Abbildung Äußere Maß < Maßtheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:19 Mi 13.05.2020 | | Autor: | TS85 |
| Aufgabe | Welche der folgenden Abbildungen [mm] \mu_i: P(\IR) \to [0,\infty] [/mm] sind äußere Maße?
[mm] i)\mu_1(A)=\begin{cases} 0, & \mbox{A}\mbox{ abz.} \\ 1, & \mbox{sonst }\end{cases}
[/mm]
[mm] ii)\mu_2(A)=\begin{cases} 0, & \mbox{A}\mbox{ beschränkt} \\ 1, & \mbox{sonst }\end{cases}
[/mm]
[mm] iii)\mu_3(A)=\begin{cases} 0, & \mbox{A}=\emptyset \\ 1, & \mbox{A }\not=\emptyset, \mbox{A beschränkt} \\ \infty & \mbox{sonst} \end{cases} [/mm] |
Meine Fragen dazu, bevor ich die Bearbeitung in eine falsche Richtung lenke:
i) Ist ein äußeres Maß, da ein Maß (bekannt nach vorhergehenden Aufgabe) und jedes Maß auf P(X) auch ein äußeres Maß ist im Allgemeinen.
Ist hier somit nur die Monotonie zu zeigen?
ii)
Gleiches hier. Wenn ich mich jetzt nicht täusche müsste man hier auch zeigen können, dass [mm] \mu_2 [/mm] ein Maß ist und somit auch ein äußeres Maß?
iii)
Vermutlich stellt dies in dieser Fallunterscheidung kein äußeres Maß dar, ist dies bspw. mit der Caratheodory-Bedingung zu widerlegen?
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Hiho,
> i) Ist ein äußeres Maß, da ein Maß (bekannt nach vorhergehenden Aufgabe)
nana… dann schau mal noch mal genau nach, auf welcher Menge das ein Maß ist und auf welcher Menge du es jetzt betrachtest…
> ii)
> Gleiches hier. Wenn ich mich jetzt nicht täusche müsste
> man hier auch zeigen können, dass [mm]\mu_2[/mm] ein Maß ist und somit auch ein äußeres Maß?
Das ist kein Maß, sonst wäre ja
Bspw. wäre $1 = [mm] \mu_2(\IR) [/mm] = [mm] \mu_2\left(\bigcup_{k \in \IZ} [k,k+1)\right) [/mm] = [mm] \sum_{k\in\IZ} \mu_2([k,k+1)) [/mm] = [mm] \sum_{k\in\IZ} [/mm] 0 = 0$
> iii)
> Vermutlich stellt dies in dieser Fallunterscheidung kein
> äußeres Maß dar, ist dies bspw. mit der
> Caratheodory-Bedingung zu widerlegen?
Das dies kein Maß ist, ist wie oben schnell zu zeigen… aber die äußeren Maßeigenschaften solltest du hier nochmal nachrechnen.
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:36 Mi 13.05.2020 | | Autor: | TS85 |
Ok, ich habe übersehen, dass hier keine [mm] \mathcal{A} [/mm] vorliegt.
zur i)
[mm] \mu_1(A)\ge0 [/mm] und [mm] \mu_1(\emptyset)=0.
[/mm]
Monotonie:
Sei A [mm] \subseteq [/mm] B [mm] \subset \IR.
[/mm]
Jede Überdeckung von B ist Überdeckung von A, d.h.
[mm] \{\summe_{n=1}^{\infty}\mu(A_n), A_n \in P(\IR), A \subset \bigcup_{n=1}^{\infty}A_n\}\supset [/mm]
[mm] \{\summe_{n=1}^{\infty}\mu(A_n), A_n \in P(\IR), B \subset \bigcup_{n=1}^{\infty}A_n\}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \mu_1(A) \le \mu_1(B)
[/mm]
Subadditivität:
Sei [mm] A_1,A_2,... [/mm] eine Folge [mm] \in P(\IR).
[/mm]
1. Fall: [mm] \bigcup_{i=1}^{\infty} A_i [/mm] abz., dann auch jedes [mm] A_i \Rightarrow \mu_1(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i)=0=\Sigma_{i=1}^{\infty}\mu_1(A_n)
[/mm]
2. Fall:
A überabz., d.h. es existiert mind. 1 überabz. Folge [mm] A_i
[/mm]
mit [mm] \mu_1(A_i)>0. [/mm] Da die Folgen nicht disjunkt sein müssen folgt
[mm] \mu_1(\bigcup_{i \in \IN}^{\infty}A_i)\le \summe_{i=1}^{\infty}\mu_1(A_i)=1
[/mm]
Ich bin hier etwas ratlos, wie man den Beweis richtig führt,
da mir nur die Definition vom äußeren Maß vorliegt (Infimum).
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Hiho,
> Ok, ich habe übersehen, dass hier keine [mm]\mathcal{A}[/mm] vorliegt.
Das ist falsch. Es ist [mm] $\mathcal{A} [/mm] = [mm] \mathcal{P}(X)$ [/mm] gegeben.
> zur i)
> [mm]\mu_1(A)\ge0[/mm] und [mm]\mu_1(\emptyset)=0.[/mm]
>
> Monotonie:
> Sei A [mm]\subseteq[/mm] B [mm]\subset \IR.[/mm]
> Jede Überdeckung von B
Was willst du jetzt mit Überdeckungen?
Ich vermute mal, du vermischst hier die Definition des äußeren Lebesgue-Maßes mit der allgemeinen Definition des äußeren Maßes.
Im Allgemeinen hat ein äußeres Maß mit Überdeckungen nix zu tun, so auch hier.
Zeige schlichtweg: $A [mm] \subseteq [/mm] B [mm] \Rightarrow \mu_1(A) \le \mu_1(B)$ [/mm] indem du eine schlichte Fallunterscheidung machst.
1: A abzählbar
2: A überabzählbar
> Subadditivität:
> Sei [mm]A_1,A_2,...[/mm] eine Folge [mm]\in P(\IR).[/mm]
> 1. Fall:
> [mm]\bigcup_{i=1}^{\infty} A_i[/mm] abz., dann auch jedes [mm]A_i \Rightarrow \mu_1(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i)=0=\Sigma_{i=1}^{\infty}\mu_1(A_n)[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Warum nicht auch gleich bei der Monotonie so?
>
> 2. Fall:
> A überabz., d.h. es existiert mind. 1 überabz. Folge [mm]A_i[/mm]
streich das Wort "Folge" oder schreibe "Element der Folge".
> mit [mm]\mu_1(A_i)>0.[/mm]
Wieso nur [mm] $\mu_1(A_1) [/mm] > 0$ und nicht gleich konkret [mm] $\mu_1(A_i) [/mm] = 1$ ?
> Da die Folgen nicht disjunkt sein müssen
Elemente der Folge oder Folgenglieder oder [mm] A_i [/mm] oder… aber nicht nur "Folgen". Du betrachtest nämlich gar nicht mehrere Folgen sondern nur eine einzige!
Und was sollten überhaupt "disjunkte Folgen" sein?
> folgt [mm]\mu_1(\bigcup_{i \in \IN}^{\infty}A_i)\le \summe_{i=1}^{\infty}\mu_1(A_i)=1[/mm]
Das stimmt auch nicht.
Nach deiner Annahme ist [mm] \bigcup_{i \in \IN}^{\infty}A_i [/mm] überabzählbar. Was ist dann [mm] $\mu_1(\bigcup_{i \in \IN}^{\infty}A_i)$?
[/mm]
Wieso sollte aber [mm] $\summe_{i=1}^{\infty}\mu_1(A_i)=1$ [/mm] gelten?
Du hast doch selbst geschrieben, dass die [mm] A_i [/mm] nicht disjunkt sein müssen, was gilt denn, wenn [mm] $A_1 [/mm] = [mm] A_2 [/mm] = [mm] \ldots$ [/mm] (also alle [mm] A_i [/mm] identisch), dann ist [mm] $\summe_{i=1}^{\infty}\mu_1(A_i)$ [/mm] was?
Was ist, wenn [mm] $A_1$ [/mm] das überabzählbare Folgenglied ist und [mm] $\emptyset=A_2 [/mm] = [mm] A_3 =\ldots$ [/mm] ?
Was gilt allgemein also nur für [mm] $\summe_{i=1}^{\infty}\mu_1(A_i)$?
[/mm]
> Ich bin hier etwas ratlos, wie man den Beweis richtig führt,
So wie du es eben gemacht hast, du weist die 3 Eigenschaften nach:
i) äußeres Maß der leeren Menge ist 0
ii) Monotonie
iii) [mm] $\sigma$-Subadditivität
[/mm]
> da mir nur die Definition vom äußeren Maß vorliegt (Infimum).
wie oben schon geschrieben: Die Definition übers Infimum ist ein konkretes äußeres Maß, das sogenannte äußere Lebesgue-Maß.
Das hat nix mit äußeren Maßen im Allgemeinen zu tun.
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:41 Do 14.05.2020 | | Autor: | TS85 |
Ich nahm an, dass die Infimum Definition allgemein gilt (da sie in verschiedenen Quellen fast ausschließlich behandelt wird zum Äußeren Maß).
i)
Monotonie:
1. Fall:
A abz. [mm] \Rightarrow \mu_1(B\setminus A)=\mu_1(B)-\underbrace{\mu_1(A)}_{=0} \Rightarrow \mu_1(A)\leq \mu_1(B)
[/mm]
2. Fall:
A überabz. [mm] \Rightarrow \mu_1(B\setminus A)=\mu_1(B)-\underbrace{\mu_1(A)}_{=1}. [/mm] Da das Maß nach Definition nicht kleiner 0 sein kann, folgt [mm] \mu_1(B)=1(mit [/mm] B auch überabz.)
[mm] \Rightarrow \mu_1(A)\leq \mu_1(B)
[/mm]
Ich nehme also nun an, dass eine [mm] \sigma-Algebra(=\mathcal{P}(\IR)) [/mm] vorliegt, allerdings
keine Maße, da die Abbildungen die Maßeigenschaften nicht erfüllen.
[mm] \sigma-Subadditivität:
[/mm]
Sei [mm] A_1,A_2 [/mm] eine Folge in [mm] \mathcal{P}(\IR):
[/mm]
1. Fall:
[mm] \bigcup_{i=1}^{\infty}A_i [/mm] abz. [mm] \Rightarrow \mu_1(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i )=0\leq\summe_{i=1}^{\infty}\mu_1(A_i)=0
[/mm]
2. Fall:
A überabz., d.h. existiert mind. 1 Element der Folgenglieder [mm] A_i [/mm] mit [mm] \mu_1(A_i)=1.
[/mm]
Da die Elemente der Folge nicht disjunkt sein müssen folgt
im Fall, dass [mm] A_1=A_2=A_3=... [/mm] (alle [mm] A_i [/mm] gleich und überabz.)
1= [mm] \mu_1(\bigcup_{i \in \IN}^{\infty}A_i) \leq \summe_{i=1}^{\infty}\underbrace{\mu_1(A_i)}_{=1}=\infty
[/mm]
Im Fall, dass nur 1 [mm] A_i (A_1) [/mm] überabz. und restlichen Folgenglieder [mm] A_i=\emptyset [/mm] folgt:
1= [mm] \mu_1(\bigcup_{i \in \IN}^{\infty}A_i) \leq \summe_{i=2}^{\infty}\underbrace{\mu_1(A_i)}_{=0}+\mu_1(A_1)=1
[/mm]
Woraus die [mm] \sigma-Subadditivität [/mm] folgt (beide "Randfälle" der Folgendlieder)
Ist es richtig, dass ich hier nicht die Eigenschaften der Algebra beachten muss, da ich nur zeige, dass ein äußeres Maß vorliegt (da wenn Maß würde Disjunktheit gelten). Wieso ist allerdings von [mm] \sigma-Subadditivität [/mm] die Rede (einfach nur weil [mm] \sigma-A. [/mm] vorliegt?)
Was fehlt/ist nicht richtig?
Wo liegt der unterschied zur ii). Mit meinen bisherigen Kenntnissen wäre dies der gleiche Beweis (außer ich habe Missverständnisse in Bezug auf die Definition von Beschränktheit und Maßen)
Vermutlich ist die Algebra nur notwendig/nützlich, wenn die Caratheodory-Bedingungen verwendet werden.
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Hiho,
> Ich nahm an, dass die Infimum Definition allgemein gilt (da sie in verschiedenen Quellen fast ausschließlich behandelt wird zum Äußeren Maß).
Jein, mit Hilfe des Infinums kann man sich leicht aus einer Inhaltsfunktion auf einem Ring ein äußeres Maß auf der gesamten Potenzmenge bauen.
> Monotonie:
> 1. Fall:
> A abz. [mm][mm] \Rightarrow \mu_1(B\setminus A)=\mu_1(B)-\underbrace{\mu_1(A)}_{=0}
[/mm]
hier machst du schon einen Fehler und setzt Dinge voraus.
Warum sollte die erste Gleichheit für ein äußeres Maß überhaupt gelten?
Tut es im Allgemeinen auch gar nicht…
Ich machs dir mal vor:
1: A abzählbar, d.h. [mm] $\mu(A) [/mm] = 0 [mm] \le \mu(B)$ [/mm] für alle $B$, insbesondere also für [mm] $B\supseteq [/mm] A$
2: $A$ überabzählbar, d.h. $B$ überabzählbar und damit [mm] $\mu(A) [/mm] = 1 [mm] \le [/mm] 1 = [mm] \mu(B)$
[/mm]
Fertig.
Gewöhn dir bitte an, jedes Gleichheitszeichen zu begründen, dann passieren dir solche Fehler wie oben nicht, wo du implizit falsche Annahmen triffst.
> Ich nehme also nun an, dass eine
> [mm]\sigma-Algebra(=\mathcal{P}(\IR))[/mm] vorliegt, allerdings
> keine Maße, da die Abbildungen die Maßeigenschaften nicht erfüllen.
Warum hast du sie dann oben verwendet?
> [mm]\sigma-Subadditivität:[/mm]
> Sei [mm]A_1,A_2[/mm] eine Folge in [mm]\mathcal{P}(\IR):[/mm]
>
> 1. Fall:
> [mm]\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i[/mm] abz. [mm]\Rightarrow \mu_1(\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i )=0\leq\summe_{i=1}^{\infty}\mu_1(A_i)=0[/mm]
Ein Satz, warum die Summe Null ergibt, wäre noch nett gewesen (da alle [mm] A_i [/mm] abzählbar!).
> 2. Fall:
> A überabz., d.h. existiert mind. 1 Element der
> Folgenglieder [mm]A_i[/mm] mit [mm]\mu_1(A_i)=1.[/mm]
Jetzt hast du meine Kritik angenommen und es falsch gemacht.
Was ist denn "1 Element der Folgenglieder" ?
Entweder: "ein Element der Folge" oder "ein Folgenglied".
> Da die Elemente der Folge nicht disjunkt sein müssen
> folgt
> im Fall, dass [mm]A_1=A_2=A_3=...[/mm] (alle [mm]A_i[/mm] gleich und
> überabz.)
> 1= [mm]\mu_1(\bigcup_{i \in \IN}^{\infty}A_i) \leq \summe_{i=1}^{\infty}\underbrace{\mu_1(A_i)}_{=1}=\infty[/mm]
>
> Im Fall, dass nur 1 [mm]A_i (A_1)[/mm] überabz. und restlichen
> Folgenglieder [mm]A_i=\emptyset[/mm] folgt:
>
> 1= [mm]\mu_1(\bigcup_{i \in \IN}^{\infty}A_i) \leq \summe_{i=2}^{\infty}\underbrace{\mu_1(A_i)}_{=0}+\mu_1(A_1)=1[/mm]
>
> Woraus die [mm]\sigma-Subadditivität[/mm] folgt (beide "Randfälle" der Folgendlieder)
Du hast jetzt zwei Fälle betrachtet, die du als "Randfälle" betrachtest.
Aber keine Begründung warum das dann für alle gilt… die Fälle sollten dir nur klar machen, dass die Summe alle Werte zwischen 1 und [mm] +\infty [/mm] annehmen kann. Das ist aber kein Beweis…
Korrekt wäre es so gewesen:
A überabz., d.h. existiert mind. 1 Element der Folgenglieder [mm]A_i[/mm] mit [mm]\mu_1(A_i)=1.[/mm]
[mm]\mu_1(\bigcup_{i \in \IN}^{\infty}A_i) = 1 = \mu(A_i) \le \sum_{k=1}^\infty \mu(A_k)[/mm]
> Ist es richtig, dass ich hier nicht die Eigenschaften der
> Algebra beachten muss, da ich nur zeige, dass ein äußeres
> Maß vorliegt (da wenn Maß würde Disjunktheit gelten).
Welche Eigenschaften meinst du denn?
> Wieso ist allerdings von [mm]\sigma-Subadditivität[/mm] die Rede (einfach nur weil [mm]\sigma-A.[/mm] vorliegt?)
Man bezeichnet eine Eigenschaft als [mm] $\sigma$-Eigenschaft, [/mm] wenn man abzählbar viele Elemente betrachtet.
Subadditivität deswegen, weil das äußere Maß ja nicht additiv ist (sonst würde Gleichheit gelten), sondern eben nur "subadditiv", d.h. es gilt [mm] $\le$.
[/mm]
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:01 Fr 15.05.2020 | | Autor: | TS85 |
Ok, alles relativ einfacher als gedacht. Ich als Mathematik-Laie bin bei manchen Aufgaben zu unsicher, vermutlich kommt das eben gerade von dem Vermischen von zu vielen Definitionen..
Ich vergaß zu erwähnen, dass es zu der Gesamtaufgabe noch den Hinweis gab,
dass man gegebenenfalls die [mm] \sigma-Algebra [/mm] der [mm] \mu_i [/mm] -messbaren Mengen, d.h. der Mengen, welche die Caratheodory-Bedingung erfüllen, bestimmen kann.
Was genau bringt mir dies allerdings bei iii)? Wenn die Gleichheit der Caratheodory-Bedingungen nachgewiesen wird, folgt, dass [mm] \mu=\mu^{\*}|_\mathcal{A} [/mm] ein Maß ist. Kann man daraus schließen, dass ein äußeres Maß vorliegt?
Andersherum: Wenn die Car.-Bed. nicht zutrifft, kann ich damit sagen, dass auch kein äußeres Maß vorliegt, Oder
ist das eine nicht zutreffende Verallgemeinerung?
Ich werde vermutlich nochmal eine Bearbeitung von ii),iii) zur Korrektur senden, wenn sich denn jemand erbarmen könnte und nochmal drüber schaut.
Ich möchte hier ja keine Almosen sammeln, aber ein kleiner Hinweis zur ii),iii) wäre hilfreich in Bezug auf Caratheodory
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Hiho,
> Ich vergaß zu erwähnen, dass es zu der Gesamtaufgabe noch
> den Hinweis gab, dass man gegebenenfalls die [mm]\sigma-Algebra[/mm] der [mm]\mu_i[/mm]-messbaren Mengen, d.h. der Mengen, welche die Caratheodory-Bedingung erfüllen, bestimmen kann.
Bist du sicher, dass das ein Hinweis und nicht eine Aufgabe war?
Denn: Die Bestimmung der [mm] $\mu_i$-meßbaren [/mm] Mengen macht ja nur Sinn, wenn man bereits weiß, dass man ein äußeres Maß hat…
D.h. ich würde die Aufgabe so verstehen:
i) Bestimme, ob äußeres Maß vorliegt
ii) Wenn ja, bestimme die meßbaren Mengen.
Gruß,
Gono
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:19 Sa 16.05.2020 | | Autor: | TS85 |
Theoretisch lässt sich das ganze nun auch gleichermaßen bei insbesondere ii) und iii) anwenden.
Mein Problem:
Wenn ich nun die Subadditivität zeigen möchte im Fall
A unbeschränkt.
Dann exist. mind. 1 unbeschr. Folgenglied [mm] A_i:
[/mm]
[mm] \mu_3(\bigcup_{k \in \IN}^{\infty}A_k)=\infty=\mu_3(A_i) [/mm] , was aber nicht automatisch [mm] \le\summe_{k=1}^{\infty}\mu_3(A_k)
[/mm]
sein kann.
Mal angenommen ich habe 2 [mm] A_k, [/mm] welche unbeschränkt sind,
dann folgt aus der Summe [mm] \pm\infty.
[/mm]
Wenn noch ein [mm] A_k [/mm] unb. dann folgt [mm] \infty [/mm] - [mm] \infty, [/mm] was überhaupt nicht definiert ist.
Allerdings kann das ja vermutlich nicht der Grund sein, dass kein äußeres Maß vorliegt, da sonst keine äußeren Maße existieren würden mit dem Fall [mm] \infty. [/mm]
Was ist mir hier jetzt unbekannt?
Caratheodory Bedingungen:
[mm] A=\emptyset:
[/mm]
[mm] \mu_3(B \cap \emptyset)+\mu_3(B\setminus \emptyset)=\mu_3(\emptyset)+\mu_3(B)=\mu_3(B)
[/mm]
A beschr., B beschr.:
[mm] \mu_3(B \cap A)+\mu_3(B\setminus A)=\mu_3(B)
[/mm]
A beschr., B unbeschr.:
[mm] \underbrace{\mu_3(B \cap A)}_{\leq1}+\underbrace{\mu_3(B\setminus A)}_{=\infty}=\underbrace{\mu_3(B)}_{=\infty}
[/mm]
A unbeschr., B unbeschr.:
[mm] \underbrace{\mu_3(B \cap A)}_{=\infty}+\underbrace{\mu_3(B\setminus A)}_{=\infty}=\underbrace{\mu_3(B)}_{=\pm\infty}
[/mm]
wieder gleiche Problem, da [mm] \mu_3(*)<0 [/mm] nicht definiert.
Ein wenig Aufschluss wäre nett trotz des guten Wetters und bestimmt interessanteren Dingen,
würde mich nämlich einfach mal interessieren
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Hiho,
> Mein Problem:
> Wenn ich nun die Subadditivität zeigen möchte im Fall A unbeschränkt.
> Dann exist. mind. 1 unbeschr. Folgenglied [mm]A_i:[/mm]
Tut es das? Wieder eine Aussage ohne Begründung…
Was ergibt denn die Folge [mm] $A_n [/mm] = [-n,n]$?
> [mm]\mu_3(\bigcup_{k \in \IN}^{\infty}A_k)=\infty=\mu_3(A_i)[/mm] ,
> was aber nicht automatisch [mm]\le\summe_{k=1}^{\infty}\mu_3(A_k)[/mm] sein kann.
Warum nicht?
> Mal angenommen ich habe 2 [mm]A_k,[/mm] welche unbeschränkt sind,
> dann folgt aus der Summe [mm]\pm\infty.[/mm]
Wie kommst du denn auf das [mm] $\pm$? [/mm]
> Wenn noch ein [mm]A_k[/mm] unb. dann folgt [mm]\infty[/mm] - [mm]\infty,[/mm] was überhaupt nicht definiert ist.
Wo kommt denn ein minus plötzlich her?
Tipp:
[mm] $\mu_2$ [/mm] ist nicht subadditiv (Gegenbeispiel hab ich dir gegeben)
[mm] $\mu_3$ [/mm] ist subadditiv, zeige das wie folgt:
Im Fall [mm] $\mu_3\left(\bigcup_{n\in\IN} A_n\right) [/mm] = 0$ ist der Beweis trivial
Im Fall [mm] $\mu_3\left(\bigcup_{n\in\IN} A_n\right) [/mm] = 1$ existiert mindestens eine beschränkte, nicht leere Menge [mm] $A_i$ [/mm] (warum?) und damit ist die Summe was?
Im Fall [mm] $\mu_3\left(\bigcup_{n\in\IN} A_n\right) [/mm] = [mm] \infty$ [/mm] existiert eine unbeschränkt Menge [mm] A_i [/mm] (dann ist die Summe was?) oder es gibt mindestens abzählbar viele beschränkte Mengen (warum?), dann ist die Summe was?
Gruß,
Gono
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:47 Sa 16.05.2020 | | Autor: | TS85 |
Schonmal Danke im Voraus, gesamte Aufgabe hat sich mir nun erschlossen.
Wenn A unbeschränkt ist, muss mindestens 1 unb. Folgendlied vorhanden sein, damit A unbeschränkt ist (da A aus der Vereinigung dieser Glieder gebildet wird). Ich sehe ein,
dass dies nicht unbedingt exakt zutrifft, wobei
das auch eher eine theoretische Frage ist.
A mit Folgendlieder [-n,n] wird im Grunde auch nur unbeschränkt
durch [mm] [-\infty,\infty]. [/mm]
Mein Problem kam daher, da es im Skript eine Stelle gibt im Teil messbare Abbildungen mit einer Definition, welche
bei [mm] \overline{\IR}=\IR \cup \{-\infty,\infty\}
[/mm]
verschiedene Rechenregel "vereinbart" (damit anscheinend keine Allgemeingültigkeit).
Damit hat sich mein letzter Post schon wieder mal erledigt.
Jetzt auf Hinweis erschließt sich mir die ii), d.h. dass keine Subadditivität vorliegt, da die gesamte unbeschränkte Menge A mit bspw. [mm] \bigcup_{i \in \IZ}_{[i,i+1)} [/mm] aus beschränkten Folgengliedern zusammgesetzt werden kann. Habe ich dummerweise übersehen/vergessen, da es dort um Maße ging.
(Leider muss ich mir da eingestehen, dass mein math. Vokabular etwas begrenzt ist)
A beschränkt,nichtleer:
Existiert mind. ein beschränktes nichtleeres Folgenglied [mm] A_i [/mm] (i [mm] \in \IN), [/mm] da A beschränkt und nichtleer ist.
[mm] \mu_3(\bigcup_{n \in \IN}^{}A_n)=1\leq 1=\mu_3(A_i)=\underbrace{\summe_{i=1}^{\infty}\mu_3(A_i)}_{\ge1}
[/mm]
A unbeschränkt:
[mm] \mu_3(\bigcup_{n \in N}_{}A_n)=\infty \leq \summe_{k=1}^{\infty} \mu_3(A_k)=\infty
[/mm]
Mit entweder ein unbeschränkte [mm] A_i [/mm] (was sich doch allerdings deckt mit meinem Problem der Rechenregeln mit [mm] \infty?)
[/mm]
Oder mit mit mindestens abzählbar [mm] (|\IN|) [/mm] vielen beschränkten Mengen [mm] A_k, [/mm] da die Summe dann auch [mm] \infty [/mm] ist (da [mm] \mu_3(A) [/mm] bei Beschränktheit =1)
Hier stellt sich mir allerdings im Allgemeinen die Frage (wenn wirklich nur [mm] \underline{ein} A_i [/mm] gemeint ist) wie die Beweise zu äußeren Maße ablaufen. Im Grunde mache ich mir hier die Menge A so zurecht, dass sie passt. (Warum nicht 2 [mm] A_i [/mm] unbeschränkt, Menge A auch wieder unbeschränkt?)
Da kann ich mich nur entschuldigen, dass die gesamte Aufgabe zu einer solchen Fragerei ausgeartet ist, allerdings ist auch die Zusatzangabe mit Caratheodory (nach Aufgabenstellung) nicht zielführend und äußere Maße etwas nebenläufig zu Maßen.
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Hiho,
> Da kann ich mich nur entschuldigen, dass die gesamte
> Aufgabe zu einer solchen Fragerei ausgeartet ist,
das ist erst mal kein Problem, so lange du anständig mitarbeitest und deine "Hausaufgaben" machst.
> Wenn A unbeschränkt ist, muss mindestens 1 unb. Folgendlied vorhanden sein, damit A unbeschränkt ist
Das stimmt doch nicht und widerspricht sich auch mit dem, was du unten schreibst.
A kann dann sich doch auch aus abzählbar vielen beschränkten Folgengliedern zusammensetzen.
> Mein Problem kam daher, da es im Skript eine Stelle gibt im
> Teil messbare Abbildungen mit einer Definition, welche
> bei [mm]\overline{\IR}=\IR \cup \{-\infty,\infty\}[/mm]
>
> verschiedene Rechenregel "vereinbart" (damit anscheinend keine Allgemeingültigkeit).
Korrekt, diese Vereinbarung ist aber normalerweise bei allen maßtheoretischen Aufgaben gleich.
> Jetzt auf Hinweis erschließt sich mir die ii), d.h. dass
> keine Subadditivität vorliegt, da die gesamte
> unbeschränkte Menge A mit bspw. [mm]\bigcup_{i \in \IZ}_{[i,i+1)}[/mm]
> aus beschränkten Folgengliedern zusammgesetzt werden kann.
> Habe ich dummerweise übersehen/vergessen, da es dort um
> Maße ging.
> A beschränkt,nichtleer:
> Existiert mind. ein beschränktes nichtleeres Folgenglied
> [mm]A_i[/mm] (i [mm]\in \IN),[/mm] da A beschränkt und nichtleer ist.
> [mm]\mu_3(\bigcup_{n \in \IN}^{}A_n)=1\leq 1=\mu_3(A_i)=\underbrace{\summe_{i=1}^{\infty}\mu_3(A_i)}_{\ge1}[/mm]
Das ist doch mal schön aufgeschrieben.
>
> A unbeschränkt:
> [mm]\mu_3(\bigcup_{n \in N}_{}A_n)=\infty \leq \summe_{k=1}^{\infty} \mu_3(A_k)=\infty[/mm]
>
> Mit entweder ein unbeschränkte [mm]A_i[/mm] (was sich doch
> allerdings deckt mit meinem Problem der Rechenregeln mit
> [mm]\infty?)[/mm]
Wieso?
Der einzige undefinierte Ausdruck wäre doch [mm] $\infty [/mm] - [mm] \infty$
[/mm]
Wie soll der da auftreten?
> Oder mit mit mindestens abzählbar [mm](|\IN|)[/mm] vielen
> beschränkten Mengen [mm]A_k,[/mm] da die Summe dann auch [mm]\infty[/mm]
> ist (da [mm]\mu_3(A)[/mm] bei Beschränktheit =1)
>
> Hier stellt sich mir allerdings im Allgemeinen die Frage
> (wenn wirklich nur [mm]\underline{ein} A_i[/mm] gemeint ist) wie die
> Beweise zu äußeren Maße ablaufen. Im Grunde mache ich
> mir hier die Menge A so zurecht, dass sie passt.
Wieso?
Du machst eine saubere Fallunterscheidung…
> (Warum nicht 2 [mm]A_i[/mm] unbeschränkt, Menge A auch wieder unbeschränkt?)
Kann doch sein, der erste Fall behandelt ja nur mindestens ein unbeschränktes [mm] $A_i$
[/mm]
selbst wenn du zwei (oder mehrere) hättest, würdest du doch nur Ausdrücke der Form [mm] $\infty [/mm] + [mm] \infty$ [/mm] bekommen. Das ist aber kein Problem, da [mm] $\infty [/mm] + [mm] \infty [/mm] = [mm] \infty$.
[/mm]
Gruß,
Gono
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:10 Sa 16.05.2020 | | Autor: | TS85 |
Super danke, jetzt ist mir alles vollkommen klar
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