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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:31 Mo 05.01.2015 | | Autor: | James90 |
Hi!
Ich habe eine Frage zur Vervollständigung von einem Maßraum. Die Definition von einem Maßraum sollte klar sein.
Nullmengen: Sei [mm] (\Omega,F,\mu) [/mm] ein Maßraum. Eine Menge [mm] A\subseteq\Omega [/mm] heißt [mm] \mu [/mm] Nullmenge, falls ein [mm] $B\in [/mm] F$ existiert mit [mm] \mu(B)=0 [/mm] und [mm] $A\subseteq [/mm] B$.
Vollständiger Maßraum: Ein Maßraum [mm] (\Omega,F,\mu) [/mm] heißt vollständig, falls F alle [mm] \mu [/mm] Nullmengen enthält.
Vervollständigung: Sei [mm] (\Omega,F,\mu) [/mm] ein Maßraum. Mit [mm] F':=\{A\subseteq\Omega\mid\exists B\in F : A\Delta B \mu Nullmenge\} [/mm] und [mm] \mu'(A)=\mu(B) [/mm] erhalten wir durch [mm] (\Omega,F',\mu') [/mm] einen vollständigen Maßraum.
Ich kann nun zeigen, dass [mm] $F\subseteq [/mm] F'$ ist. Ist aber [mm] (\Omega,F',\mu') [/mm] der kleinste vollständige Maßraum, der [mm] (\Omega,F,\mu) [/mm] enthält?
Im Internet habe ich zur Vervollständigung zwei weitere Möglichkeiten gefunden:
Sei [mm] (\Omega,A,\mu).
[/mm]
1) [mm] F'':=\{A\Delta N:A\in A, N\in N\} [/mm] mit [mm] \mu''(A\Delta N):=\mu(A).
[/mm]
2) [mm] F''':=\{A\cup N\mid A\in A,N\in N\} [/mm] mit [mm] \mu'''(A\cup N):=\mu(A).
[/mm]
Dabei ist [mm] \Delta [/mm] die symmetrische Differenz und N das Mengensystem alle [mm] \mu [/mm] Nullmengen. Wie ist denn hier genau N definiert? Anscheinend nicht wie bei uns oben, denn wenn [mm] $N\in [/mm] N$, dann muss nicht unbedingt [mm] $N\in [/mm] F$ sein und dann haben wir zum Beispiel ein Problem mit [mm] \mu(A\cup [/mm] N), denn dann ist [mm] $A\cup N\not\in [/mm] F$ und somit ist [mm] \mu(A\cup [/mm] N) nicht definiert. Ich denke, dass N hier nur aus messbaren Nullmengen besteht, also [mm] N:=\{A\in F\mid \mu(A)=0\}. [/mm] Aber das macht auch keinen Sinn, denn dann wäre immer der Maßraum vollständig. Ich drehe mich im Kreis.
Bei der letzten Version steht, dass [mm] (\Omega,F''',\mu''') [/mm] der kleinste vollständige Maßraum ist, der [mm] (\Omega,F,\mu) [/mm] enthält. Ist das denn wirklich so? Was ist mit [mm] (\Omega,F'',\mu'')? [/mm] Sind vielleicht [mm] (\Omega,F'',\mu'') [/mm] und [mm] (\Omega,F''',\mu''') [/mm] äquivalent? Das kann ich mir irgendwie nicht vorstellen, denn in [mm] $A\cup [/mm] N$ ist auch [mm] $A\cap [/mm] N$ enthalten. In [mm] $A\Delta [/mm] N$ ist [mm] $A\cap [/mm] N$ nicht enthalten.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 07:47 Fr 09.01.2015 | | Autor: | James90 |
Hi! Ich habe meine Frage editiert. Kann mir bitte jemand meine Frage verlängern um eine Woche? Thanks
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Hiho,
wir können das eigentlich recht kurz beantworten: Alle Definitionen sind äquivalent.
> Wie ist denn hier genau N definiert? Anscheinend nicht wie bei uns oben
Doch!
> denn wenn [mm]N\in N[/mm], dann muss nicht unbedingt [mm]N\in F[/mm] sein
Korrekt.
> und dann haben wir zum Beispiel ein Problem mit [mm]\mu(A\cup[/mm] N)
Nein, haben wir nicht.
> denn dann ist [mm]A\cup N\not\in F[/mm]
Korrekt.
> und somit ist [mm]\mu(A\cup[/mm] N) nicht definiert.
Korrekt, aber es wird ja nirgendwo [mm] $\mu(A\cup [/mm] N)$ verwendet, sondern es wird definiert:
[mm] $\mu'''(A\cup [/mm] N) := [mm] \mu(A)$
[/mm]
und [mm] \mu(A) [/mm] ist doch problemfrei definiert.
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:49 Mo 12.01.2015 | | Autor: | James90 |
Hiho Gono! Schön wieder eine Antwort von dir zu bekommen. :) Jetzt ist mir mein Denkfehler klar geworden, vielen Dank!
Wenn die Definitionen äquivalent sind, dann müsste doch auch F'=F''=F''' gelten? Außerdem müssten die Maße [mm] \mu', \mu'' [/mm] und [mm] \mu''' [/mm] gleich sein. Leider *sehe* ich das nicht ein. Besonders das F''=F''', da Allgemein [mm] $A\cup B\not=A\Delta [/mm] B$. Ich denke, dass hier irgendwie hinhaut, weil [mm] $B\in [/mm] N$ ist, aber ich kann mir das nicht erklären.
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Hiho,
> dann müsste doch auch F'=F''=F''' gelten?
Tut es doch auch.
> Außerdem müssten die Maße [mm]\mu', \mu''[/mm] und [mm]\mu'''[/mm] gleich sein.
Ja.
> Besonders das F''=F''', da Allgemein [mm]A\cup B\not=A\Delta B[/mm].
Das gilt ja im allgemeinen auch nicht.
Das muss ja aber auch gar nicht gelten.
Es können doch auch aber verschiedene Darstellungen die selbe [mm] $\sigma$-Algebra [/mm] erzeugen.
Ich gehe jetzt mal davon aus, dass du in allen Fällen bereits gezeigt hast, dass es jeweils eine Sigma-Algebra ist.
Sei nun also $X [mm] \in [/mm] F''$, d.h. $X = [mm] A\Delta [/mm] B$ mit $A [mm] \in [/mm] F, B [mm] \subseteq [/mm] N, [mm] \mu(N) [/mm] = 0$
Dann gilt:
$X = [mm] A\Delta [/mm] B = [mm] (A\cup [/mm] B) [mm] \setminus (A\cap [/mm] B) = (A [mm] \cup [/mm] B) [mm] \cap (A\cap B)^c [/mm] = (A [mm] \cup [/mm] B) [mm] \cap (A^c \cup B^c) [/mm] = (A [mm] \cap A^c) \cup [/mm] (A [mm] \cap B^c) \cup [/mm] (B [mm] \cap A^c) \cup [/mm] (B [mm] \cap B^c) [/mm] = (A [mm] \cap B^c) \cup (A^c \cap [/mm] B) = [mm] (A^c \cup B)^c \cup [/mm] (A [mm] \cup B^c)^c$
[/mm]
F''' ist nun, wie gesagt, selbst eine [mm] $\sigma$-Algebra, [/mm] d.h. mit $A [mm] \in [/mm] F$ ist auch [mm] $A^c \in [/mm] F'''$ und da $B [mm] \in [/mm] F'''$ auch [mm] $B^c$ [/mm] sowie alle deren Vereinigungen und Komplemente, um es kurz zu machen also auch X 
Den Schritt [mm] $\mu''$ \equiv $\mu'''$ [/mm] überlasse ich jetzt mal dir, allerdings kann es durchaus sein, dass diese Aussage nur für [mm] $\sigma$-endliche [/mm] zu zeigen ist.
edit: Bzw. schau dir mal die Beweise an, dass F'' und F''' [mm] $\sigma$-Algebren [/mm] sind, da wirst du vielleicht auch auf eine Idee kommen.
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:36 Di 13.01.2015 | | Autor: | James90 |
Heyho Gono und vielen Dank für deine Hilfe!
> Ich gehe jetzt mal davon aus, dass du in allen Fällen
> bereits gezeigt hast, dass es jeweils eine Sigma-Algebra
> ist.
Ich habe gezeigt, dass F' eine Sigma-Algebra ist. Ich konnte allerdings nicht direkt zeigen, dass F'' eine Sigma-Algebra ist, aber ich glaube, dass ich das nicht unbedingt muss. Ich habe nämlich auch gezeigt, dass $F=F'$ gilt, was ich ehrlich gesagt intuitiv etwas verwunderlich finde, denn F' ist eine "Erweiterung" von F und damit dachte ich, dass "nur" [mm] $F'\supseteq [/mm] F$ gilt, aber anscheinend spielt das bei einer Erweiterung bezüglich Nullmengen keine Rolle, richtig? Die Vorstellung von solchen Nullmengen bereitet mir irgendwie Probleme. Auf jeden Fall: Wenn ich nun zeige, dass F'=F''=F''' gilt, dann folgt doch auch, dass F'' und F''' Sigma-Algebren sind, oder habe ich irgendwo einen Denkfehler? Mit dieser Argumentation müsste es sogar ausreichen nur F=F'=F''=F''' zu zeigen, weil F eine Sigma-Algebra und damit auch F',F'' und F'''.. Gleiches gilt dann auch, wenn ich gezeigt habe, dass einer dieser vollständigen Maßräume, der kleinste ist, der [mm] (\Omega,F,\mu) [/mm] enthält. Dann besitzen doch auch die anderen zwei vollständige Maßräume diese Eigenschaft. Eine Frage habe ich hierzu: Wie zeige ich, dass z.B. [mm] (\Omega,F',\mu') [/mm] der kleinste vollständige Raum ist, der [mm] (\Omega,F,\mu) [/mm] enthält?
> Sei nun also [mm]X \in F''[/mm], d.h. [mm]X = A\Delta B[/mm] mit [mm]A \in F, B \subseteq N, \mu(N) = 0[/mm]
>
> Dann gilt:
>
> [mm]X = A\Delta B = (A\cup B) \setminus (A\cap B) = (A \cup B) \cap (A\cap B)^c = (A \cup B) \cap (A^c \cup B^c) = (A \cap A^c) \cup (A \cap B^c) \cup (B \cap A^c) \cup (B \cap B^c) = (A \cap B^c) \cup (A^c \cap B) = (A^c \cup B)^c \cup (A \cup B^c)^c[/mm]
Diese Umformung habe ich verstanden.
> F''' ist nun, wie gesagt, selbst eine [mm]\sigma[/mm]-Algebra, d.h.
> mit [mm]A \in F[/mm] ist auch [mm]A^c \in F'''[/mm]
Aus [mm] $A\in [/mm] F$ folgt [mm] $A^c\in [/mm] F$ bzw. aus [mm] $A\in [/mm] F'''$ folgt [mm] $A^c\in [/mm] F'''$. Eigentlich folgt doch erst wegen F=F''', dass aus [mm] $A\in [/mm] F$ auch folgt [mm] $A^c\in [/mm] F'''$, denn wenn wir ein [mm] $A\in [/mm] F$ wählen, dann ist wegen F=F''' auch [mm] $A\in [/mm] F'''$. Weil F''' eine Sigma-Algebra ist ist dann auch [mm] $A^c\in [/mm] F'''$.
> und da [mm]B \in F'''[/mm]
Das verstehe ich nicht. B ist doch ein Element aus dem Nullmengensystem. B muss nicht aus F sein und damit auch nicht aus F'''.
> auch [mm]B^c[/mm] sowie alle deren Vereinigungen und Komplemente, um es
> kurz zu machen also auch X
Die Schlussfolgerung verstehe ich dann, aber wenn [mm] $B\in [/mm] F$ wäre, dann wäre auch sofort [mm] $(A\Delta B)\in [/mm] F$ und damit auch [mm] ((A\Delta B)^c\in [/mm] F) bzw. [mm] (A\Delta B)\in [/mm] F''' und damit [mm] (A\Delta B)^c\in [/mm] F'''. Wieder ein Verständnisproblem, sorry... Wolltest du damit in einem Schritt [mm] $F''\subseteq [/mm] F'''$ bzw. [mm] $F''\supseteq [/mm] F'''$, also F''=F''' zeigen?
> edit: Bzw. schau dir mal die Beweise an, dass F'' und F'''
> [mm]\sigma[/mm]-Algebren sind, da wirst du vielleicht auch auf eine
> Idee kommen.
Ich habe im Internet nun nachgeguckt und einen ganz kurzen Beweis dafür gefunden, dass F''' eine Sigma-Algebra ist. Dies wird dort auch nicht direkt gezeigt. Es wird davor kurz erklärt, dass F'''=F'' und dann wird gezeigt, dass F'' eine Sigma-Algebra ist. Link dazu: http://www.mathematik.uni-muenchen.de/~reisert/13ana3_files/Blatt_04_Lsg.pdf
Ich verstehe den Sinn des Beweises, aber ein paar Umformungen bzw. Begründungen nicht. Wenn ich die Bemerkung verstehe, dann verstehe ich bestimmt auch die Umformungen in a). Dazu zwei Fragen:
1) Wieso ist [mm] $A\Delta N=(A\setminus B\cup((A\cap B)\setminus N)\cup N\setminus [/mm] A$. Es ist doch [mm] $A\Delta N=(A\setminus N)\cup (N\setminus [/mm] A)$. Wieso ist also [mm] A=A\setminus B\cup((A\cap B)\setminus [/mm] N und wie wurde N durch B ersetzt?
2) Wieso ist dann [mm] $A\Delta N\in [/mm] A'$. Dafür müsste auch [mm] $N\setminus A\in [/mm] A'$ sein, aber das gilt auch nicht immer, denn im Allgemeinen ist [mm] $N\not\in [/mm] A'$.
Schöne Grüße
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Hiho,
> Ich habe gezeigt, dass F' eine Sigma-Algebra ist.
Gut.
> Ich habe nämlich auch gezeigt, dass [mm]F=F'[/mm]
Glückwunsch, dann hast du die Mathematik revolutioniert..... oder einen Fehler gemacht.
Da ich dir ad hoc ein Beispiel geben kann für [mm] $F\not= [/mm] F'$ tippe ich auf letzteres. Da das aber etwas Denkarbeit erfordert, wenn man nicht in der Materie steckt, machen wir das später.
Also um es klarzustellen: Ist F selbst nicht vollständig, gilt immer $F [mm] \subset [/mm] F'$.
> Wenn ich nun zeige, dass F'=F''=F''' gilt, dann folgt doch auch, dass F'' und F''' Sigma-Algebren sind.
Sofern du die [mm] $\sigma$-Algebra [/mm] Eigenschaften nicht benutzt für den Beweis (was ich jedoch getan habe)!
> Wie zeige ich, dass z.B.[mm](\Omega,F',\mu')[/mm] der kleinste vollständige Raum ist, der [mm](\Omega,F,\mu)[/mm] enthält?
Indem man zeigt: [mm] $(\Omega,F,\mu) \subseteq (\Omega,F',\mu')$ [/mm] und für jeden anderen Raum mit der Eigenschaft ist [mm] $(\Omega,F',\mu')$ [/mm] eine Teilmenge davon. Das ist aber bei der Definition per F''' trivial. Darum ist es sinnvoll die Gleichheit zu zeigen.
> > F''' ist nun, wie gesagt, selbst eine [mm]\sigma[/mm]-Algebra, d.h.
> > mit [mm]A \in F[/mm] ist auch [mm]A^c \in F'''[/mm]
Deine Begründung dafür ist Murks, du denkst zu kompliziert:
[mm] $A\in [/mm] F [mm] \Rightarrow A^c \in [/mm] F$
Nun schauen wir uns die Definition von F''' an und erkennen, dass jede Menge $X = [mm] A_X \cup B_X$ [/mm] für [mm] $A_X \in [/mm] F, [mm] B_X\subseteq [/mm] N, N [mm] \in [/mm] F$ Nullmenge$ in F''' liegt, insbesondere also für [mm] $A_X [/mm] = [mm] A^c, B_X=\emptyset$ [/mm] erhalten wir, dass die Menge $X = [mm] A^c \cup \emptyset [/mm] = [mm] A^c$ [/mm] in F''' liegt.
Analog erhalten wir mit der Wahl [mm] $A_X [/mm] = [mm] \emptyset, B_X [/mm] = B$ dass $X= [mm] \emptyset \cup [/mm] B = B$ in F''' liegt.
Da F''' als [mm] $\sigma$-Algebra [/mm] vorausgesetzt war (bzw. endlich mal von dir gezeigt werden sollte) ist damit auch [mm] B^c [/mm] in F'''.
> Wolltest du damit in einem Schritt [mm]F''\subseteq F'''[/mm] bzw. [mm]F''\supseteq F'''[/mm], also F''=F''' zeigen?
Ich nehme eine Menge aus F'' und zeige, die liegt auch in F''', damit haben wir also $F'' [mm] \subseteq [/mm] F'''$ gezeigt. Die andere Richtung wollte ich dir überlassen, läuft aber analog nur über Mengenumformungen.
> 1) Wieso ist [mm]A\Delta N=(A\setminus B\cup((A\cap B)\setminus N)\cup N\setminus A[/mm].
Das ist doch schon fast trivial.....
Es ist nur zu zeigen, dass [mm] $(A\setminus B\cup((A\cap B)\setminus [/mm] N) = [mm] A\setminus [/mm] N$, da der zweite Teil klar ist.
Nun überlegen wir uns das mal logisch anstatt wild rumzurechnen:
Es gilt: $N [mm] \subseteq [/mm] B$, daraus folgt: [mm] $A\setminus [/mm] B [mm] \subseteq A\setminus [/mm] N$, da B größer ist, nehmen wir von A mehr weg, als wenn wir nur N abziehen würden.
Und worunter unterscheiden sich die Mengen gerade? Na gerade um den Teil, den wir durch B mehr weggenommen habenund das ist gerade [mm] $A\cap [/mm] B$ ohne N.
D.h. packen wir den Teil zu [mm] $A\setminus [/mm] B$ wieder hinzu, erhalten wir Gleichheit mit [mm] $A\setminus [/mm] N$.
Analog zur intuitiven Erklärung kannst du das auch gerne mit Umformungen zeigen, das ist auch nicht schwer.....
> 2) Wieso ist dann [mm]A\Delta N\in A'[/mm].
Was soll A' sein?
Gruß,
Gono
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:15 Fr 16.01.2015 | | Autor: | James90 |
Hallo lieber Gono. Vielen Dank für deine Hilfe. Da ich in den nächsten zwei Monaten Prüfungen habe kann es etwas dauern bis ich mich wieder zu diesem Thema hier melde. Ich werde es aber auf jeden Fall noch tun und hoffe, dass du dann auch noch da bist :) Ich habe in der Uni übrigens kein Maßtheorie und muss es auch nicht belegen. Ich will mir nur einen kleinen Überblick verschaffen, da mich der Anfang dieses Themas ein wenig gepackt hat. Analysis 3 habe ich auch nicht in der Uni gehabt und muss ich auch nicht belegen. Diese Aufgaben sind nicht aus einem Buch oder aus einer Vorlesung, sondern Überlegungen und selbstgestellte Aufgaben, die ich mir quasi selbst bei der Bearbeitung eines Skripts stelle. Vielleicht sollte ich auch lieber ein richtiges Lehrbuch erarbeiten. Werde mich mal umgucken. Über einen Tipp würde ich mich natürlich freuen^^
LG James.
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