Maß, Sigma-Ideal, Nullmengen < Maßtheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Es sei [mm] $\Omega$ [/mm] Menge und [mm] $\mathcal{A}$ $\sigma$-Algebra [/mm] über [mm] $\Omega$ [/mm] und [mm] $\mathbb{N}_\mu$ [/mm] Menge aller [mm] $\mu$-Nullmengen [/mm] bzl. eines Maßes [mm] $\mu$ [/mm] auf [mm] \mathcal{A}.
[/mm]
Beweisen Sie, dass für jedes [mm] $\sigma$-Ideal $\mathcal{N}$ [/mm] in [mm] $\mathcal{A}$ [/mm] ein Maß [mm] $\mu$ [/mm] auf [mm] $\mathcal{A}$ [/mm] mit [mm] $\mathcal{N}=\mathcal{N}_\mu$ [/mm] existiert.
Hinweis: Betrachten Sie die Abbildung: [mm] $\mu:\mathcal{A}\to[0,\infty], A\mapsto \begin{cases} 0 & A\in\mathcal{N}\\ \infty & A\in\mathcal{A}\backslash \mathcal{N}\end{cases}$ [/mm] |
Guten Abend,
ich bearbeite derzeit die obenstehende Aufgabe, komme jedoch leider selbstständig nicht weiter.
Mein Ansatz ist es, erst einmal zu zeigen, dass [mm] $\mu$ [/mm] allgemein ein Maß auf [mm] $\mathcal{A}$ [/mm] ist. Dass dann das Ideal auch Menge der Nullmengen ist, ist dann ja durch die Def der Abbildung klar.
Nun habe ich:
(i) [mm] $\emptyset\in\mahcal{A}$ [/mm] (da [mm] $\mathcal{A}\quad \sigma$-Algebra [/mm] ist.
Und durch Axiome des Ideals auch [mm] $\emptyset\in\mathcal{N}$
[/mm]
Somit: [mm] $\mu(\emptyset [/mm] )=0$.
(ii) [mm] ($\sigma$-additivität)
[/mm]
Hier habe ich meine Probleme, da die Folgenglieder hier ja disjunkt sein müssen.
Ich muss ja eig. 3 Fälle betrachten:
1. Folgeglieder aus [mm] $\mathcal{N}$
[/mm]
2. Folgeglieder aus [mm] $\mathcal{A}\backslash\mathcal{N}$
[/mm]
und 3. Folgeglieder aus [mm] $\mathcal{A}$ [/mm] allgemein (gemischt)
oder nicht?
1. Fall: Aus dem Ideal-Axiom habe ich ja gegeben:
für [mm] $(N_n)_{n\in\mathbb{N}}\subset\mathcal{N}$ [/mm] folgt: [mm] $\bigcup\limits_{n\in\mathbb{N}}N_n\in\mathcal{N}$
[/mm]
Dieses gilt also auch für Mengenfolgen in [mm] $\mathcal{N}$ [/mm] mit paarw. disjunkten Gliedern.
Somit gilt: [mm] $\mu(\dot\bigcup\limits_{n\in\mathbb{N}}N_n)=0=0+0+...=\sum\limits_{n\in\mathbb{N}}\mu(N_n)$
[/mm]
Ich denke der 2. Fall analog zu 1. mit
[mm] $\mu(\dot\bigcup\limits_{n\in\mathbb{N}}A_n)=\infty=\infty+\infty+\infty+...=\sum\limits_{n\in\mathbb{N}}\mu(A_n)$
[/mm]
Oder gilt hier nicht, dass [mm] $\dot\bigcup\limits_{n\in\mathbb{N}}A_n\in\mathcal{A}\backslash\mathcal{N}$ [/mm] für [mm] $(A_n)_{n\in\mathbb{N}}\subset\mathcal{A}\backslash\mathcal{N}$?
[/mm]
Würde das nur gelten wenn [mm] $\mathcal{A}\backslash\mathcal{N}\;\;\sigma$-Algebra [/mm] ist?
Und wie gehe ich an den letzten Fall heran?
Auf was wird die Vereinigung abgebildet, wenn die Folge Glieder aus [mm] $\mathcal{A}$, [/mm] sowie aus [mm] $\mathcal{A}\backlsash\mathcal{N}$ [/mm] hat?
Würde mich sehr über Hilfe freuen.
Vielen Dank
Liebe Grüße
Dudi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:22 Do 09.01.2014 | | Autor: | fred97 |
> Es sei [mm]\Omega[/mm] Menge und [mm]\mathcal{A}[/mm] [mm]\sigma[/mm]-Algebra über
> [mm]\Omega[/mm] und [mm]\mathbb{N}_\mu[/mm] Menge aller [mm]\mu[/mm]-Nullmengen bzl.
> eines Maßes [mm]\mu[/mm] auf [mm]\mathcal{A}.[/mm]
> Beweisen Sie, dass für jedes [mm]\sigma[/mm]-Ideal [mm]\mathcal{N}[/mm] in
> [mm]\mathcal{A}[/mm] ein Maß [mm]\mu[/mm] auf [mm]\mathcal{A}[/mm] mit
> [mm]\mathcal{N}=\mathcal{N}_\mu[/mm] existiert.
>
> Hinweis: Betrachten Sie die Abbildung:
> [mm]\mu:\mathcal{A}\to[0,\infty], A\mapsto \begin{cases} 0 & A\in\mathcal{N}\\ \infty & A\in\mathcal{A}\backslash \mathcal{N}\end{cases}[/mm]
>
> Guten Abend,
>
> ich bearbeite derzeit die obenstehende Aufgabe, komme
> jedoch leider selbstständig nicht weiter.
>
> Mein Ansatz ist es, erst einmal zu zeigen, dass [mm]\mu[/mm]
> allgemein ein Maß auf [mm]\mathcal{A}[/mm] ist. Dass dann das Ideal
> auch Menge der Nullmengen ist, ist dann ja durch die Def
> der Abbildung klar.
>
> Nun habe ich:
> (i) [mm]\emptyset\in\mahcal{A}[/mm] (da [mm]\mathcal{A}\quad \sigma[/mm]-Algebra
> ist.
> Und durch Axiome des Ideals auch [mm]\emptyset\in\mathcal{N}[/mm]
> Somit: [mm]\mu(\emptyset )=0[/mm].
Ja
>
> (ii) ([mm]\sigma[/mm]-additivität)
>
> Hier habe ich meine Probleme, da die Folgenglieder hier ja
> disjunkt sein müssen.
> Ich muss ja eig. 3 Fälle betrachten:
> 1. Folgeglieder aus [mm]\mathcal{N}[/mm]
> 2. Folgeglieder aus [mm]\mathcal{A}\backslash\mathcal{N}[/mm]
> und 3. Folgeglieder aus [mm]\mathcal{A}[/mm] allgemein (gemischt)
> oder nicht?
ja
>
> 1. Fall: Aus dem Ideal-Axiom habe ich ja gegeben:
>
> für [mm](N_n)_{n\in\mathbb{N}}\subset\mathcal{N}[/mm] folgt:
> [mm]\bigcup\limits_{n\in\mathbb{N}}N_n\in\mathcal{N}[/mm]
>
> Dieses gilt also auch für Mengenfolgen in [mm]\mathcal{N}[/mm] mit
> paarw. disjunkten Gliedern.
>
> Somit gilt:
> [mm]\mu(\dot\bigcup\limits_{n\in\mathbb{N}}N_n)=0=0+0+...=\sum\limits_{n\in\mathbb{N}}\mu(N_n)[/mm]
Ja
>
> Ich denke der 2. Fall analog zu 1. mit
> [mm]\mu(\dot\bigcup\limits_{n\in\mathbb{N}}A_n)=\infty=\infty+\infty+\infty+...=\sum\limits_{n\in\mathbb{N}}\mu(A_n)[/mm]
Ja, auch das stimmt. Schreibe aber wieder [mm] N_n [/mm] statt [mm] A_n.
[/mm]
>
> Oder gilt hier nicht, dass
> [mm]\dot\bigcup\limits_{n\in\mathbb{N}}A_n\in\mathcal{A}\backslash\mathcal{N}[/mm]
> für
> [mm](A_n)_{n\in\mathbb{N}}\subset\mathcal{A}\backslash\mathcal{N}[/mm]?
Doch das gilt: seien alle [mm] A_n \in \mathcal{A}\backslash\mathcal{N}. [/mm] Nimm an, es wäre
[mm] \dot\bigcup\limits_{n\in\mathbb{N}}A_n\in\mathcal{N}.
[/mm]
Für jedes j wäre dann, wegen [mm] A_j \subset \dot\bigcup\limits_{n\in\mathbb{N}}A_n, [/mm] auch
[mm] A_j \in \mathcal{N},
[/mm]
da [mm] \mathcal{N} [/mm] ein [mm] \sigma [/mm] - Ideal ist. Widerspruch !
>
> Würde das nur gelten wenn
> [mm]\mathcal{A}\backslash\mathcal{N}\;\;\sigma[/mm]-Algebra ist?
>
> Und wie gehe ich an den letzten Fall heran?
> Auf was wird die Vereinigung abgebildet, wenn die Folge
> Glieder aus [mm]\mathcal{A}[/mm], sowie aus
> [mm]\mathcal{A}\backlsash\mathcal{N}[/mm] hat?
Ist $ [mm] (N_n)_{n\in\mathbb{N}}\subset\mathcal{A} [/mm] $ eine disjunkte Folge und ex. ein j [mm] \in \IN [/mm] mit
[mm] N_j \in \mathcal{A}\backslash\mathcal{N},
[/mm]
so ist
[mm] $\summe_{i=1}^{\infty} \mu(N_i) \ge \mu(N_j)= \infty,$
[/mm]
also [mm] \summe_{i=1}^{\infty} \mu(N_i) [/mm] = [mm] \infty.
[/mm]
Weiter ist [mm] N_j \subseteq \bigcup_{i=1}^{\infty}N_i. [/mm] Wäre nun [mm] \bigcup_{i=1}^{\infty}N_i \in \mathcal{N}, [/mm] so folgt, wie oben der Widerspruch [mm] N_j \in \mathcal{N}.
[/mm]
Damit ist
[mm] \bigcup_{i=1}^{\infty}N_i \in \mathcal{A}\backslash\mathcal{N} [/mm] und somit
[mm] \mu(\bigcup_{i=1}^{\infty}N_i [/mm] )= [mm] \infty.
[/mm]
FRED
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> Würde mich sehr über Hilfe freuen.
> Vielen Dank
>
> Liebe Grüße
> Dudi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:37 Mi 15.01.2014 | | Autor: | DudiPupan |
Vielen <dank FRED,
mit deiner Hilfe konnte ich die Aufgabe lösen :)
Liebe Grüße
Dudi
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