Zwei Maße, Maß dazwischen < Maßtheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | Sei [mm] \mathcal{A} [/mm] eine [mm] \sigma-Algebra [/mm] über [mm] \Omega. [/mm] Es seien [mm] \mu,\nu [/mm] zwei Maße mit [mm] $\nu \le \mu$. [/mm] Man zeige: Es existiert ein Maß [mm] \alpha [/mm] mit [mm] $\mu [/mm] = [mm] \nu [/mm] + [mm] \alpha$. [/mm] |
Hallo!
Bei obiger Fragestellung steige ich nicht so richtig durch. Uns wurde gesagt, dass die Aufgabe nicht so einfach scheint, wie sie aussieht.
Was man ja auf jeden Fall sagen kann:
[mm] $\alpha(A):=\mu(A) [/mm] - [mm] \nu(A)$
[/mm]
für [mm] $A\in \mathcal{A}$ [/mm] mit [mm] $\mu(A), \nu(A) [/mm] < [mm] \infty$.
[/mm]
Aber wie mache ich das, wenn [mm] \mu(A) [/mm] oder [mm] \nu(A) [/mm] gleich unendlich sind?
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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Hiho,
erweiter [mm] \alpha [/mm] einfach in der Art:
[mm] $\alpha(A)=\begin{cases} \mu(A) - \nu(A), & \mbox{für } \mu(A) < \infty \\ \infty, & \mbox{für } \mu(A) = \infty \end{cases}$
[/mm]
dann passts doch.
MFG,
Gono.
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| Status: |
(Korrektur) fundamentaler Fehler  | | Datum: | 00:22 So 25.04.2010 | | Autor: | tobit09 |
Hallo,
dieses [mm] $\alpha$ [/mm] wäre i.A. nicht sigma-additiv.
Gegenbeispiel:
[mm] $\Omega=\IN$, $\mathcal{A}=P(\Omega)$, $\mu=\nu=\mbox{Zählmaß auf }\IN$
[/mm]
Viele Grüße
Tobias
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:39 So 25.04.2010 | | Autor: | SEcki |
> Sei [mm]\mathcal{A}[/mm] eine [mm]\sigma-Algebra[/mm] über [mm]\Omega.[/mm] Es seien
> [mm]\mu,\nu[/mm] zwei Maße mit [mm]\nu \le \mu[/mm]. Man zeige: Es existiert
> ein Maß [mm]\alpha[/mm] mit [mm]\mu = \nu + \alpha[/mm].
...
> Aber
> wie mache ich das, wenn [mm]\mu(A)[/mm] oder [mm]\nu(A)[/mm] gleich unendlich
> sind?
Nun, falls [m]\mu(A)<\infty[/m], dann muss es unendlich sein. Das Problem wird sein, wenn beide unendlich sind - dann kannst du ja per se erstmal alles nehmen, also die Gleichung legt den Wert nicht sofort fest. Jetzt würd eich [m]A_n\to A[/m] betrachten, falls A für beide uenndlich ist. Falls die [m]A_n[/m] endlich sind, würde ich [m]\alpha(A)=\lim_n (\mu - \nu)(A_n)[/m] betrachten und das Ergebnis dieses Grenzprozesses als Wert von [m]\alpha[/m] festlegen (denn nur so ist es in diesem Fall sigma-additiv, oder?). Dann muss man da wohl einige Fälle unterschieden - und schließlich zeigen, dass [m]\alpha[/m] sigma-additiv ist.
SEcki
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Hallo SEcki und Gonozal_IX,
danke für eure Antworten!
Nochmal zur Erinnerung: Es gilt [mm] \nu \le \mu, [/mm] und es soll die Existenz eines Maßes [mm] \alpha [/mm] bestätigt werden, für das gilt: [mm] \mu [/mm] = [mm] \nu [/mm] + [mm] \alpha.
[/mm]
Im Moment muss es also so aussehen:
[mm] $\alpha(A):=\begin{cases}\mu(A) - \nu(A), \quad\quad\quad\quad \mbox{ falls } \mu(A), \nu(A) < \infty\\ \infty, \quad\quad\quad\quad \mbox{ falls } \mu(A) = \infty, \nu(A) < \infty \\ M\quad\quad\quad\quad, \mbox{ falls } \mu(A) = \nu(A) = \infty\end{cases}$
[/mm]
Dabei wird M folgendermaßen bestimmt: Sei [mm] $A_{n}\in \mathcal{A}$ [/mm] mit [mm] $A_{n}\subset A_{n+1}\quad\forall n\in\IN$, [/mm] und $A = [mm] \bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}$. [/mm] Dann ist
[mm] $M:=\lim_{n\to\infty}\Big(\mu(A_{n}) [/mm] - [mm] \nu(A_{n})\Big)$.
[/mm]
Muss ich jetzt noch zeigen, dass das wohldefiniert ist für verschiedene Folgen [mm] $(A_{n})_{n\in\IN}$? [/mm] Wenn ja, würde das so gehen: Definiere [mm] $B_{n}:=A_{n}\textbackslash \left(\bigcup_{k=1}^{n-1}A_{k}\right)$, [/mm] d.h. [mm] $\bigcup_{k=1}^{n}B_{k} [/mm] = [mm] A_{n}$.
[/mm]
[mm] $\lim_{n\to\infty}\Big(\mu(A_{n}) [/mm] - [mm] \nu(A_{n})\Big) [/mm] = [mm] \lim_{n\to\infty}\left(\mu\left(\bigcup_{k=1}^{n}B_{k}\right) - \nu\left(\bigcup_{k=1}^{n}B_{k}\right)\right)$
[/mm]
[mm] $=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\left(\mu(B_{k}) - \nu(B_{k})\right) [/mm] = [mm] \sum_{k=1}^{\infty}\left(\mu(B_{k}) - \nu(B_{k})\right) [/mm] = [mm] \mu\left(\bigcup_{k=1}^{\infty}B_{k}\right) [/mm] - [mm] \nu\left(\bigcup_{k=1}^{\infty}B_{k}\right) [/mm] = [mm] \mu(A) [/mm] - [mm] \nu(A)$.
[/mm]
Frage Nr. 1: Stimmt das?
---------------
Als nächstes müsste ich die Eigenschaften des Maßes für [mm] \alpha [/mm] nachweisen. Die ersten beiden, [mm] $\alpha(\emptyset) [/mm] = 0$ und [mm] $\alpha \ge [/mm] 0$ sind klar, nur die [mm] \sigma- [/mm] Additivität ist noch zu zeigen, d.h. für disjunkte [mm] $A_{n}\in\mathcal{A}$ [/mm] muss gelten:
[mm] $\alpha\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right) [/mm] = [mm] \sum_{n=1}^{\infty}\alpha(A_{n})$.
[/mm]
Seien nun also [mm] $A_{n}\in\mathcal{A}$ [/mm] disjunkt. Wie genau muss ich jetzt weiter vorgehen?
Im Fall
[mm] $\mu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right), \nu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right) [/mm] < [mm] \infty$
[/mm]
stimmt es ja. Aber was genau soll ich beim Fall
[mm] $\mu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right) [/mm] = [mm] \infty, \nu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right) [/mm] < [mm] \infty$
[/mm]
vorgehen? Oder beim dritten Fall?
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:45 So 25.04.2010 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Stefan,
> [mm]\alpha(A):=\begin{cases}\mu(A) - \nu(A), \quad\quad\quad\quad \mbox{ falls } \mu(A), \nu(A) < \infty\\ \infty, \quad\quad\quad\quad \mbox{ falls } \mu(A) = \infty, \nu(A) < \infty \\ M\quad\quad\quad\quad, \mbox{ falls } \mu(A) = \nu(A) = \infty\end{cases}[/mm]
>
> Dabei wird M folgendermaßen bestimmt: Sei [mm]A_{n}\in \mathcal{A}[/mm]
> mit [mm]A_{n}\subset A_{n+1}\quad\forall n\in\IN[/mm], und [mm]A = \bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}[/mm].
> Dann ist
>
> [mm]M:=\lim_{n\to\infty}\Big(\mu(A_{n}) - \nu(A_{n})\Big)[/mm].
Das macht nur Sinn, wenn [mm] $\nu(A_n)<\infty$. [/mm] Und eine solche Folge von Mengen [mm] $A_n$ [/mm] gibt es i.A. nicht!
> Muss ich jetzt noch zeigen, dass das wohldefiniert ist für
> verschiedene Folgen [mm](A_{n})_{n\in\IN}[/mm]?
Ja, müsstest du.
> Wenn ja, würde das
> so gehen: Definiere [mm]B_{n}:=A_{n}\textbackslash \left(\bigcup_{k=1}^{n-1}A_{k}\right)[/mm],
> d.h. [mm]\bigcup_{k=1}^{n}B_{k} = A_{n}[/mm].
>
> [mm]\lim_{n\to\infty}\Big(\mu(A_{n}) - \nu(A_{n})\Big) = \lim_{n\to\infty}\left(\mu\left(\bigcup_{k=1}^{n}B_{k}\right) - \nu\left(\bigcup_{k=1}^{n}B_{k}\right)\right)[/mm]
>
> [mm]=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\left(\mu(B_{k}) - \nu(B_{k})\right) = \sum_{k=1}^{\infty}\left(\mu(B_{k}) - \nu(B_{k})\right) = \mu\left(\bigcup_{k=1}^{\infty}B_{k}\right) - \nu\left(\bigcup_{k=1}^{\infty}B_{k}\right) = \mu(A) - \nu(A)[/mm].
>
> Frage Nr. 1: Stimmt das?
Ab dem vorletzten Schritt nicht mehr: Dort subtrahierst du [mm] $\infty$ [/mm] von [mm] $\infty$.
[/mm]
> Seien nun also [mm]A_{n}\in\mathcal{A}[/mm] disjunkt. Wie genau muss
> ich jetzt weiter vorgehen?
> Im Fall
>
> [mm]\mu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right), \nu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right) < \infty[/mm]
>
> stimmt es ja. Aber was genau soll ich beim Fall
>
> [mm]\mu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right) = \infty, \nu\left(\bigcup_{n=1}^{\infty}A_{n}\right) < \infty[/mm]
>
> vorgehen?
Zu zeigen ist in diesem Fall [mm] $\summe_{n=1}^\infty\alpha(A_n)=\infty$. [/mm] Angenommen [mm] $\summe_{n=1}^\infty\alpha(A_n)<\infty$. [/mm] Dann ist wegen [mm] $\summe_{n=1}^\infty\nu(A_n)=\nu(\bigcup_{n=1}^\infty A_n)<\infty$ [/mm] auch [mm] $\mu(\bigcup_{n=1}^\infty A_n)=\summe_{n=1}^\infty\mu(A_n)=\summe_{n=1}^\infty(\alpha(A_n)+\nu(A_n))<\infty$, [/mm] Widerspruch.
Übrigens ist das gesuchte Maß [mm] $\alpha$ [/mm] i.A. keineswegs eindeutig bestimmt.
Mein Vorschlag für eine Wahl von [mm] $\alpha$ [/mm] (mit der üblichen Konvention [mm] $\infty-a=\infty$ [/mm] für [mm] $a\in\IR$):
[/mm]
[mm] $\alpha(A)=\sup\{\mu(B)-\nu(B)\;|\;B\subset A,B\in\mathcal{A},\nu(B)<\infty\}$.
[/mm]
Wenn ich mich unterwegs nicht vertan habe, sollte dieses [mm] $\alpha$ [/mm] das Gewünschte leisten.
Viele Grüße
Tobias
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| Aufgabe | | Es seien [mm] $\mu, \nu$ [/mm] zwei Maße mit [mm] $\nu \le \mu$. [/mm] Zeige: Es gibt ein Maß [mm] $\alpha$ [/mm] mit [mm] $\nu [/mm] + [mm] \alpha [/mm] = [mm] \mu$. [/mm] |
Hallo Tobias,
vielen Dank für deine Antwort!
Ich möchte nun probieren, mit deinem erdachten Maß die Aufgabe zu lösen. Zur Erinnerung habe ich oben die Aufgabenstellung nochmal hingeschrieben.
> [mm]\alpha(A)=\sup\{\mu(B)-\nu(B)\;|\;B\subset A,B\in\mathcal{A},\nu(B)<\infty\}[/mm].
----------------
Zunächst wollte ich mich der Frage zuwenden, ob das Maß überhaupt das gewünschte leistet.
>>>Falls [mm] $\mu(A), \nu(A) [/mm] < [mm] \infty$ [/mm] und [mm] $B\subset [/mm] A$, so gilt:
[mm] $\mu(A) [/mm] - [mm] \nu(A) [/mm] = [mm] \mu(B\cup (A\textbackslash [/mm] B)) - [mm] \nu(A \cup (A\textbackslash [/mm] B)) [mm] \ge \Big[\mu(B) [/mm] - [mm] \nu(B)\Big] [/mm] + [mm] \Big[\mu(A\textbackslash [/mm] B) - [mm] \nu(A\textbackslash B)\Big] \ge \Big[\mu(B) [/mm] - [mm] \nu(B)\Big]$,
[/mm]
da [mm] $\mu \ge \nu$. [/mm] Das heißt, das Supremum der Menge ist in diesem Fall tatsächlich [mm] $\mu(A) [/mm] - [mm] \nu(A)$.
[/mm]
>>>Falls [mm] $\mu(A) [/mm] = [mm] \infty, \nu(A) [/mm] < [mm] \infty$, [/mm] dürfte doch dieselbe Argumentation wie oben gelten, oder? Ich habe peinlichst genau versucht, "Unendlichkeitsprobleme" zu vermeiden 
>>>Falls [mm] $\mu(A),\nu(A) [/mm] = [mm] \infty$ [/mm] wissen wir selbst nicht, was wir definieren müssten, deswegen kann dieser Wert nun frei angepasst werden so, dass ein Maß herauskommt.
Stimmt das?
-----------------
Nun kommt die Frage, ob das oben tatsächlich ein Maß ist. Die ersten beiden Bedingungen, [mm] $\alpha(\emptyset) [/mm] = 0$ und [mm] $\alpha \ge [/mm] 0$ sind klar. Es bleibt also die [mm] \sigma- [/mm] Additivität zu untersuchen. Sei also [mm] $(A_{n})_{n\in\IN}\subset \mathcal{A}$ [/mm] disjunkte Folge. Dann ist:
[mm] $\alpha\left(\bigcup_{n\in\IN}A_{n}\right)$
[/mm]
$= [mm] \sup\left\{\mu(B)-\nu(B) \Big| B\subset \bigcup_{n\in\IN}A_{n},B\in\mathcal{A},\nu(B)<\infty\right\}$
[/mm]
Nun $B = [mm] \bigcup_{n\in\IN}B_{n}$:
[/mm]
$= [mm] \sup\left\{\mu\left(\bigcup_{n\in\IN}B_{n}\right)-\nu\left(\bigcup_{n\in\IN}B_{n}\right) \Big| B_{n}\subset A_{n},B_{n}\in\mathcal{A}\ \forall n\in\IN: \ \nu\left(\bigcup_{n\in\IN}B_{n}\right)<\infty\right\}$
[/mm]
$= [mm] \sup\left\{\sum_{n\in\IN}\Big(\mu(B_{n}) - \nu(B_{n})\Big) \Big| B_{n}\subset A_{n},B_{n}\in\mathcal{A}\ \forall n\in\IN: \ \sum_{n\in\IN}\nu(B_{n})<\infty\right\}$
[/mm]
Nun habe ich aber das Problem hinten mit der Bedingung [mm] $\sum_{n\in\IN}\nu(B_{n})<\infty$. [/mm] Diese kann ich ja nicht äquivalent dahin ummünzen, dass für jedes [mm] $n\in\IN$ [/mm] die Ungleichung [mm] $\nu(B_{n})< \infty$ [/mm] gelten muss. Sonst könnte ich nun schreiben (weil die [mm] A_{n}, B_{n} [/mm] disjunkt sind):
$= [mm] \sum_{n\in\IN}\sup\left\{\mu(B_{n}) - \nu(B_{n}) \Big| B_{n}\subset A_{n},B_{n}\in\mathcal{A}\ \nu(B_{n}) < \infty\right\}$
[/mm]
$= [mm] \sum_{n\in\IN}\alpha(A_{n})$
[/mm]
Kann man das retten ?
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:25 Di 27.04.2010 | | Autor: | kunzmaniac |
Hallo Stefan,
ich denke auch, das der Knackpunkt die [mm] $\sigma$-Additivität [/mm] ist, dazu eine Frage:
Woher weißt Du, dass eine solche Folge [mm] $(B_n)$ [/mm] immer existiert? Beim nächsten Schritt solltest Du vielleicht noch argumentieren, warum man die (unendlichen) Summen verrechnen darfst.
viel Erfolg!
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Hallo,
zunächst danke für die Hinweise!
> ich denke auch, das der Knackpunkt die [mm]\sigma[/mm]-Additivität
> ist, dazu eine Frage:
>
> Woher weißt Du, dass eine solche Folge [mm](B_n)[/mm] immer
> existiert?
Es ist schlicht und ergreifend für jedes $B [mm] \in\mathcal{A}:\ B_{n}:= B\cap A_{n}$.
[/mm]
> Beim nächsten Schritt solltest Du vielleicht
> noch argumentieren, warum man die (unendlichen) Summen
> verrechnen darfst.
[mm] \nu(B_{n}) [/mm] ist jeweils endlich ist, weil $B = [mm] \bigcup_{n\in\IN}B_{n}< \infty$.
[/mm]
Damit tritt nie der Fall "Unendlich minus unendlich" auf. Ansonsten gehe ich davon aus, da Maße ja auch den Wert unendlich annehmen dürfen, dass ich unendliche Summen einfach aufsummieren darf? (Im Falle der Endlichkeit beider Summen ist die Sache ja klar...)
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:52 Di 27.04.2010 | | Autor: | tobit09 |
> Damit tritt nie der Fall "Unendlich minus unendlich" auf.
> Ansonsten gehe ich davon aus, da Maße ja auch den Wert
> unendlich annehmen dürfen, dass ich unendliche Summen
> einfach aufsummieren darf? (Im Falle der Endlichkeit beider
> Summen ist die Sache ja klar...)
Ich bin mir nicht ganz sicher, ob ich die Frage richtig verstanden habe.
Für Folgen [mm] $a_n,b_n\in[0,\infty],n\in\IN$ [/mm] gilt jedenfalls stets
[mm] $\sum_{n\in\IN}a_n+\sum_{n\in\IN}b_n=\sum_{n\in\IN}(a_n+b_n)$ [/mm] und im Falle [mm] $\sum_{n\in\IN}b_n<\infty$ [/mm] (also insbesondere [mm] $b_n<\infty$ [/mm] für alle [mm] $n\in\IN$) [/mm] auch [mm] $\sum_{n\in\IN}a_n-\sum_{n\in\IN}b_n=\sum_{n\in\IN}(a_n-b_n)$.
[/mm]
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Hallo Tobias,
Vielen Dank für deine Antwort!
Ich habe aber noch eine Frage
> Ich bin mir nicht ganz sicher, ob ich die Frage richtig
> verstanden habe.
Du hast mich richtig verstanden.
> Für Folgen [mm]a_n,b_n\in[0,\infty],n\in\IN[/mm] gilt jedenfalls
> stets
>
> [mm]\sum_{n\in\IN}a_n+\sum_{n\in\IN}b_n=\sum_{n\in\IN}(a_n+b_n)[/mm]
> und im Falle [mm]\sum_{n\in\IN}b_n<\infty[/mm] (also insbesondere
> [mm]b_n<\infty[/mm] für alle [mm]n\in\IN[/mm]) auch
> [mm]\sum_{n\in\IN}a_n-\sum_{n\in\IN}b_n=\sum_{n\in\IN}(a_n-b_n)[/mm].
Warum darf man beim Subtrahieren nur endliche [mm] b_{i}'s [/mm] abziehen? Wegen dem "Unendlich minus Unendlich"-Problem?
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:37 Di 27.04.2010 | | Autor: | tobit09 |
> > [mm]\sum_{n\in\IN}a_n+\sum_{n\in\IN}b_n=\sum_{n\in\IN}(a_n+b_n)[/mm]
> > und im Falle [mm]\sum_{n\in\IN}b_n<\infty[/mm] (also insbesondere
> > [mm]b_n<\infty[/mm] für alle [mm]n\in\IN[/mm]) auch
> >
> [mm]\sum_{n\in\IN}a_n-\sum_{n\in\IN}b_n=\sum_{n\in\IN}(a_n-b_n)[/mm].
>
> Warum darf man beim Subtrahieren nur endliche [mm]b_{i}'s[/mm]
> abziehen? Wegen dem "Unendlich minus Unendlich"-Problem?
Genau. Üblicherweise wird [mm] $\infty-\infty$ [/mm] gar nicht definiert. [mm] ($\infty$ [/mm] hat bezüglich der Addition ja auch kein Inverses.)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:38 Di 27.04.2010 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Stefan,
> >>>Falls [mm]\mu(A), \nu(A) < \infty[/mm] und [mm]B\subset A[/mm], so gilt:
>
> [mm]\mu(A) - \nu(A) = \mu(B\cup (A\textbackslash B)) - \nu(A \cup (A\textbackslash B)) \ge \Big[\mu(B) - \nu(B)\Big] + \Big[\mu(A\textbackslash B) - \nu(A\textbackslash B)\Big] \ge \Big[\mu(B) - \nu(B)\Big][/mm],
>
> da [mm]\mu \ge \nu[/mm]. Das heißt, das Supremum der Menge ist in
> diesem Fall tatsächlich [mm]\mu(A) - \nu(A)[/mm].
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> >>>Falls [mm]\mu(A) = \infty, \nu(A) < \infty[/mm], dürfte doch
> dieselbe Argumentation wie oben gelten, oder? Ich habe
> peinlichst genau versucht, "Unendlichkeitsprobleme" zu
> vermeiden
In der Tat bleibt die Argumentation korrekt. (In diesem Fall sieht man übrigens auch sofort wegen [mm] $\mu(A)-\nu(A)=\infty$, [/mm] dass [mm] $\alpha(A)=\infty$ [/mm] und damit die gewünschte Gleichung gilt.)
> >>>Falls [mm]\mu(A),\nu(A) = \infty[/mm] wissen wir selbst nicht,
> was wir definieren müssten, deswegen kann dieser Wert nun
> frei angepasst werden so, dass ein Maß herauskommt.
Hm, verstehe ich nicht so richtig. In diesem Fall gilt jedenfalls [mm] $\nu(A)+a=\mu(A)$ [/mm] für alle [mm] $a\in[0,\infty]$, [/mm] insbesondere für [mm] $a=\alpha(A)$.
[/mm]
> [mm]= \sup\left\{\sum_{n\in\IN}\Big(\mu(B_{n}) - \nu(B_{n})\Big) \Big| B_{n}\subset A_{n},B_{n}\in\mathcal{A}\ \forall n\in\IN: \ \sum_{n\in\IN}\nu(B_{n})<\infty\right\}[/mm]
>
> Nun habe ich aber das Problem hinten mit der Bedingung
> [mm]\sum_{n\in\IN}\nu(B_{n})<\infty[/mm]. Diese kann ich ja nicht
> äquivalent dahin ummünzen, dass für jedes [mm]n\in\IN[/mm] die
> Ungleichung [mm]\nu(B_{n})< \infty[/mm] gelten muss. Sonst könnte
> ich nun schreiben (weil die [mm]A_{n}, B_{n}[/mm] disjunkt sind):
>
> [mm]= \sum_{n\in\IN}\sup\left\{\mu(B_{n}) - \nu(B_{n}) \Big| B_{n}\subset A_{n},B_{n}\in\mathcal{A}\ \nu(B_{n}) < \infty\right\}[/mm]
> Kann man das retten ?
Ja! Dazu möchte ich die behauptete Gleichheit in zwei Gleichheiten zerlegen:
[mm] $\sup\left\{\sum_{n\in\IN}\Big(\mu(B_{n}) - \nu(B_{n})\Big) \Big| B_{n}\subset A_{n},B_{n}\in\mathcal{A},\sum_{n\in\IN}\nu(B_{n})<\infty\right\}$
[/mm]
[mm] $=\sup\left\{\sum_{n\in\IN}\Big(\mu(B_{n}) - \nu(B_{n})\Big) \Big| B_{n}\subset A_{n},B_{n}\in\mathcal{A},\nu(B_{n})<\infty\right\}$
[/mm]
[mm] $=\sum_{n\in\IN}\sup\left\{\mu(B_{n}) - \nu(B_{n}) \Big| B_{n}\subset A_{n},B_{n}\in\mathcal{A},\nu(B_{n}) < \infty\right\}$
[/mm]
Die zweite Gleichheit scheint dir schon klar zu sein?
Für die erste Gleichheit würde ich [mm] $\le$ [/mm] und [mm] $\ge$ [/mm] getrennt nachweisen. [mm] $\le$ [/mm] ist nicht schwer.
Für [mm] $\ge$: [/mm] Bezeichnen wir die linke Seite mal mit $a$, die Menge über die auf der rechten Seite das Supremum genommen wird, mit $M$. Zu zeigen ist also [mm] $a\ge\sup [/mm] M$. Gleichbedeutend ist [mm] $b\le [/mm] a$ für alle [mm] $b\in [/mm] M$. Sei also [mm] $b\in [/mm] M$, also [mm] $b=\sum_{n\in\IN}(\mu(B_n)-\nu(B_n))$ [/mm] für gewisse ... mit [mm] $\nu(B_n)<\infty$ [/mm] für alle [mm] $n\in\IN$.
[/mm]
Bis jetzt noch nichts besonderes. Jetzt kommt eine Idee ins Spiel: Um [mm] $b\le [/mm] a$ zu zeigen, genügt es, [mm] $\sum_{n=1}^m(\mu(B_n)-\nu(B_n))\le [/mm] a$ für alle [mm] $m\in\IN$ [/mm] zu zeigen.
Den Rest überlasse ich erstmal dir...
Viele Grüße
Tobias
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Hallo Tobias,
danke für die Tipps und Tricks
> > >>>Falls [mm]\mu(A),\nu(A) = \infty[/mm] wissen wir selbst nicht,
> > was wir definieren müssten, deswegen kann dieser Wert nun
> > frei angepasst werden so, dass ein Maß herauskommt.
> Hm, verstehe ich nicht so richtig. In diesem Fall gilt
> jedenfalls [mm]\nu(A)+a=\mu(A)[/mm] für alle [mm]a\in[0,\infty][/mm],
> insbesondere für [mm]a=\alpha(A)[/mm].
Ich meinte damit bloß: In diesem Fall ist nicht zu bestätigen, dass der Wert, den [mm] \alpha(A) [/mm] liefert, stimmt, weil jeder Wert diese Gleichung erfüllt.
Die zweite Gleichheit (siehe vorherigen Post) bei den Suprema ist mir klar.
> Für [mm]\ge[/mm]: Bezeichnen wir die linke Seite mal mit [mm]a[/mm], die
> Menge über die auf der rechten Seite das Supremum genommen
> wird, mit [mm]M[/mm]. Zu zeigen ist also [mm]a\ge\sup M[/mm]. Gleichbedeutend
> ist [mm]b\le a[/mm] für alle [mm]b\in M[/mm]. Sei also [mm]b\in M[/mm], also
> [mm]b=\sum_{n\in\IN}(\mu(B_n)-\nu(B_n))[/mm] für gewisse ... mit
> [mm]\nu(B_n)<\infty[/mm] für alle [mm]n\in\IN[/mm].
>
> Bis jetzt noch nichts besonderes. Jetzt kommt eine Idee ins
> Spiel: Um [mm]b\le a[/mm] zu zeigen, genügt es,
> [mm]\sum_{n=1}^m(\mu(B_n)-\nu(B_n))\le a[/mm] für alle [mm]m\in\IN[/mm] zu
> zeigen.
Ok, ich versuch's mal:
Sei [mm] m\in\IN [/mm] beliebig. Ich muss zeigen: Es gibt dann irgendein [mm] $S\in\Big\{\sum_{n\in\IN}\Big(\mu(B_{n}')-\nu(B_{n}')\Big)|...,\sum_{n=1}^{\infty}\nu(B_{n}') < \infty\Big\}$, [/mm] so dass
[mm] $\sum_{n=1}^{m}\mu(B_{n})-\nu(B_{n}) \le [/mm] S$
gilt, wobei hier eben "nur" [mm] \nu(B_{n}) [/mm] < [mm] \infty.
[/mm]
Da hier aber nur über endlich viele [mm] \nu(B_{n}) [/mm] summiert wird, ist [mm] \sum_{n=1}^{m}\nu(B_{n}) [/mm] < [mm] \infty [/mm] sowieso erfüllt.
Wir wählen nun die [mm] $B_{n}'$ [/mm] in der S-Bestimmungsformel so, dass [mm] $B_{n} \subset B_{n}' \subset A_{n}$ [/mm] gilt. Das geht, weil wir nur endlich viele [mm] B_{n} [/mm] wählen müssen und [mm] \nu(B_{n}) [/mm] < [mm] \infty.
[/mm]
[Diese Argumentation - stimmt die, und kann man das "schöner" / "deutlicher" schreiben?]
Wir haben oben im Teil 1 schon gezeigt, dass aus [mm] $A\subset [/mm] B$ folgt, dass [mm] $\mu(A) [/mm] - [mm] \nu(A) \ge \mu(B) [/mm] - [mm] \nu(B)$. [/mm] Damit folgt nun insbesondere das Gewünschte
[mm] $\sum_{n=1}^{m}\mu(B_{n})-\nu(B_{n}) \le \sum_{n=1}^{m}\mu(B_{n}')-\nu(B_{n}') \le \sum_{n=1}^{\infty}\mu(B_{n}')-\nu(B_{n}') [/mm] = S$.
Stimmt das?
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:11 Mi 28.04.2010 | | Autor: | tobit09 |
> Sei [mm]m\in\IN[/mm] beliebig. Ich muss zeigen: Es gibt dann
> irgendein
> [mm]S\in\Big\{\sum_{n\in\IN}\Big(\mu(B_{n}')-\nu(B_{n}')\Big)|...,\sum_{n=1}^{\infty}\nu(B_{n}') < \infty\Big\}[/mm],
> so dass
>
> [mm]\sum_{n=1}^{m}\mu(B_{n})-\nu(B_{n}) \le S[/mm]
>
> gilt, wobei hier eben "nur" [mm]\nu(B_{n})[/mm] < [mm]\infty.[/mm]
>
> Da hier aber nur über endlich viele [mm]\nu(B_{n})[/mm] summiert
> wird, ist [mm]\sum_{n=1}^{m}\nu(B_{n})[/mm] < [mm]\infty[/mm] sowieso
> erfüllt.
>
> Wir wählen nun die [mm]B_{n}'[/mm] in der S-Bestimmungsformel so,
> dass [mm]B_{n} \subset B_{n}' \subset A_{n}[/mm] gilt. Das geht,
> weil wir nur endlich viele [mm]B_{n}[/mm] wählen müssen und
> [mm]\nu(B_{n})[/mm] < [mm]\infty.[/mm]
> [Diese Argumentation - stimmt die, und kann man das
> "schöner" / "deutlicher" schreiben?]
Wie sollen nun die [mm] $B_n'$ [/mm] genau gewählt werden? Beachte, dass laut Definition der Menge, in der sich S befinden soll, zunächst einmal für ALLE [mm] $n\in\IN$ [/mm] passende [mm] $B_n'$ [/mm] zu erklären sind.
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Hallo Tobias,
danke für die Antwort zu so später Stund'
> > Sei [mm]m\in\IN[/mm] beliebig. Ich muss zeigen: Es gibt dann
> > irgendein
> >
> [mm]S\in\Big\{\sum_{n\in\IN}\Big(\mu(B_{n}')-\nu(B_{n}')\Big)|...,\sum_{n=1}^{\infty}\nu(B_{n}') < \infty\Big\}[/mm],
> > so dass
> >
> > [mm]\sum_{n=1}^{m}\mu(B_{n})-\nu(B_{n}) \le S[/mm]
> >
> > gilt, wobei hier eben "nur" [mm]\nu(B_{n})[/mm] < [mm]\infty.[/mm]
> >
> > Da hier aber nur über endlich viele [mm]\nu(B_{n})[/mm] summiert
> > wird, ist [mm]\sum_{n=1}^{m}\nu(B_{n})[/mm] < [mm]\infty[/mm] sowieso
> > erfüllt.
> >
> > Wir wählen nun die [mm]B_{n}'[/mm] in der S-Bestimmungsformel so,
> > dass [mm]B_{n} \subset B_{n}' \subset A_{n}[/mm] gilt. Das geht,
> > weil wir nur endlich viele [mm]B_{n}[/mm] wählen müssen und
> > [mm]\nu(B_{n})[/mm] < [mm]\infty.[/mm]
> > [Diese Argumentation - stimmt die, und kann man das
> > "schöner" / "deutlicher" schreiben?]
> Wie sollen nun die [mm]B_n'[/mm] genau gewählt werden? Beachte,
> dass laut Definition der Menge, in der sich S befinden
> soll, zunächst einmal für ALLE [mm]n\in\IN[/mm] passende [mm]B_n'[/mm] zu
> erklären sind.
Ich versuche es mal anders: Ich suche ein solches S aus der Menge oben heraus, für das gilt:
[mm] $B_{n}' [/mm] = [mm] B_{n}$ [/mm] für n = 1,...,m. Die übrigen [mm] B_{n}' [/mm] seien so gewählt, dass [mm] $\sum_{n=1}^{\infty}\nu(B_{n}') [/mm] < [mm] \infty$. [/mm] Das geht, weil ja [mm] $\sum_{n=1}^{m}\nu(B_{n}')$ [/mm] noch endlich ist - im schlimmsten Fall muss ich also [mm] $B_{n}' [/mm] = [mm] \emptyset$ \forall [/mm] n>m wählen.
Damit existiert dieses S.
Es gilt aber auf jeden Fall
[mm] $\sum_{n=1}^{m}\mu(B_{n}) [/mm] - [mm] \nu(B_{n}) [/mm] < S = [mm] \left(\sum_{n=1}^{m}\mu(B_{n}) - \nu(B_{n})\right) [/mm] + [mm] \left(\sum_{n=1}^{m}\mu(B_{n}') - \nu(B_{n}')\right)$.
[/mm]
Ist das jetzt richtig, oder habe ich mich verirrt in diesen ganzen Indizes ?
Vielen Dank!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:40 Mi 28.04.2010 | | Autor: | tobit09 |
> Ich versuche es mal anders: Ich suche ein solches S aus der
> Menge oben heraus, für das gilt:
> [mm]B_{n}' = B_{n}[/mm] für n = 1,...,m. Die übrigen [mm]B_{n}'[/mm] seien
> so gewählt, dass [mm]\sum_{n=1}^{\infty}\nu(B_{n}') < \infty[/mm].
> Das geht, weil ja [mm]\sum_{n=1}^{m}\nu(B_{n}')[/mm] noch endlich
> ist - im schlimmsten Fall muss ich also [mm]B_{n}' = \emptyset[/mm]
> [mm]\forall[/mm] n>m wählen.
Genau! Seien im Folgenden die [mm] $B_n'$ [/mm] für $n>m$ der Einfachheit halber tatsächlich als die leere Menge gewählt.
> [mm]\sum_{n=1}^{m}\mu(B_{n}) - \nu(B_{n}) < S = \left(\sum_{n=1}^{m}\mu(B_{n}) - \nu(B_{n})\right) + \left(\sum_{n=1}^{m}\mu(B_{n}') - \nu(B_{n}')\right)[/mm].
Nein, es gilt [mm] $S=\sum_{n\in\IN}(\mu(B_n')-\nu(B_n'))=\sum_{n=1}^m(\mu(B_n)-\nu(B_n))$. [/mm] Aber auch das liefert uns wie gewünscht [mm] $\sum_{n=1}^m(\mu(B_n)-\nu(B_n))\le [/mm] S$, womit wir fertig wären!
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Hallo Tobias,
erstmal danke für deine Hilfe!
Ich hatte mich oben verschrieben, meinte natürlich das, was du geschrieben hast
Ich werde mir das morgen nochmal in Ruhe ansehen, aber vermutlich hab' ich es verstanden.
Also: Vielen Dank für die Hilfe, den Trick kann ich vielleicht auch noch bei anderen Gelegenheiten ausprobieren.
Grüße,
Stefan
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