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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:11 Fr 31.07.2009 | | Autor: | Fry |
| Aufgabe | Es seien u,v [mm] \sigma [/mm] -endliche Maße auf [mm] (\Omega,A) [/mm] und t=u+v. Zeigen Sie, dass es eine A-messabre Funktion [mm] f:\Omega\to\IR [/mm] gibt mit [mm] 0\le f\le1 [/mm] t-f.s. und
[mm] $u(B)=\integral_{B}f [/mm] d(u+v)$ für alle [mm] B\in [/mm] A |
Hallo zusammen,
hab bisher folgendes zu der Aufgabe:
Sei $(u+v)(N)=0$. Dann folgt ja aufgrund der Eigenschaften von Maßen $u(N)=0$
Also gilt u << u+v.
Da u,v [mm] \sigma [/mm] -endlich sind, ist auch u+v [mm] \sigma [/mm] -endlich und damit existiert nach dem Satz von Radon-Nikodym ein A-messbares [mm] f\ge0 [/mm] mit [mm] f=\bruch{du}{d(u+v)}
[/mm]
Nun hab ich definiert: [mm] f:=\summe_{n=1}^{\infty}x_n*1_{A_n}
[/mm]
wobei die [mm] x_n [/mm] so gewählt sind, dass [mm] 0\le x_n\le 1/2^n.
[/mm]
Außerdem sei [mm] A_n [/mm] eine Folge in A mit [mm] A_n\to\Omega [/mm] (kenne nicht den Befehl für Pfeil nach oben) und [mm] (u+v)(A_n)<\infty. [/mm] So eine Folge exisitert, da u+v [mm] \sigma [/mm] - endlich ist.
f ist messbar, da die Indikatorfunktionen messbar sind [mm] (A_n\in [/mm] A) und [mm] 0\le [/mm] f [mm] \le [/mm] 1 bekommt man durch obige Abschätzung mithilfe der geometrische Reihe.
Erfüllt die so gebastelte Funktion auch die andere Bedingung?
Oder wie muss man f wohl konstruieren?
Ist der Anfang des Beweises richtig?
Wäre super, wenn ihr mir unter die Arme greifen könntet.
VG
Christian
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 05:48 Sa 01.08.2009 | | Autor: | felixf |
Moin Christian!
> Es seien u,v [mm]\sigma[/mm] -endliche Maße auf [mm](\Omega,A)[/mm] und
> t=u+v. Zeigen Sie, dass es eine A-messabre Funktion
> [mm]f:\Omega\to\IR[/mm] gibt mit [mm]0\le f\le1[/mm] t-f.s. und
>
> [mm]u(B)=\integral_{B}f d(u+v)[/mm] für alle [mm]B\in[/mm] A
> Hallo zusammen,
>
> hab bisher folgendes zu der Aufgabe:
> Sei [mm](u+v)(N)=0[/mm]. Dann folgt ja aufgrund der Eigenschaften
> von Maßen [mm]u(N)=0[/mm]
> Also gilt u << u+v.
> Da u,v [mm]\sigma[/mm] -endlich sind, ist auch u+v [mm]\sigma[/mm] -endlich
> und damit existiert nach dem Satz von Radon-Nikodym ein
> A-messbares [mm]f\ge0[/mm] mit [mm]f=\bruch{du}{d(u+v)}[/mm]
Ja, und dieses $f$ ist eindeutig bis auf $t$-Nullmengen. Es muss also das gesuchte sein.
> Nun hab ich definiert: [mm]f:=\summe_{n=1}^{\infty}x_n*1_{A_n}[/mm]
> wobei die [mm]x_n[/mm] so gewählt sind, dass [mm]0\le x_n\le 1/2^n.[/mm]
Vorsicht! Du kannst das so nicht definieren: du hast ja $f$ schon gegeben. Und so schreiben kannst du es nur, wenn du schon $0 [mm] \le [/mm] f [mm] \le [/mm] 1$ ueberall (und nicht nur $t$-fast ueberall) hast!
Sprich, du verwendest sogar etwas staerkeres als das was du eigentlich zeigen willst!
Du musst jetzt einfach zeigen, dass $f [mm] \le [/mm] 1$ $t$-fast ueberall gilt. Angenommen, das ist nicht der Fall; dann sei $B := [mm] \{ x \in \Omega \mid f(x) > 1 \}$; [/mm] dies liegt in $A$ (warum?) und $t(B) > 0$.
Gleichzeitig weisst du aber $u(B) = [mm] \int_B [/mm] f d(t)$. Du kannst jetzt zeigen, dass [mm] $\int_B [/mm] f d(t) > t(B)$ sein muss (verwende dazu $B = [mm] \bigcup_{n\in\IN} B_{1/n}$ [/mm] mit [mm] $B_\varepsilon [/mm] := [mm] \{ x \in \Omega \mid f(x) \ge 1 + \varepsilon \}$ [/mm] und mache daraus erstmal eine disjunkte Vereinigung). Da $t(B) = u(B) + v(B)$ ist und $v(B) [mm] \ge [/mm] 0$ gilt bekommst du somit einen Widerspruch; daraus folgt $t(B) = 0$ und somit $0 [mm] \le [/mm] f [mm] \le [/mm] 1$ $t$-fast ueberall.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:17 Sa 01.08.2009 | | Autor: | Fry |
Hi Felix,
vielen Dank für deinen Beweis!
[mm] B\in [/mm] A, weil f messbar ist oder ?
Wie aber kommst du auf t(B)>0 ?
Zum Beweis, dass [mm] $\integral_{B}f [/mm] dt > t(B)$
Also [mm] B_n:=\{f\ge 1+\bruch{1}{n}\}
[/mm]
[mm] $B=\bigcup_{n=1}^{\infty}B_n=\bigcup_{n=1}^{\infty}(B_n [/mm] - [mm] B_{n-1}):=\bigcup_{n=1}^{\infty}A_n$, [/mm] wobei letztere eine disjunkte Vereinigung ist.
Hab dann benutzt: [mm] f*1_{\bigcup A_n}=\summe f*1_{A_i}
[/mm]
Dann Integration und Summation vertauscht und [mm] f\ge 1+\bruch{1}{n} [/mm] verwende, mal etwas detaillierter:
[mm] $\integral f*1_B dt=\integral f*1_{\bigcup A_n}dt=\integral \summe f*1_{A_n}dt =\summe \integral f*1_{A_n}dt\ge\summe\integral (1+\bruch{1}{n})*1_{A_n}dt=\summe (1+\bruch{1}{n})*t(A_n)>
[/mm]
[mm] \summe t(A_n)=t(\bigcup A_n)=t(B)$.
[/mm]
Es wurde ausgenutzt beim (2) Gleichheitszeichen. dass die [mm] A_n [/mm] disjunkt sind, (3) ist möglich da [mm] f*1_{A_n}\ge [/mm] 0 und messbar sind (Satz von der montonen Konvergenz).
Stimmt das so?
Danke nochmal!
Vg
Christian
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:10 Sa 01.08.2009 | | Autor: | felixf |
Hi Christian,
> [mm]B\in[/mm] A, weil f messbar ist oder ?
genau.
> Wie aber kommst du auf t(B)>0 ?
Wenn $t(B) = 0$ waere, dann wuerde das gerade $f [mm] \le [/mm] 1$ $t$-fast ueberall bedeuten.
> Zum Beweis, dass [mm]\integral_{B}f dt > t(B)[/mm]
>
>
> Also [mm]B_n:=\{f\ge 1+\bruch{1}{n}\}[/mm]
>
> [mm]B=\bigcup_{n=1}^{\infty}B_n=\bigcup_{n=1}^{\infty}(B_n - B_{n-1}):=\bigcup_{n=1}^{\infty}A_n[/mm],
> wobei letztere eine disjunkte Vereinigung ist.
Ja.
> Hab dann benutzt: [mm]f*1_{\bigcup A_n}=\summe f*1_{A_i}[/mm]
> Dann
> Integration und Summation vertauscht und [mm]f\ge 1+\bruch{1}{n}[/mm]
> verwende, mal etwas detaillierter:
>
> [mm]$\integral f*1_B dt=\integral f*1_{\bigcup A_n}dt=\integral \summe f*1_{A_n}dt =\summe \integral f*1_{A_n}dt\ge\summe\integral (1+\bruch{1}{n})*1_{A_n}dt=\summe (1+\bruch{1}{n})*t(A_n)>\summe t(A_n)=t(\bigcup A_n)=t(B)$.[/mm]
> Es wurde ausgenutzt
> beim (2) Gleichheitszeichen. dass die [mm]A_n[/mm] disjunkt sind,
> (3) ist möglich da [mm]f*1_{A_n}\ge[/mm] 0 und messbar sind (Satz
> von der montonen Konvergenz).
Ja. Allerdings: wieso gilt das $>$-Zeichen? Das gilt ja nur, wenn mindestens fuer ein $n$ gilt [mm] $t(A_n) [/mm] > 0$.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:27 So 02.08.2009 | | Autor: | Fry |
Hallo Felix,
danke schön,
ist [mm] t(A_n) [/mm] > 0 für ein n, weil t(B)>0 ? bzw weil das ansonsten wieder der Annahme widersprechen würde ?
Gruß
Christian
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:19 So 02.08.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Christian,
> ist [mm]t(A_n)[/mm] > 0 für ein n, weil t(B)>0 ?
Ja, da [mm] $\sum_{n\in\IN} t(A_n) [/mm] = t(B)$ ist, da $B$ die disjunkte Vereinigung der [mm] $A_n$ [/mm] ist.
LG Felix
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