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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:10 Fr 31.10.2008 | | Autor: | iks |
| Aufgabe | Sei [mm] $\Omega$ [/mm] eine überabzählbare Menge und
[mm] $K:=\left\{\{\omega\}|\omega\in\Omega\right\}$
[/mm]
das System der einpunktigen Teilmengen von [mm] $\Omega$ [/mm] und
[mm] $\mathcal{A}:=\left\{A\subset\Omega|A\text{ abzählbar}\right\}\cup\left\{A\subset\Omega|A^c\text{ abzählbar}\right\}$
[/mm]
eine Sigmaalgebra. Zeigen Sie die Gültigkeit der folgenden Identität:
[mm] $\sigma(K)=\mathcal{A}$ [/mm] |
Das [mm] $\mathcal{A}$ [/mm] eine Sigmaalgebra ist ist gezeigt. Ebenso das [mm] $\sigma(K)\subset\mathcal{A}$ [/mm] gilt. Mit der anderen Richtung ...
[mm] $\mathcal{A}\subset\sigma(K)$
[/mm]
Sei [mm] $A\in\mathcal{A}$ [/mm] dann ist $A$ oder [mm] $A^c$ [/mm] abzählbar. oBdA sei A abzählbar. Dann ist
[mm] $A=\Omega-A^c=\sum_{i=1}^n C_i=\bigcup_{i=1}^n C_i$
[/mm]
wobei die [mm] $C_i$ [/mm] paarweise fremde Mengen sind. Klar ist das die [mm] $C_i$ [/mm] abzählbar sein müssen, da für die [mm] $C_i\in\mathcal{A}$ [/mm] gilt.
*edit*: oder besser da sonst A nicht abzählbar wäre - was aber vorausgesetzt war.*edit*
Reicht es jetzt zu sagen das es dann [mm] $\omega_j\in [/mm] K$ gibt, so dass
[mm] $C_i=\bigcup_{j=1}^n \omega_j$ [/mm] ??
Desweiteren sollte K doch abzählbar sein. Somit ist doch
[mm] $\sigma(K)=\mathcal{P}(K)$ [/mm] die Potenzmenge(K) oder?
Könnt ihr mich diesbezüglich aufklärn und sollte ich falsch liegen tippreich zur Seite stehen?
mFg iks
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:15 Fr 31.10.2008 | | Autor: | andreas |
hallo
> [mm]\mathcal{A}\subset\sigma(K)[/mm]
>
> Sei [mm]A\in\mathcal{A}[/mm] dann ist [mm]A[/mm] oder [mm]A^c[/mm] abzählbar. oBdA sei
> A abzählbar.
es genügt doch für diese richtung zu zeigen, dass jede abzählbare und jede coabzählbare teilmenge von [mm] $\Omega$ [/mm] in [mm] $\sigma(K)$ [/mm] liegt.
ist $A$ abzählbar, so ist $A = [mm] \bigcup_{n \in \mathbb{N}} \{\omega_n\} \in \sigma(K)$, [/mm] da jede der mengen in der vereinigung rechts in $K [mm] \subseteq \sigma(K)$ [/mm] liegt und [mm] $\sigma(K)$ [/mm] als [mm] $\sigma$-algebra [/mm] abgeschlossen gegenüber abzählbaren vereinigungen sein muss. sollten die menge $A$ endlich sein, so kommt man auch fast genau so durch. für coabzählbare mengen kann man dann mit der abgeschlossenheit bezüglich komplement bildung argumentieren.
> Desweiteren sollte K doch abzählbar sein. Somit ist doch
>
> [mm]\sigma(K)=\mathcal{P}(K)[/mm] die Potenzmenge(K) oder?
es ist doch [mm] $|\Omega| [/mm] = |K|$ (eine bijektion ist offenbar [mm] $\omega \mapsto \{\omega\}$) [/mm] und ersteres ist als überabzählbar vorausgesetzt.
grüße
andreas
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:59 Fr 31.10.2008 | | Autor: | iks |
Also so?
Sei A aus [mm] $\mathcal{A}$.
[/mm]
Ist A abzählbar dann ist [mm] $A=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\omega_i$ [/mm] mit [mm] $\omega_i\in [/mm] K$ daraus folgt dann [mm] $A\in\sigma(K)$
[/mm]
Ist nun [mm] $A^c$ [/mm] abzählbar, dann ist: [mm] $A^c=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\omega_i$ [/mm] mit [mm] $\omega_i\in [/mm] K$ also [mm] $A^c\in\sigma(K)$
[/mm]
Da aber [mm] $\sigma(K)$ [/mm] als Sigmaalgebra ausgewiesen war, ist dann aber auch [mm] $(A^c)^c=A\in\sigma(K)$
[/mm]
Also für alle [mm] $A\in\mathcal{A}:$ $A\in\sigma(K)$ [/mm] und somit [mm] $\mathcal{A}\subset\sigma(K)$
[/mm]
mFg iks
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:11 Sa 01.11.2008 | | Autor: | andreas |
hi
das sieht im ganzennschon gut aus.
> Sei A aus [mm]\mathcal{A}[/mm].
> Ist A abzählbar dann ist
> [mm]A=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\omega_i[/mm] mit [mm]\omega_i\in K[/mm] daraus
> folgt dann [mm]A\in\sigma(K)[/mm]
hier würde ich um die [mm] $\omega_i$ [/mm] noch mengenklammern machen und noch bemerken, warum $A$ dann in [mm] $\sigma(K)$ [/mm] liegt.
> Ist nun [mm]A^c[/mm] abzählbar, dann ist:
> [mm]A^c=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\omega_i[/mm] mit [mm]\omega_i\in K[/mm] also
> [mm]A^c\in\sigma(K)[/mm]
>
> Da aber [mm]\sigma(K)[/mm] als Sigmaalgebra ausgewiesen war, ist
> dann aber auch [mm](A^c)^c=A\in\sigma(K)[/mm]
genau.
> Also für alle [mm]A\in\mathcal{A}:[/mm] [mm]A\in\sigma(K)[/mm] und somit
> [mm]\mathcal{A}\subset\sigma(K)[/mm]
ich weiß nicht, ob du dich um die spezialfälle $A, [mm] A^c$ [/mm] endlich (insbesondere leer) kümmern musst, oder nicht. aber das ist sowieso trivial.
grüße
andreas
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