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Beweisverständnis...: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 23:27 So 09.05.2004
Autor: phymastudi

Hallo, mal wieder ich :-(

Mein altes Problem. Ich finde einfach keine Beweislogik. Wahrsscheinlich zu banal zu beantworten, aber eine Hilfe wär sehr nett:

Ich soll folgende Behauptungen beweisen....

1. Sei (G, P) ein Wahrscheinlichkeitsraum (G=Grundraum); P= Wahrscheinlichkeitsmaß (auf den Teilmengen von G)), dann soll gelten:
0 kleinergleich P(A) kleinergleich 1  für alle A echte Teilmenge von G

2. P(A koplementär)= 1-P(A)  für alle A echte Teilmenge von G (koplementäre W')

Könnt ihr mir helfen????
Danke!
Gruß Björn

        
Bezug
Beweisverständnis...: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 23:51 So 09.05.2004
Autor: Marc

Hallo Björn,

endlich mal was zum Entspannen :-)

> Hallo, mal wieder ich :-(
>  
> Mein altes Problem. Ich finde einfach keine Beweislogik.
> Wahrsscheinlich zu banal zu beantworten, aber eine Hilfe
> wär sehr nett:

> Ich soll folgende Behauptungen beweisen....
>  
> 1. Sei (G, P) ein Wahrscheinlichkeitsraum (G=Grundraum); P=
> Wahrscheinlichkeitsmaß (auf den Teilmengen von G)), dann
> soll gelten:
>  0 kleinergleich P(A) kleinergleich 1  für alle A echte
> Teilmenge von G
>  
> 2. P(A koplementär)= 1-P(A)  für alle A echte Teilmenge von
> G (koplementäre W')

Die Bedingungen für ein Wahrscheinlichkeitsmaß kennst du:

(i.) [mm] $P(A)\ge0$ [/mm] für alle [mm] $A\subset [/mm] G$
(ii.) $P(G)=1$
(iii.) [mm] $P\left( \bigcup\limits_{n\in\IN} A_n \right)=\summe_{n\in\IN} P(A_n)$ [/mm] für jede Folge [mm] $(A_n)_{n\in\IN}$ [/mm] paarweise disjunkter Teilmengen von $G$.

Damit dürfte alles ganz einfach werden:

ad 1.
Sei [mm] $A\subset [/mm] G$ [mm] $\Rightarrow$ [/mm] (mit i.) [mm] $P(A)\ge [/mm] 0$
Das einzig Interessante ist hier [mm] $P(A)\le [/mm] 1$.
Angenommen, $P(A)>1$.
Dann hätten wir diesen Widerspruch
[mm] $1\stackrel{(ii)}{=}P(G)=P(A\cup A^c)\stackrel{(iii)}{=}P(A)+\underbrace{P(A^c)}_{\ge 0}>1$, [/mm] also $1>1$.

ad 2.
Das habe ich praktisch in 1. schon gezeigt:

[mm] $1\stackrel{(ii)}{=}P(G)=P(A\cup A^c)\stackrel{(iii)}{=}P(A)+P(A^c)$ [/mm]
also
[mm] $1=P(A)+P(A^c)$ [/mm]
[mm] $\gdw$ $P(A^c)=1-P(A)$ $\Box$ [/mm]

Ich weiß nicht, ob du dir die obigen drei Bedinungen für W'keitsmaße angesehen hast, aber ich finde, dass deine beiden Behauptungen recht unmittelbar daraus folgen.

Viele Grüße,
Marc

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