrow [0, 1], A \mapsto P(A) := \sum\limits_{\omega \in A} p_{\omega}$. $P$ ist ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf dem Messraum $(\mathcal{P}(\Omega), \Omega)$. Denn:
1) Es gilt $P(A) \ge 0$, da $p_{\omega} \ge 0\; \forall \omega \in \Omega$ und somit auch $P(A) = \sum\limits_{\omega \in A} p_{\omega} \ge 0$.
2) Es gilt $P(\Omega) = 1$, da $(p_{\omega})_{\omega \in \Omega}$ ein Wahrscheinlichkeitsvektor über $\Omega$ ist und somit $P(\Omega) = \sum\limits_{\omega \in \Omega} p_{\omega} = 1$ gilt.
3) Es gilt $P \left ( \bigcup\limits_{j \in \mathbb{N}} A_{j} \right ) = \sum\limits_{\omega \in \bigcup\limits_{j \in \mathbb{N}} A_{j}} p_{\omega} = \sum\limits_{j \in \mathbb{N}} \sum\limits_{\omega \in A_{j}} p_{\omega} = \sum\limits_{j \in \mathbb{N}} P(A_{j})$ für jede Folge paarweise unvereinbarer Ereignisse $A_{1}, A_{2}, \ldots \in \mathcal{P}(\Omega)$.
Das W-Map $P$ auf $(\mathcal{P}(\Omega), \Omega)$ ist eindeutig durch den W- Vektor $p$ bestimmt, denn:
Angenommen, das durch ein $p \neq q \in W_{\vert \Omega \vert}$ bestimmte W-Maß $Q: \mathcal{P}(\Omega) \rightarrow [0, 1], A \mapsto Q(A) := \sum\limits_{\omega \in A} q_{\omega}$ auf $(\mathcal{P}(\Omega), \Omega)$ ist gleich $P$.
Dann gilt $q_{\omega} = Q(\{ \omega \}) = P(\{ \omega \}) = p_{\omega}$ für alle $\omega \in \Omega$.
Damit gilt $p = q$, was ein Widerspruch zur Annahme ist, dass $p \neq q$ ist.
Also definiert jedes $t \in W_{\vert \Omega \vert}$ ein Wahrscheinlichkeitsmaß $T \in P_{\Omega, \mathcal{P}(\Omega)}$.
Ist der Beweis so in Ordnung? Freue mich auf ein Feedback
Grüße, Kevin
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Hiho,
> Ein Vektor [mm]p:= \left ( p_{\omega} \right )_{\omega \in \Omega}[/mm]
> heißt Wahrscheinlichkeitsvektor über [mm]\Omega[/mm], falls
> [mm]p_{\omega} \ge 0\; \forall \omega \in \Omega[/mm] und
> [mm]\sum\limits_{\omega \in \Omega} p_{\omega} = 1[/mm].
>
> Diese Definition finde ich ein bisschen unglücklich. Diese
> [mm]p_{\omega}[/mm] sind doch erst einmal nur beliebige Objekte,
Nö, jedes [mm] $p_\omega$ [/mm] ist eine nichtnegative reelle Zahl.
Steht doch auch in der Definition:
$ [mm] p_{\omega} \ge 0\; \forall \omega \in \Omega [/mm] $
> 3) Es gilt [mm]P \left ( \bigcup\limits_{j \in \mathbb{N}} A_{j} \right ) = \sum\limits_{\omega \in \bigcup\limits_{j \in \mathbb{N}} A_{j}} p_{\omega} = \sum\limits_{j \in \mathbb{N}} \sum\limits_{\omega \in A_{j}} p_{\omega} = \sum\limits_{j \in \mathbb{N}} P(A_{j})[/mm]
> für jede Folge paarweise unvereinbarer Ereignisse [mm]A_{1}, A_{2}, \ldots \in \mathcal{P}(\Omega)[/mm].
Na da fehlt aber die interessante Begründung, warum [mm] $\sum\limits_{\omega \in \bigcup\limits_{j \in \mathbb{N}} A_{j}} p_{\omega} [/mm] = [mm] \sum\limits_{j \in \mathbb{N}} \sum\limits_{\omega \in A_{j}} p_{\omega}$ [/mm] gilt…
> Ist der Beweis so in Ordnung? Freue mich auf ein Feedback
Der Rest passt.
Gruß,
Gono
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