Analysis

4. SCHROTTHALDE ZUR ANALYSIS 1319
Beispiel 4.15.14. Betrachten wir auf [0, 1] die Folge der Wahrscheinlichkeitsmaße
Pn, die als Linearkombination der Dirac-Maße an allen Stellen i/n mit
1 ≤ i ≤ n mit gleichen Gewichten an allen Stellen entsteht. Diese Folge
konvergiert schwach gegen das Lebesgue-Maß.
Definition 4.15.15. Eine Menge von Wahrscheinlichkeitsmaßen auf einem
topologischen Raum heißt straff (englisch tight) genau dann, wenn es für
jedes ε > 0 ein Kompaktum gibt, dessen Komplement unter allen Maßen
besagter Menge ein Maß ≤ ε hat.
Satz 4.15.16 (Prohorov). Jede straffe Folge von Wahrscheinlichkeitsmaßen
auf einem metrischen Raum besitzt eine schwach konvergente Teilfolge.
Beweis. Im Fall eines kompakten metrischen Raums haben wir bereits in
4.15.11 gezeigt, daß jede Folge von Wahrscheinlichkeitsmaßen, ja nach 4.15.12
sogar jede Folge von Maßen mit beschränkter Gesamtmasse eine schwach
konvergente Teilfolge besitzt. Im allgemeinen Fall wählen wir eine Folge K1 ⊂
K2 ⊂ . . . von Kompakta mit µn(Ki) ≥ 1 − 1/i für alle Glieder µn unserer
Folge von Wahrscheinlichkeitsmaßen. Es gilt, d : N → N streng monoton so
zu finden, daß fµd(k) für alle f ∈ C(X, [−1, 1]) konvergiert. Nach 4.15.12
finden wir i1 : N → N streng monoton derart, daß
K1 fµi1(k) konvergiert für
alle f ∈ C(X, [−1, 1]). Von dieser Folge finden wir hinwiederum eine Teilfolge
oder formal i2 : N → N streng monoton derart, daß für v2 := i1 ◦ i2
die Folge
K2 fµv2(k) konvergiert für alle f ∈ C(X, [−1, 1]). Von dieser Folge finden wir
hinwiederum eine Teilfolge oder formal i3 : N → N streng monoton derart,
daß für v3 := v2◦i3 die Folge
K3 fµv3(k) konvergiert für alle f ∈ C(X, [−1, 1]).
Indem wir so weitermachen und zur Erhöhung der Klarheit noch v1 := i1
vereinbaren, finden wir für die “diagonale” Teilfolge d(i) := vi(i) schließlich,
daß
Ka fµd(i) konvergiert für alle a ≥ 1 und alle f ∈ C(X, [−1, 1]).
Die Grenzwerte dieser Folgen liefern mit dem Riesz’schen Darstellungs-
satz VI.17.2.3 Maße µ a ∞ auf Ka, die wir durch Null zu Maßen µ a ∞ auf ganz
X fortsetzen können. Ich behaupte nun µ a+1
∞ ≥ µ a ∞ in dem Sinne, daß jeder
Borelmenge durch µ a+1
∞
eine mindestens ebensogroße Zahl zugeordnet wird
wie durch µ a ∞. Nach dem Riesz’schen Darstellungssatz reicht es hierzu, wenn
wir für alle f ∈ C(Ka+1, [0, ∞)) zeigen
Ka+1
fµ a+1
∞ ≥
Ka+1
fµ a ∞