Im Folgenden sehen wir einen Übungsleitfaden (mit Lösungen), dessen Ziel es ist, einige nützliche Theoreme für die Wahrscheinlichkeitstheorie zu demonstrieren. Versuche, sie selbst zu lösen, und vergleiche dann deine Ergebnisse >:D

1. Zeigen Sie, dass P(A^c) = 1 -P(A) und leiten Sie daraus eine Folgerung ab, die es ermöglicht zu argumentieren, dass P(\emptyset) = 0
   LÖSUNG ANZEIGEN

   Aus der Definition des Wahrscheinlichkeitsmaßes ergibt sich, dass, wenn A und B beliebige messbare Ereignisse sind, dann gilt:

   [a]	0\leq P(A) \leq 1
   [b]	A\cap B = \emptyset \rightarrow P(A\cup B) = P(A) + P(B)
   	P(\Omega) = 1

   Nun, da A\cap A^c = \emptyset, ergibt sich aus Teil [b], dass:

   [d]	A\cap A^c = \emptyset \rightarrow P(A\cup A^c) = P(A) + P(A^c)

   Da A\cap A^c = \emptyset immer gilt und A\cup A^c = \Omega, folgt:

   1=P(\Omega) = P(A\cup A^c) = P(A) + P(A^c)

   Und daher:

   P(A^c) = 1-P(A)

   Was zu zeigen war.

   Um zu zeigen, dass P(\emptyset)=0, genügt es, A=\Omega in die soeben bewiesene Beziehung einzusetzen, und man erhält:

   P(\emptyset) = P(\Omega^c) =1 - P(\Omega) = 1-1 = 0

2. a) Zeigen Sie, dass A\subseteq B \rightarrow P(B\setminus A) = P(B) - P(A), Gilt die Gleichheit allgemein?b) Zeigen Sie, dass A\subseteq B \rightarrow P(B)\leq P(A)LÖSUNG ANZEIGEN a)

   (1)	A\subseteq B; Prämisse
   	\equiv A\cap B = A
   (2)	B\setminus A = B\cap A^c; Definition der Mengenlehre
   (3)	B= (B\cap A) \cup (B\cap A^c); Eigenschaft der Mengen
   (4)	(B\cap A)\cap (B\cap A^c)=\emptyset; Eigenschaft der Mengen
   (5)	P(B)= P[(B\cap A) \cup (B\cap A^c)]; Aus (3)
   	P(B)= P (B\cap A) + P(B\cap A^c); Aus (4) + Def. Wahrscheinlichkeitsmaß
   	P(B)= P (B\cap A) + P(B\setminus A); Aus (2)
   	P(B\setminus A) =P(B) - P (B\cap A)
   	{P(B\setminus A) =P(B) - P (A) }; Aus (1)

   Daher {\{A\subseteq B\}\vdash P(B\setminus A) = P(B) - P(A)}.

   Beachten wir, dass diese Gleichheit im Allgemeinen nicht gilt, da sie davon abhängt, dass A\subseteq B erfüllt ist, um erhalten zu werden. Aus diesen Überlegungen ergibt sich, dass, falls dies nicht erfüllt ist, man erhält P(B\setminus A) = P(B) - P(A\cap B).

   LÖSUNG ANZEIGEN b)

   Aus den Überlegungen in a) ergibt sich:

   \{A\subseteq B\}\vdash P(B\setminus A) = P(B) - P(A)

   \equiv \{A\subseteq B\}\vdash P(A) + P(B\setminus A) = P(B)

   Schließlich gilt, da P ein Wahrscheinlichkeitsmaß ist, dass \forall X (P(X)\geq 0), sodass daher:

   {\{A\subseteq B\}\vdash P(A) \leq P(B)}.

    

3. a) Zeigen Sie, dass P(A\cup B) = P(A) + P(B) - P(A\cup B). Begleiten Sie den Beweis mit einem Diagramm.b) Verwenden Sie das vorherige Ergebnis, um zu zeigen, dass P(A\cup B) \leq P(A) + P(B)LÖSUNG ANZEIGEN TEIL a)

   (1)	A\cup B = (A\triangle B) \cup (A\cap B); Mengeneigenschaft
   (2)	A\triangle B := (A\setminus B) \cup (B\setminus A); Definition der symmetrischen Differenz
   (3)	(A\triangle B)\cap ( A \cap B) = \emptyset; Mengeneigenschaft
   (4)	(A\setminus B)\cap (B\setminus A) = \emptyset; Mengeneigenschaft
   (5)	P(A\cup B) = P[(A\triangle B) \cup (A\cap B)]; Aus (1)
   	P(A\cup B) = P(A\triangle B) + P(A\cap B)]; Aus (3)
   	P(A\cup B) = P(A\setminus B) + P(B\setminus A) + P(A\cap B)]; Aus (2,4)
   (6)	P(B\setminus A) = P(B) - P(A\cap B); Anwendung des Ergebnisses aus Aufgabe 2
   (7)	P(A\setminus B) = P(A) - P(A\cap B); Dasselbe wie (6)
   (8)	P(A\cup B) = P(A) - P(A\cap B) + P(B) - P(A\cap B) + P(A\cap B); aus (5,6,7)
   	{P(A\cup B) = P(A) + P(B) - P(A\cap B)}.

   LÖSUNG ANZEIGEN TEIL b)

   \vdash P(A\cup B) = P(A) + P(B) - P(A\cap B); Ergebnis aus Teil a)

   \equiv\; \vdash P(A\cup B) + P(A\cap B) = P(A) + P(B)

   \equiv\; \vdash {P(A\cup B) \leq P(A) + P(B)}

    

4. Wenn \{E_n\} eine unendliche Familie von Ereignissen ist so dass E_1\supseteq E_2 \supseteq E_2 \supseteq \cdots \supseteq E_n \supseteq E_{n+1}\supseteq \cdots. Zeigen Sie, dass gilt:

   \displaystyle P\left( \bigcap_{n=1}^\infty E_n \right) = \lim_{n\to \infty}P(E_n) LÖSUNG ANZEIGEN

   (1)	E_n \supseteq E_{n+1}; Hypothese
   (2)	E_n^c \subseteq E_{n+1}^c; Durch Komplementbildung aus (1)
   (3)	\displaystyle(E_n^c \subseteq E_{n+1}^c) \rightarrow P\left( \bigcup_{n=1}^\infty E_n^c \right)= \lim_{n\to\infty}P(E_n^c); Eigenschaft der Stetigkeit
   (4)	\displaystyle \bigcup_{n=1}^\infty E_n^c = \left( \bigcap_{n=1}^\infty E_n \right)^c; DeMorgan’sche Gesetze
   (5)	P\left(E_n^c\right) = 1 - P(E_n); Bewiesen in Aufgabe 1
   (6)	\displaystyle P\left(\left[ \bigcap_{n=1}^\infty E_n\right]^c \right) = \lim_{n\to\infty}[1-P(E_n)] = 1 - \lim_{n\to\infty}P(E_n); aus (2,4,5) angewendet auf (3)
   	\displaystyle 1 - P\left( \bigcap_{n=1}^\infty E_n \right) = 1 - \lim_{n\to\infty}P(E_n)
   	{\displaystyle P\left( \bigcap_{n=1}^\infty E_n \right) = \lim_{n\to\infty}P(E_n)}

   \displaystyle\therefore\{E_n \supseteq E_{n+1}\}\vdash P\left( \bigcap_{n=1}^\infty E_n \right) = \lim_{n\to\infty}P(E_n).