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| Aufgabe | a) Geben sei eine Menge [mm] $\Omega \neq \emptyset$.Zeigen [/mm] sie,dass das folgende Mengensystem eine [mm] $\sigma-$Algebra [/mm] über [mm] $\Omega$ [/mm] ist:
$ F := [mm] \{A \subseteq \Omega | A$ höchstens abzählbar oder $A^c$ höchstens abzählbar $\}$
[/mm]
b) GEgeben seien eine Menge [mm] $\Omega \neq \emptyset$ [/mm] , eine (beliebige) Indexmenge I [mm] \neq \emptyset [/mm] sowie [mm] $\sigma-$Algebren [/mm] $ [mm] F_{i}, [/mm] i [mm] \in [/mm] I, $über [mm] $\Omega$. [/mm] Zeigen sie,dass dann das folgende Mengensystem ebenfalls eine [mm] $\sigma-$Algebra [/mm] über [mm] $\Omega$ [/mm] ist:
$F := [mm] \bigcap_{i \in I} F_{i}$ [/mm]
$c)$ Seien [mm] $\emptyset \neq [/mm] B [mm] \subseteq \Omega$ [/mm] und $ F$ eine [mm] $\sigma-$Algebra [/mm] über [mm] $\Omega$. [/mm] Zeigen sie,dass dann $B [mm] \cap [/mm] F:= [mm] \{B \cap A | A \in F\}$ [/mm] eine [mm] $\sigma-$Algebra [/mm] über $B$ ist ( die [mm] Spur$-\sigma-$Algebra [/mm] in B) |
hallo
eine algebra ist ja erstmal so definiert:
$i) [mm] \Omega \in [/mm] F$
$ii) F$ ist komplementstabil , d.h. [mm] $A\in [/mm] F [mm] \Rightarrow A^c \in [/mm] F [mm] \forall [/mm] A [mm] \in [/mm] F$
$iii) F$ ist [mm] $\sigma-$stabil, [/mm] d.h. [mm] $\{A_n: n\in \IN\} \subset [/mm] F [mm] \Rightarrow \bigcup_{n \in \IN} A_{n} \in [/mm] F$
ich hab keinerlei ahnung wie ich daran gehen soll,weil ich weiss nicht wie ich die Axiome nachweisen kann :/
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Hiho,
na fangen wir mal schrittweise mit dem ersten Mengensystem an:
$ F := [mm] \{A \subseteq \Omega | A $ höchstens abzählbar oder $ A^c $ höchstens abzählbar $ \} [/mm] $
i) Hier wäre also zu zeigen: [mm] $\Omega\in [/mm] F$ also in dieser Aufgabe [mm] \Omega [/mm] ist abzählbar oder [mm] \Omega^c [/mm] ist abzählbar.
Was ist denn [mm] $\Omega^c$? [/mm] Und ist [mm] \Omega [/mm] oder [mm] \Omega^c [/mm] immer abzählbar?
ii) Hier ist zu zeigen: Unter der Annahme dass [mm] $A\in [/mm] F$ soll auch [mm] A^c [/mm] in F sein
Also nehmen wir das mal an: [mm] $A\in [/mm] F$. Dann gilt also was für A?
Was ist dann für [mm] A^c [/mm] zu zeigen?
Tipp: Nützlich ist hier sicherlich [mm] $(A^c)^c [/mm] = A$
iii) machen wir danach.
Gruß,
Gono
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jupp
hi gonzo,
$i)$ [mm] $\Omega$ [/mm] ist hier überabzählbar ,da zwei abzählbare mengen vereinigt eine überabzählbare ergeben $A [mm] \cup A^c [/mm] = [mm] \Omega$ [/mm] . also [mm] $\Omega$ [/mm] ist überabzählbar ,dann ist [mm] $\Omega^c [/mm] = [mm] \emptyset$ [/mm] und die leere Menge ist abzählbar und deshalb [mm] $\Omega \in [/mm] F$
$ii)$ 1 Fall.:
ist $A$ abzählbar so ist [mm] $(A^c)^c$ [/mm] auch abzählbar, also eine menge ist in $F$ wenn die menge an sich oder das komplemte abzählbar ist. Ist $A$ abzählbar so ist [mm] $A^c$ [/mm] auch [mm] $\in [/mm] F$
2.Fall:
eigentlich trivial ist [mm] $A^c$ [/mm] abzähl so ist [mm] $A^c$ [/mm] in $F$
gut so?
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:57 Mi 22.04.2015 | | Autor: | fred97 |
> jupp
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> hi gonzo,
>
>
> [mm]i)[/mm] [mm]\Omega[/mm] ist hier überabzählbar
echt ?
> ,da zwei abzählbare
> mengen vereinigt eine überabzählbare ergeben
Das ist Unfug. Die Vereinigung zweier abzählbarer Mengen ist abzählbar.
> [mm]A \cup A^c = \Omega[/mm]
> . also [mm]\Omega[/mm] ist überabzählbar
Nein, das muss nicht sein.
> ,dann ist [mm]\Omega^c = \emptyset[/mm]
Bingo !!!!
> und die leere Menge ist abzählbar und deshalb [mm]\Omega \in F[/mm]
Yeah.
>
>
> [mm]ii)[/mm] 1 Fall.:
> ist [mm]A[/mm] abzählbar so ist [mm](A^c)^c[/mm] auch abzählbar, also eine
> menge ist in [mm]F[/mm] wenn die menge an sich oder das komplemte
> abzählbar ist. Ist [mm]A[/mm] abzählbar so ist [mm]A^c[/mm] auch [mm]\in F[/mm]
>
>
> 2.Fall:
>
> eigentlich trivial ist [mm]A^c[/mm] abzähl so ist [mm]A^c[/mm] in [mm]F[/mm]
Ja
FRED
>
>
> gut so?
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Hiho,
fred hat ja das wesentliche schon gesagt, von mir bekommst du noch einen Tipp zur iii):
1. Fall: Mindestens ein [mm] A_n^c [/mm] ist abzählbar, dann betrachte mal [mm] \left(\bigcup_{n\in\IN} A_n\right)^c
[/mm]
2. Fall kein [mm] A_n^c [/mm] ist abzählbar (was bedeutet das für alle [mm] $A_n$'s?)
[/mm]
Gruß
Gono
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also iii)
[mm] $A_{i} \in [/mm] F , i [mm] \in \IN \Rightarrow \bigcup_{i=1}^{\infty} A_{i} \in [/mm] F$
"2. Fall kein $ [mm] A_n^c [/mm] $ ist abzählbar (was bedeutet das für alle $ [mm] A_n [/mm] $'s?)"
ja das bedeutet :
das alle $ [mm] A_{i}'s$ [/mm] abzählbar sind und somit alle $ [mm] \bigcup_{i=1}^{\infty} A_{i} \Rightarrow \bigcup_{i=1}^{\infty} A_{i} \in [/mm] F$
"1. Fall: Mindestens ein $ [mm] A_n^c [/mm] $ ist abzählbar, dann betrachte mal
$ [mm] \left(\bigcup_{n\in\IN} A_n\right)^c [/mm] $"
[mm] $\left(\bigcup_{n\in\IN} A_n\right)^c [/mm] $ ist dann auch nicht abzählbar
$ [mm] \left(\bigcup_{n\in\IN} A_n\right)^c [/mm] = [mm] \bigcap_{i=1}^{\IN} A_i^c$ [/mm] mit de morgan und damit ist das komplement abzählbar [mm] $\Rightarrow \left(\bigcup_{n\in\IN} A_n\right)$ [/mm] ist im schnitt.
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Hiho,
schreibe es noch etwas genauer auf:
> ja das bedeutet :
>
> das alle [mm]A_{i}'s[/mm] abzählbar sind und somit alle [mm]\bigcup_{i=1}^{\infty} A_{i} \Rightarrow \bigcup_{i=1}^{\infty} A_{i} \in F[/mm]
Ohne das zweite "alle".
> "1. Fall: Mindestens ein [mm]A_n^c[/mm] ist abzählbar, dann
> betrachte mal
> [mm]\left(\bigcup_{n\in\IN} A_n\right)^c [/mm]"
>
> [mm]\left(\bigcup_{n\in\IN} A_n\right)^c[/mm] ist dann auch nicht
> abzählbar
Ohne Komplementbildung
> [mm]\left(\bigcup_{n\in\IN} A_n\right)^c = \bigcap_{i=1}^{\IN} A_i^c[/mm]
Was ist das für ne Schreibweise? Bitte: [mm] \bigcap_{n\in\IN} A_i^c
[/mm]
> mit de morgan und damit ist das komplement abzählbar
> [mm]\Rightarrow \left(\bigcup_{n\in\IN} A_n\right)[/mm] ist im schnitt.
In welchem Schnitt? Du meinst in der Sigma-Algebra.
Gruß,
Gono
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jupp, wie gehe ich jetzt die anderen aufgaben an?
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Hiho,
> jupp, wie gehe ich jetzt die anderen aufgaben an?
völlig analog!
Ist dir denn klar, was [mm] $\bigcap_{i \in I} F_{i}$ [/mm] bedeutet und wann etwas im Schnitt liegt?
Für die zweite Aufgabe brauchst du eigentlich echt nur die Eigenschaft des Schnitts und dass die [mm] F_i [/mm] selbst Sigma-Algebren sind.
Mach mal!
Gruß,
Gono
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$ F := [mm] \bigcap_{i \in I} F_{i} [/mm] $
da $ [mm] F_{i}$ [/mm] sigma-algebraen sind $ [mm] \Rightarrow \emptyset \in F_{i} \Rightarrow \emptyset \in \bigcap_{i \in I} F_{i}$ [/mm]
noch z.Zeigen [mm] $A\in \bigcap_{i \in I} F_{i}\Rightarrow A^c \in \bigcap_{i \in I} F_{i} [/mm] $ ja da [mm] F_{i} [/mm] wieder sigma algebren sind $ [mm] \Rightarrow [/mm] A [mm] \in F_{i} \Rightarrow A^c \in F_{i}$ [/mm] das heißt ja eigentlich auch wieder das $ [mm] \Rightarrow \bigcap_{i \in I} [/mm] A [mm] \in F_{i} \Rightarrow \bigcap_{i \in I} A^c \in F_{i}$
[/mm]
ja jetzt muss man ja noch zeigen,dass $ [mm] A_{k} \in [/mm] F , k [mm] \in \IN \Rightarrow \bigcup_{k=1}^{\infty} A_{k} \in F_{i} [/mm] $
da die einzelnen [mm] F_i [/mm] ja sigma-algebren sind heißt das im endeffekt $ [mm] A_{k} \in [/mm] F , k [mm] \in \IN \Rightarrow \bigcup_{k=1}^{\infty} A_{k} \in F_{i} [/mm] $ und das heißt wiederum [mm] $\bigcup_{k=1}^{\infty} A_{k} \in \bigcap_{i \in I} F_{i} [/mm] $
und damit ist $ F := [mm] \bigcap_{i \in I} F_{i} [/mm] $ eine sigma-algebra
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:37 Do 23.04.2015 | | Autor: | fred97 |
> [mm]F := \bigcap_{i \in I} F_{i}[/mm]
>
> da [mm]F_{i}[/mm] sigma-algebraen sind [mm]\Rightarrow \emptyset \in F_{i} \Rightarrow \emptyset \in \bigcap_{i \in I} F_{i}[/mm]
>
>
> noch z.Zeigen [mm]A\in \bigcap_{i \in I} F_{i}\Rightarrow A^c \in \bigcap_{i \in I} F_{i}[/mm]
> ja da [mm]F_{i}[/mm] wieder sigma algebren sind [mm]\Rightarrow A \in F_{i} \Rightarrow A^c \in F_{i}[/mm]
> das heißt ja eigentlich auch wieder das [mm]\Rightarrow \bigcap_{i \in I} A \in F_{i} \Rightarrow \bigcap_{i \in I} A^c \in F_{i}[/mm]
>
>
> ja jetzt muss man ja noch zeigen,dass [mm]A_{k} \in F , k \in \IN \Rightarrow \bigcup_{k=1}^{\infty} A_{k} \in F_{i}[/mm]
>
> da die einzelnen [mm]F_i[/mm] ja sigma-algebren sind heißt das im
> endeffekt [mm]A_{k} \in F , k \in \IN \Rightarrow \bigcup_{k=1}^{\infty} A_{k} \in F_{i}[/mm]
> und das heißt wiederum [mm]\bigcup_{k=1}^{\infty} A_{k} \in \bigcap_{i \in I} F_{i}[/mm]
>
> und damit ist [mm]F := \bigcap_{i \in I} F_{i}[/mm] eine
> sigma-algebra
Ist O.K.
FRED
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fred wie mach ich die letzte?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:56 Do 23.04.2015 | | Autor: | fred97 |
> fred wie mach ich die letzte?
Wie immer. Zeige:
1. $B [mm] \in [/mm] B [mm] \cap [/mm] F$;
2. aus $C [mm] \in [/mm] B [mm] \cap [/mm] F$ folgt $B [mm] \setminus [/mm] C [mm] \in [/mm] B [mm] \cap [/mm] F$
und
3. aus [mm] $C_1,C_2,.... \in [/mm] B [mm] \cap [/mm] F$ folgt [mm] $\bigcup_{i=1}^{\infty}C_i \in [/mm] B [mm] \cap [/mm] F$
FRED
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ich hab keine ahnung wie ich
1. $ B [mm] \in [/mm] B [mm] \cap [/mm] F $; zeigen soll,ich donkey :DD
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Hiho,
> ich hab keine ahnung wie ich
> 1. [mm]B \in B \cap F [/mm]; zeigen soll,ich donkey :DD
Na [mm] $B\cap [/mm] F$ ist doch definiert als alle Mengen [mm] $B\cap [/mm] A$ mit [mm] $A\in [/mm] F$.
Und aufpassen: Du sollst ja zeigen, dass [mm] $B\cap [/mm] F$ eine Sigma-Algebra über B (!) ist, d.h. du musst sämtliche Operationen wie Komplementbildung etc über B machen.
So, um zu zeigen, dass $B [mm] \in B\cap [/mm] F$ musst du also zeigen, dass es ein [mm] $A\in [/mm] F$ gibt, so dass $B = [mm] B\cap [/mm] A$
Gruß,
Gono
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da $F$ als algebra über [mm] $\Omega$ [/mm] definiert heißt das ja nach axiome (i) [mm] $\Omega \in [/mm] F$ und da $B [mm] \subseteq \Omega$
[/mm]
also gibt es ein $A [mm] \in [/mm] F$ ,das [mm] $\Omega$ [/mm] wäre und so $B = B [mm] \cap \Omega \Rightarrow [/mm] B [mm] \in B\cap [/mm] F$
2.$ C [mm] \in [/mm] B [mm] \cap [/mm] F $ folgt $ B [mm] \setminus [/mm] C [mm] \in [/mm] B [mm] \cap [/mm] F $
Bew:
sei $ C [mm] \in [/mm] B [mm] \cap [/mm] F $ , dann ist da ein $A [mm] \in [/mm] F$ sodass $C$ ein komplement bildet bzgl. $B$
[mm] $C^c= [/mm] B [mm] \cap(C)^c$
[/mm]
$= B [mm] \cap(A\cap B)^c$
[/mm]
de morgan
$= B [mm] \cap(A^c \cup B^c)$
[/mm]
distributivgesetzt
$= (B [mm] \cap B^c)\cup(A^c \cap [/mm] B)$
$(B [mm] \cap B^c)$ [/mm] ist disjunkt
[mm] $\Rightarrow C^c=A^c \cap [/mm] B$
damit folgt [mm] $A^c \cap [/mm] B [mm] \in [/mm] A [mm] \cap [/mm] B$ und somit auch die behauptung
3. aus $ [mm] C_1,C_2,.... \in [/mm] B [mm] \cap [/mm] F $ folgt $ [mm] \bigcup_{i=1}^{\infty}C_i \in [/mm] B [mm] \cap [/mm] F $
Bew: d.h. es exists ein [mm] $A_i [/mm] , i [mm] \in \IN \in [/mm] F$ so dass [mm] $C_{i}=B \cap A_i [/mm] , i [mm] \in \IN [/mm] $
dass heißt ja [mm] $\bigcup_{n \in \IN} C_{n}=B \cap \bigcup_{n \in \IN} A_n [/mm] $
weil B unabhängig vom lauf indices ist,geht das so :)
und da [mm] $\bigcup_{n \in \IN} A_n \in [/mm] F [mm] \Rightarrow [/mm] B [mm] \cap \bigcup_{n \in \IN} A_n \in [/mm] B [mm] \cap [/mm] A $
ja und daraus folgt die behauptung :)
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Hiho,
> damit folgt [mm]A^c \cap B \in A \cap B[/mm]
Du meinst: Und damit folgt: [mm] $C^c \in B\cap [/mm] F$, da [mm] $A^c \in [/mm] F$
Sonst stimmt es.
Aber aufpassen mit deiner Notation: Einmal schreibst du [mm] C^c [/mm] und meinst [mm] $B\setminus [/mm] C$. Einmal [mm] A^c [/mm] und meinst [mm] $\Omega\setminus [/mm] A$.
Schreibe also, wie zu Beginn, lieber nur [mm] $B\setminus [/mm] C$ und NUR [mm] C^c, [/mm] wenn du Wirklich [mm] $\Omega\setminus [/mm] C$ meinst.
> weil B unabhängig vom lauf indices ist,geht das so :)
Und weil das Distributivgesetz gilt!
> und da [mm]\bigcup_{n \in \IN} A_n \in F \Rightarrow B \cap \bigcup_{n \in \IN} A_n \in B \cap A[/mm]
>
> ja und daraus folgt die behauptung :)
Ok.
Gruß,
Gono
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