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Lemma 1.4

Sei $(a, b] \,$ Interval in $\mathbb R\,$ ( a, b muss nicht $(0,1]\,$ ) und $(a, b] \supseteq \bigcup_{i \in I} (a_i, b_i], I \,$ endlich oder abzählbar unendlich.

$(a_i, b_i] \,$ paarweise disjunkt!

(möglicherweise mit Lücken zwischen den Intervallen)

$b - a \ge \sum_{i \in I} (b_i - a_i)\,$

( $\ge$ weil $A_i \,$ nicht zusammenhängend)

Beweis - endlich

$I \,$ ist endlich. O.B.d.A. $I = \{1,2,3,\ldots\}\,$ .

$a \le a_1 < b_1 \le a_2 < b_2 \le \ldots \le a_n < b_n \le b\,$

$\begin{align} b - a & = (b - b_n) + (b_n - a_n) + (a_n - b_{n-1}) + \ldots + (b_1 - a_1) + (a_1 - a) \\ & = (\ge 0) + (\ge 0) + (\ge 0) + \ldots + (\ge 0) + (\ge 0) \\ & \ge (b_n - b_n) + (b_{n-1} - a_{n-1}) + \ldots + (b_1 - a_1) \\ & = \sum_{i \in I} (b_i - a_i) \end{align}\,$

Beweis - abzählbar unendlich

$I\,$ abzählbar unendlich. Dann sei $K \subseteq I, K\,$ endlich, beliebig.

Dann:

$(a, b] \supseteq \bigcup_{i \in I} (a_i, b_i] \ge \bigcup_{i \in K} (a_i, b_i] \,$

nach bereits bewiesenen Fall 1 (endlich) folgt.

$b - a \ge \sum_{i \in I} (b_i - a_i)\,$

$\sum_{i \in I} (b_i - a_i) = \lim_{N \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^N (b_i - a_i) \,$

$\Rightarrow \sum_{i \in I} (a, b] \le b - a \qquad \forall N\,$

Definition für Limes: $\sum_{i=1}^N (b_i - a_i) = \lim_{N \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^N (b_i - a_i)\,$

Lemma 1.5

Sei $(a, b] \,$ Intervalle in $\mathbb R \,$ und $(a, b] \subseteq \bigcup_{i \in I} (a_i, b_i], I \,$ endlich und abzählbar unendlich. (Kommentar: keine Lücken!)

Dann gilt: $b - a \le \sum_{i \in I} (b_i - a_i) \,$

Beweis - endlich

$I \,$ ist endlich. O.B.d.A. $I = \{1,2,3,\ldots\}\,$ . Nehme an, dass die Intervalle, paarweise disjunkt sind.

Dann gilt:

$a_1 \le a, a_2 \le a, \ldots , a_l \le a, a_{l+1} > a \,$

$b_{k-1} < b, b_k \ge b, b_{k+1} > b, \ldots, b_n \ge b\,$

Beachte: $\bigcup_{i=l}^k (a_i, b_i] \supseteq (a, b] \,$ und klarerweise gilt $\sum_{i=l}^k (b_i - a_i) \le \sum_{i=1}^n (b_i - a_i) \,$

Es genügt also zu zeigen: $\sum_{i=l}^k (b_i - a_i) \ge b - a \,$

$\sum_{i=1}^k (b_i - a_i) = (b_k - a_k) + (b_{k-1} - a_{k-1}) + \ldots + (b_l - a_l) = b_k - a_l \ge - a\,$ , weil $a_k = b_{k-1} \,$ und $b_k > b, a_l < a\,$

Beweis - abzählbar unendlich

$I\,$ abzählbar unendlich. Sei $\epsilon > 0 \,$ beliebig. O.B.d.A. $I \in \mathbb N\,$

$(a_i, b_i] \subseteq (a_i, b_i + \frac \epsilon 2^i\,$

Dann $(a, b] \subseteq \bigcup_{i \in I} (a_i, b_i] \subseteq \bigcup_{i \in I} (a_i, b_i + \frac \epsilon 2^i)\,$

Zur Erinnerung:

Satz von Heine-Borel

Sei $[c,d] \,$ ein abgeschlossenes beschränktes Intervall in $\mathbb R \,$ . Seien $\{ (e_i, f_i) : i \in I \}\,$ eine Überdeckung von $[c, d]\,$ durch offene Intervalle in $\mathbb R\,$ .
Dann gibt es eine endliche Teilüberdeckung von $[c,d]\,$ durch Intervalle $(e_i, f_i)\,$ , d.h. es gibt eine endliche Teilmenge $k \subseteq I\,$ , sodaß $[c,d] \subseteq \bigcup_{i \in K} (e_i, f_i)\,$

$[a + \epsilon, b] \subseteq (a,b]\,$

Nach Satz von Heine-Borel folgt:

Es gibt $K \in I\,$ (endlich) mit $[a + \epsilon, b] \subseteq \bigcup_{i \in K} \left (a_i, b_i + \frac{\epsilon}{2^i} \right) \subseteq \bigcup_{i \in K} \left (a_i, b_i + \frac{\epsilon}{2^i} \right] \subseteq (a+\epsilon, b) \subseteq [a+\epsilon, b] \,$

Nach dem bereits bewiesenen Fall 1 für endiche Indexmengen folgt:

$\begin{align} b - a - \epsilon & \le \sum_{i \in K} (b_i - a_i + \frac{\epsilon}{2^i} ) \\ & \le \sum_{i \in I} (b_i - a_i + \frac{\epsilon}{2^i} ) \\ & \le \sum_{i \in I} (b_i - a_i) + \sum_{i=1}^\infty \frac{1}{2^i} \qquad \text{geom. Reihe} \\ & = \sum_{i \in I} (b_i - a_i) + \epsilon \end{align} \,$

Also $b-a \le \sum_{i \in I} (b_i - a_i) + 2 \epsilon \,$ (gilt also für alle $\epsilon > 0 \,$ )

$\Rightarrow b -a \le \sum_{i \in I} (b_i - a_i) \,$

Wollen zeigen: $A = (a_i, b_i] \subseteq (0,1]\,$ , paarweise disjunkt $i \in I \,$ abzählbar

$\bigcup_{i \in I} A_i = (a, b] \subseteq (0,1] \,$

$\Rightarrow P(\bigcup_{i \in I} A_i) = \sum_{i \in I} P(A_i) \,$

$P(\bigcup_{i \in I} A_i ) = P((a,b]) = b -a = \sum_{i \in I} (b_i - a_i) = \sum_{i \in I} P(A_i) \,$

Satz von Caratheodory

Sei $\Omega \,$ eine beliebige, nicht leere Menge und sei $\mathcal G \,$ eine Algebra auf $\Omega \,$ . Sei $P \,$ eine reellwertige Mengenfunktion auf $\mathcal G (G \in \mathcal G \mathbb R\,$ mit folgenden Eigenschaften

$P(\Omega) = 1 \,$
$P( G) \ge 0 \,$ für alle $G \in \mathcal G \,$
$P(\bigcup_{i \in I} G_i) = \sum_{i \in I} P(G_i) \,$ falls $I \,$ abzählbar und $G_i \in \mathcal G, G_i \,$ paarweise disjunkt und $\bigcup_{i \in I} G_i \in \mathcal G \,$

Dann gibt es genau ein Wahrscheinlichkeitsmaß $\bar P \,$ auf $\sigma(\mathcal G ) \,$ mit $\bar P(\mathcal G ) = P(\mathcal G )\,$ für alle $G \in \mathcal G \,$

Sind $\bar P \,$ und $\bar \bar P \,$ zwei Wahrscheinlichkeitsmaße auf $\sigma(\mathcal G ) \,$ mit $\bar P(G) = P(G) = \bar \bar P (G) \,$ für $G \in \mathcal G \Rightarrow \bar P(F) = \bar \bar P(F) \,$ für alle $F \in \sigma(\mathcal G ) \,$

KEIN BEWEIS (dauert ca. 2 Wochen)

Satz 1.6

Sei $\Omega = (0,1] \,$ und sei $\mathcal B ((0,1]) \,$ die von $\mathcal J^\star \,$ erzeugte $\sigma \,$ -Algebra. (d.h. $\mathcal B ((0,1]) = \sigma(\mathcal J^\star ) \,$ . Dann gibt es genau ein Wahrscheinlichkeitsmaß $\lambda \,$ auf $\mathbb B ((0,1]) \,$ mit der Eigenschaft