Schnitt von Sigma-Alegbra < Maßtheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:24 Sa 29.10.2016 | | Autor: | Reynir |
Hallo,
angenommen ich habe eine Familie $ F [mm] \subset [/mm] P(M) $ von Mengen, die Teilmenge der Potenzmenge einer Grundmenge M sei. Man nennt dann $ [mm] \sigma(F):= \cap_{F\subset A, A \sigma-Alegbra} [/mm] A$ die durch F erzeugte [mm] $\sigma-Algebra$, [/mm] wobei die A [mm] $\sigma$-Algebren [/mm] über M seien.
Ich habe mich hiermit auseinander gesetzt und bin auf folgende Frage gestoßen, die ich mir leider nicht beantworten kann. Gibt es einen Beweis, der aufzeigt, dass ich nur durch abzählbare Schnitte und Vereinigungen sowie Komplementbildungen aus Elementen von F jede andere Menge in $ [mm] \sigma(F)$ [/mm] kriegen kann?
Viele Grüße,
Reynir
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:43 Sa 29.10.2016 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Reynir!
> Gibt es einen Beweis, der aufzeigt, dass
> ich nur durch abzählbare Schnitte und Vereinigungen sowie
> Komplementbildungen aus Elementen von F jede andere Menge
> in [mm]\sigma(F)[/mm] kriegen kann?
Nein, durch endlich häufiges Anwenden solcher Operationen ausgehend von den Elementen von F erhältst du im Allgemeinen nicht alle Mengen aus [mm] $\sigma(F)$.
[/mm]
Vielleicht ist der Hintergrund deiner Frage ja folgender: Du möchtest irgendeine Eigenschaft $E(B)$ für alle Elemente von [mm] $B\in\sigma(F)$ [/mm] zeigen?
Dann betrachte die Menge [mm] $G:=\{B\in\sigma(F)\;|\;E(B)\}$.
[/mm]
Zeige:
1. [mm] $F\subseteq [/mm] G$
2. $G$ ist eine Sigma-Algebra
Dann folgt [mm] $\sigma(F)\subseteq [/mm] G$ nach Definition von [mm] $\sigma(F)$, [/mm] also gilt für alle [mm] $B\in\sigma(F)$ [/mm] bereits [mm] $B\in [/mm] G$ und damit $E(B)$.
Viele Grüße
Tobias
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:36 So 30.10.2016 | | Autor: | Reynir |
Hallo,
das ist durchaus der Ausgangspunkt von meiner Frage, allerdings ist hier der Kontext noch weiter zu stecken. Ich werde deinen Tipp weiter betrachten, wobei ich mich frage, ob du meinst, dass ich mit E(B) als nicht näher definiertem Begriff die [mm] $\sigma$-Algebrabedigungen [/mm] nachprüfen soll.Wenn ich dann das richtig verstehe, heißt das wir betrachten das übliche Argument, dass es reicht Eigenschaften auf der erzeugenden Menge zu betrachten. Es ist durchaus etwas, was ich mich auch schon länger fragte.
Wir zeigten zum Beispiel aber auch, dass die durch die abgeschlossenen bzw. offenen Mengen erzeugten [mm] $\sigma [/mm] $-Algebren gleich sind, dazu haben wir gezeigt, dass die jeweiligen erzeugenden Mengen in der jeweils anderen Algebra enthalten sind. Mir war nicht ganz möglich zu verstehen, wie aus dieser Inklusion bereits Inklusion der gesamten [mm] $\sigma [/mm] $-Algebra folgt (d.h. [mm] $\sigma [/mm] (U) [mm] \subset \sigma [/mm] (A) $, wobei U die offenen und A die abgeschlossenen Mengen bezeichne). In diesem Kontext hatte ich dann überlegt, ob man jedes beliebige Element einer Sigma-Algebra durch die bereits benannten Operationen erzeugen kann, die ich in unserer Definition von abzählbar durchaus auch als abzählbar unendlich fassen würde.
Viele Grüße,
Reynir
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Hiho,
> Mir war nicht ganz möglich zu verstehen, wie aus dieser Inklusion bereits Inklusion der gesamten [mm]\sigma [/mm]-Algebra folgt (d.h. [mm]\sigma (U) \subset \sigma (A) [/mm], wobei U die offenen und A die abgeschlossenen Mengen bezeichne).
es gilt doch sogar [mm]\sigma (U) = \sigma (A) [/mm].
Das liegt aber einfach an den Eigenschaften des [mm] $\sigma$-Operators, [/mm] welcher ein ![[]](/images/popup.gif) Hüllenoperator ist.
Mach dir selbst mal durch die Definition klar, dass der [mm] $\sigma$-Operator [/mm] folgende drei Eigenschaften hat.
1.) $A [mm] \subseteq \sigma(A)$
[/mm]
2.) $A [mm] \subseteq [/mm] B [mm] \Rightarrow \sigma(A) \subseteq \sigma(B)$
[/mm]
3.) [mm] $\sigma(\sigma(A)) [/mm] = [mm] \sigma(A)$
[/mm]
Zeigt man nun $U [mm] \subseteq \sigma(A)$ [/mm] und $A [mm] \subseteq \sigma(U)$ [/mm] folgt daraus mit obigen drei Eigenschaften sofort [mm] $\sigma(A) [/mm] = [mm] \sigma(U)$
[/mm]
Und genau das ist das, was ihr gezeigt habt.
Gruß,
Gono
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:11 So 30.10.2016 | | Autor: | Reynir |
Danke, das werde ich mir ansehen.
Viele Grüße,
Reynir
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(Antwort) fertig | | Datum: | 06:19 Mo 31.10.2016 | | Autor: | tobit09 |
> Ich werde deinen Tipp weiter betrachten, wobei ich mich frage,
> ob du meinst, dass ich mit E(B) als nicht näher
> definiertem Begriff die [mm]\sigma[/mm]-Algebrabedigungen
> nachprüfen soll.
Das war wie folgt gemeint: Wenn E(B) für irgendeine konkrete Eigenschaft steht für die tatsächlich alle [mm] $B\in\sigma(F)$ [/mm] die Eigenschaft $E(B)$ haben, dann kannst du wie beschrieben vorgehen.
Beispiel:
Sei [mm] $\Omega$ [/mm] eine beliebige Menge. Wir betrachten das Mengensystem
[mm] $F:=\{\{\omega\}\;|\;\omega\in\Omega\}$
[/mm]
der einelementigen Teilmengen von [mm] $\Omega$.
[/mm]
Nun wollen wir nachweisen, dass für jedes [mm] $B\in\sigma(F)$ [/mm] gilt: B ist abzählbar oder [mm] $\Omega\setminus [/mm] B$ ist abzählbar.
Betrachte dazu die Eigenschaft $E(B)$ definiert als "B ist abzählbar oder [mm] $\Omega\setminus [/mm] B$ ist abzählbar" und wende das von mir genannte Verfahren an.
> Wenn ich dann das richtig verstehe, heißt
> das wir betrachten das übliche Argument, dass es reicht
> Eigenschaften auf der erzeugenden Menge zu betrachten.
Ja, vorausgesetzt die der Eigenschaft genügenden Teilmengen von [mm] $\Omega$ [/mm] bilden eine Sigma-Algebra.
> Wir zeigten zum Beispiel aber auch, dass die durch die
> abgeschlossenen bzw. offenen Mengen erzeugten [mm]\sigma [/mm]-Algebren
> gleich sind, dazu haben wir gezeigt, dass die jeweiligen
> erzeugenden Mengen in der jeweils anderen Algebra enthalten
> sind. Mir war nicht ganz möglich zu verstehen, wie aus
> dieser Inklusion bereits Inklusion der gesamten [mm]\sigma [/mm]-Algebra
> folgt (d.h. [mm]\sigma (U) \subset \sigma (A) [/mm], wobei U die
> offenen und A die abgeschlossenen Mengen bezeichne).
Einen konzeptionellen Weg hat dir Gono ja schon genannt.
Etwas direkter geht es so:
Gezeigt wurde z.B. [mm] U\subseteq\sigma(A).
[/mm]
Dann ist also [mm] $\sigma(A)$ [/mm] ein Sigma-Algebra, die U umfasst.
In der Definition von [mm] $\sigma(U)$ [/mm] wird also unter anderem über [mm] $\sigma(A)$ [/mm] geschnitten.
Es folgt [mm] $\sigma(U)\subseteq\sigma(A)$.
[/mm]
(Falls das etwas unverständlich war, frage bitte nochmal nach. Dann formuliere ich einen ausführlicheren Beweis.)
> In
> diesem Kontext hatte ich dann überlegt, ob man jedes
> beliebige Element einer Sigma-Algebra durch die bereits
> benannten Operationen erzeugen kann, die ich in unserer
> Definition von abzählbar durchaus auch als abzählbar
> unendlich fassen würde.
Wie gesagt: Im Allgemeinen nein, wenn du nur endlich oft die Operationen anwenden willst.
Präziser:
Sei [mm] $F_0:=F$.
[/mm]
Bilde nun sukzessive [mm] $F_{n+1}$ [/mm] (für [mm] $n\in\IN_0$) [/mm] als Vereinigung von [mm] $F_n$ [/mm] mit der Menge sämtlicher durch die genannten Operationen angewandt auf Mengen aus [mm] $F_n$ [/mm] darstellbaren Mengen.
(Anschaulich: Ausgehend von F nehmen wir immer wieder alle Elemente hinzu, die wir durch die genannten Operationen angewandt auf die schon erhaltenen Elemente erhalten können.)
Dann ist natürlich [mm] $F_n\subseteq\sigma(F)$ [/mm] für alle [mm] $n\in\IN_0$.
[/mm]
Aber im Allgemeinen wird nicht jedes [mm] $B\in\sigma(F)$ [/mm] auch [mm] $B\in F_n$ [/mm] für ein [mm] $n\in\IN_0$ [/mm] erfüllen.
In manchen Fällen (wie in meinem Beispiel zu Beginn dieses Posts) ist es durchaus möglich, alle Elemente von [mm] $\sigma(F)$ [/mm] konkret anzugeben.
Im Falle von [mm] $\sigma(F)$, [/mm] wobei mit F die Menge der offenen Teilmengen von [mm] $\IR$ [/mm] bezeichnet sei, ist dies hingegen wohl nicht explizit möglich.
Zumindest zeigt man in der deskriptiven Mengenlehre, dass es Elemente [mm] $B\in\sigma(F)$ [/mm] gibt mit [mm] $B\notin F_n$ [/mm] für alle [mm] $n\in\IN_0$.
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:26 Mo 31.10.2016 | | Autor: | Reynir |
Danke, das schau ich mir noch näher an.
Viele Grüße,
Reynir
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