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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:08 Mo 31.10.2011 | | Autor: | yonca |
| Aufgabe | Sei F eine sigma-Algebra über omega. Weiter seien [mm] \mu_1 [/mm] und [mm] \mu_2 [/mm] zwei Maße auf F mit [mm] \mu_1(A) \le \mu_2(A) [/mm] (A [mm] \in [/mm] F).
Weisen Sie bitte nach:
(a) Ist [mm] \mu_2 [/mm] endlich und gilt [mm] \mu_1(omega) [/mm] = [mm] \mu_2(omega), [/mm] so ist bereits [mm] \mu_1 [/mm] = [mm] \mu_2.
[/mm]
(b) Ist [mm] \mu_1 [/mm] nicht endlich, so gilt
[mm] \mu_1(A) [/mm] = [mm] \mu_2(A) [/mm] oder [mm] \mu_1(A^c) [/mm] = [mm] \mu_2(A^c) [/mm] (A [mm] \in [/mm] F). |
Hallo,
kann mir vielleicht jemand bei dieser Frage ein wenig weiter helfen bzw. einen Denkanstoß geben, da ich irgendwie auf dem Schlauch stehe.
zu a) hier habe ich mir bereits überlegt, dass wenn [mm] \mu_2 [/mm] endlich ist auch [mm] \mu_1 [/mm] endlich sein muss, da ja [mm] \mu_1(A) \le \mu_2(A) [/mm] gilt. Außerdem entsprechen [mm] \mu_1(omega) [/mm] bzw. [mm] \mu_2(omega) [/mm] jeweils den maximalen Funktionswerten der jeweiligen Funktionen , da ja für einen Inhalt, der über einem Ring R(bzw. hier speziell einer sigma-Algebra F) definiert ist für alle Elemente A,B aus dem Ring (bzw. der sigma-Algebra) mit A [mm] \subset [/mm] B gilt
[mm] \mu(A) \le \mu(B)
[/mm]
Ich komme dann aber an dieser Stelle nicht weiter und bin mir auch nicht sicher, ob diese Überlegungen überhaupt weiterhelfen. Kann mir hier jemand weiterhelfen?
zu (b) Meine bisherigen Überlegungen: Also, da ja [mm] \mu_1 [/mm] nicht endlich ist gibt es auf jeden Fall ein [mm] A\in [/mm] F mit [mm] \mu_1(A) [/mm] = [mm] \infty. [/mm] Und da ja [mm] \mu_1(A) \le \mu_2(A) [/mm] , ist für diese A dann auch [mm] \mu_2= \infty [/mm] und somit [mm] \mu_1(A)=\mu_2(A)=\infty.
[/mm]
Dann wird es jetzt wahrscheinlich so sein, dass für alle anderen [mm] A\in [/mm] F [mm] \mu_1(A^c) [/mm] = [mm] \mu_2(A^c) [/mm] gilt. Aber wie kann ich dies zeigen?
Kann mir hier jemand weiterhelfen, bitte?
Vielen Dank schon mal und viele Grüße,
Anke
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:23 Mo 31.10.2011 | | Autor: | fred97 |
> Sei F eine sigma-Algebra über omega. Weiter seien [mm]\mu_1[/mm]
> und [mm]\mu_2[/mm] zwei Maße auf F mit [mm]\mu_1(A) \le \mu_2(A)[/mm] (A
> [mm]\in[/mm] F).
>
> Weisen Sie bitte nach:
>
> (a) Ist [mm]\mu_2[/mm] endlich und gilt [mm]\mu_1(omega)[/mm] = [mm]\mu_2(omega),[/mm]
> so ist bereits [mm]\mu_1[/mm] = [mm]\mu_2.[/mm]
>
> (b) Ist [mm]\mu_1[/mm] nicht endlich, so gilt
> [mm]\mu_1(A)[/mm] = [mm]\mu_2(A)[/mm] oder [mm]\mu_1(A^c)[/mm] = [mm]\mu_2(A^c)[/mm]
> (A [mm]\in[/mm] F).
> Hallo,
>
> kann mir vielleicht jemand bei dieser Frage ein wenig
> weiter helfen bzw. einen Denkanstoß geben, da ich
> irgendwie auf dem Schlauch stehe.
>
> zu a) hier habe ich mir bereits überlegt, dass wenn [mm]\mu_2[/mm]
> endlich ist auch [mm]\mu_1[/mm] endlich sein muss, da ja [mm]\mu_1(A) \le \mu_2(A)[/mm]
> gilt. Außerdem entsprechen [mm]\mu_1(omega)[/mm] bzw. [mm]\mu_2(omega)[/mm]
> jeweils den maximalen Funktionswerten der jeweiligen
> Funktionen , da ja für einen Inhalt, der über einem Ring
> R(bzw. hier speziell einer sigma-Algebra F) definiert ist
> für alle Elemente A,B aus dem Ring (bzw. der
> sigma-Algebra) mit A [mm]\subset[/mm] B gilt
> [mm]\mu(A) \le \mu(B)[/mm]
> Ich komme dann aber an dieser Stelle
> nicht weiter und bin mir auch nicht sicher, ob diese
> Überlegungen überhaupt weiterhelfen. Kann mir hier jemand
> weiterhelfen?
Nimm mal ein beliebiges A [mm] \in [/mm] F her und setze B:= [mm] \Omega \setminus [/mm] A.
Dann haben wir:
[mm] \mu_1(A)+\mu_1(B)=\mu_1(\Omega)=\mu_2(\Omega)= \mu_2(A)+\mu_2(B).
[/mm]
Es folgt:
(*) [mm] \mu_1(B)-\mu_2(B)=\mu_2(A)-\mu_1(A).
[/mm]
Welches Vorzeichen hat die linke Seite von (*) , und welches die rechte ?
>
> zu (b) Meine bisherigen Überlegungen: Also, da ja [mm]\mu_1[/mm]
> nicht endlich ist gibt es auf jeden Fall ein [mm]A\in[/mm] F mit
> [mm]\mu_1(A)[/mm] = [mm]\infty.[/mm]
Ja, z.B.A= [mm] \Omega.
[/mm]
Und da ja [mm]\mu_1(A) \le \mu_2(A)[/mm] , ist
> für diese A dann auch [mm]\mu_2= \infty[/mm] und somit
> [mm]\mu_1(A)=\mu_2(A)=\infty.[/mm]
> Dann wird es jetzt wahrscheinlich so sein, dass für alle
> anderen [mm]A\in[/mm] F [mm]\mu_1(A^c)[/mm] = [mm]\mu_2(A^c)[/mm] gilt. Aber wie kann
> ich dies zeigen?
Wahrscheinlich gar nicht.
Mach doch einen Widerspruchsbeweis:
Annahme: es gibt eine A [mm] \in [/mm] F mit: [mm] \mu_1(A) \ne \mu_2(A) [/mm] und [mm] \mu_1(A^c) \ne \mu_2(A^c) [/mm]
Mach Dir klar, dass dann [mm] \mu_1(A) [/mm] < [mm] \infty [/mm] und [mm] \mu_1(A^c) [/mm] < [mm] \infty [/mm] sein muß. Wie fällt dann [mm] \mu_1(\Omega) [/mm] aus ?
FRED
>
> Kann mir hier jemand weiterhelfen, bitte?
>
> Vielen Dank schon mal und viele Grüße,
> Anke
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:45 Mo 31.10.2011 | | Autor: | yonca |
Hallo nochmal,
vielen Dank schon mal. Bin schon etwas schlauer. Nur ein Punkt bei Aufgabenteil b) ist mir noch nicht ganz klar.
zu (a): Danke. Dieser Aufgabenteil ist mir nun klar. Denn jetzt wäre die linke Seite dieser Gleichung:
> (*) [mm]\mu_1(B)-\mu_2(B)=\mu_2(A)-\mu_1(A).[/mm]
negativ und die rechte Seite der Gleichung positiv (aufgrund der Anfangsannahme [mm] \mu_1 \le \mu_2). [/mm] Diese Gleichung kann also nur stimmen, wenn die beiden Funktionen [mm] \mu_1 [/mm] und [mm] \mu_2 [/mm] gleich sind.
zu (b)
mir ist leider nicht klar, warum [mm] \mu_1(A) [/mm] < [mm] \infty [/mm] und [mm] \mu_1(A^c) [/mm] < [mm] \infty [/mm] unter der gemachten Annahme gelten soll? Hat dies etwas mit der gemachten Anfangsbedingung [mm] \mu_1 \le \mu_2 [/mm] zu tun? Ich bin mir nicht sicher?!
Der Rest des Beweises ist mir dann klar: Es wäre dann [mm] \mu_1(omega) [/mm] < [mm] \infty, [/mm] denn es gilt ja [mm] \mu_1(A) [/mm] + [mm] \mu_1(A^c) [/mm] = [mm] \mu_1(A+A^c) [/mm] = [mm] \mu_1(omega) [/mm] < [mm] \infty.
[/mm]
Gruß, yonca!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:51 Mo 31.10.2011 | | Autor: | fred97 |
> Hallo nochmal,
>
> vielen Dank schon mal. Bin schon etwas schlauer. Nur ein
> Punkt bei Aufgabenteil b) ist mir noch nicht ganz klar.
>
> zu (a): Danke. Dieser Aufgabenteil ist mir nun klar. Denn
> jetzt wäre die linke Seite dieser Gleichung:
>
> > (*) [mm]\mu_1(B)-\mu_2(B)=\mu_2(A)-\mu_1(A).[/mm]
>
> negativ
besser: [mm] \le [/mm] 0
> und die rechte Seite der Gleichung positiv
beser: [mm] \ge [/mm] 0
> (aufgrund der Anfangsannahme [mm]\mu_1 \le \mu_2).[/mm] Diese
> Gleichung kann also nur stimmen, wenn die beiden Funktionen
> [mm]\mu_1[/mm] und [mm]\mu_2[/mm] gleich sind.
>
> zu (b)
>
> mir ist leider nicht klar, warum [mm]\mu_1(A)[/mm] < [mm]\infty[/mm] und
> [mm]\mu_1(A^c)[/mm] < [mm]\infty[/mm] unter der gemachten Annahme gelten
> soll? Hat dies etwas mit der gemachten Anfangsbedingung
> [mm]\mu_1 \le \mu_2[/mm] zu tun? Ich bin mir nicht sicher?!
Wir hatten die Annahme: $ [mm] \mu_1(A) \ne \mu_2(A) [/mm] $. Da nach Vor. immer gilt: $ [mm] \mu_1(A) \le \mu_2(A) [/mm] $, muß
$ [mm] \mu_1(A) [/mm] < [mm] \mu_2(A) [/mm] $
sein. Wäre nun [mm] \mu_1(A)= \infty, [/mm] so wäre doch auch [mm] \mu_2(A)= \infty, [/mm] und damit doch
[mm] \mu_1(A)= \infty= \mu_2(A).
[/mm]
Somit muß [mm] \mu_1(A)< \infty [/mm] sein. Gleiches gilt für [mm] A^c
[/mm]
FRED
>
> Der Rest des Beweises ist mir dann klar: Es wäre dann
> [mm]\mu_1(omega)[/mm] < [mm]\infty,[/mm] denn es gilt ja [mm]\mu_1(A)[/mm] +
> [mm]\mu_1(A^c)[/mm] = [mm]\mu_1(A+A^c)[/mm] = [mm]\mu_1(omega)[/mm] < [mm]\infty.[/mm]
>
> Gruß, yonca!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:08 Mo 31.10.2011 | | Autor: | yonca |
Hallo,
vielen Dank nochmal. Jetzt hab ichs begriffen! :o)
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