Messbarkeit einer Funktion < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:27 Di 27.01.2015 | | Autor: | Topologe |
| Aufgabe | i) Zeigen Sie, dass [mm] \chi_{\IQ\cap[a,b]} [/mm] messbar bezüglich [mm] \mathcal{B}(\IR)|_{[a,b]} [/mm] ist und berechnen Sie [mm] \integral \chi_{\IQ\cap[a,b]}d\lambda [/mm]
ii) Sei [mm] f:[a,b]\rightarrow \IR [/mm] messbar bezüglich [mm] \mathcal{B}(\IR)|_{[a,b]} [/mm] und beschränkt. Wir nehmen an, dass [mm] f([a,b])\subset[0,1). [/mm] Wir setzen
[mm] A_{kn}=\{x\in[a,b]|\bruch{k}{n}\le f(x) \le \bruch{k+1}{n}\},0 \le [/mm] k [mm] \le [/mm] n-1. Zeigen Sie, dass [mm] A_{kn} [/mm] messbar ist.
iii)
Seien [mm] \bruch{k}{n}\le a_{kn} [/mm] < [mm] \bruch{k+1}{n} [/mm] gegeben und sei
[mm] L_{n}(f)=\summe_{k=0}^{n}a_{kn}\lambda_{1}(A_{kn}).
[/mm]
Zeigen Sie: [mm] lim_{n\rightarrow \infty} L_{n}=\integral_{a}^{b}f d\lambda [/mm] |
Hallo,
zu i)
[mm] \chi_{\IQ\cap[a,b]} [/mm] borelmessbar [mm] \gdw \chi_{\IQ\cap[a,b]}^{-1}(A)\subset \mathcal{B}(\IR), [/mm] mit A=im [mm] \chi_{\IQ\cap[a,b]}.
[/mm]
[mm] \chi_{\IQ\cap[a,b]}^{-1}(1)=\IQ\cap[a,b] \subset \mathcal{B}(\IR), [/mm] da [mm] \IQ\cap[a,b] [/mm] abzählbare Vereinigung von einpunktigen Mengen
[mm] \chi_{\IQ\cap[a,b]}^{-1}(0)=(\IQ\cap[a,b])^{C} \subset \mathcal{B}(\IR), [/mm] da Komplemente auch wieder in der [mm] \sigma-Algebra [/mm] liegen.
Also ist die Abbildung borelmessbar.
[mm] \integral \chi_{\IQ\cap[a,b]} d\lambda =1*\lambda(\IQ\cap[a,b])+0*\lambda((\IQ\cap[a,b])^{C})=0+0=0
[/mm]
zu ii)
Da bin ich grad ein wenig ratlos, wie man das am besten zeigen kann
iii)
[mm] lim_{n \rightarrow \infty}L_{n}=lim_{n \rightarrow \infty} \summe_{k=0}^{n}a_{kn}\lambda_{1}(A_{kn}). [/mm] Nur habe ich grad keine Idee, wie ich mit der Summe umgehen soll
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:39 Mi 28.01.2015 | | Autor: | Topologe |
Hat keiner einen Vorschlag? :-(
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Hiho,
> [mm]\chi_{\IQ\cap[a,b]}[/mm] borelmessbar [mm]\gdw \chi_{\IQ\cap[a,b]}^{-1}(A)\subset \mathcal{B}(\IR),[/mm]
> mit A=im [mm]\chi_{\IQ\cap[a,b]}.[/mm]
Die Forumulierung ist falsch. Es gilt [mm] $\text{im}\chi_{\IQ\cap[a,b]} [/mm] = {0,1}$
Demzufolge müsstest du nach deiner Formulierung nur eine Menge testen. Dem ist aber nicht so.
Was du (hier) meinst, wäre höchsten $A [mm] \subseteq \text{im}\chi_{\IQ\cap[a,b]}$.
[/mm]
Aber auch nur, weil das Bild von A eine endliche Menge ist und wir den Zielraum mit der Potenzmenge als Sigma-Algebra versehen können.
> [mm]\chi_{\IQ\cap[a,b]}^{-1}(1)=\IQ\cap[a,b] \subset \mathcal{B}(\IR),[/mm] da [mm]\IQ\cap[a,b][/mm] abzählbare Vereinigung von einpunktigen Mengen
Oder da [mm] \IQ [/mm] und [a,b] jeweils drin liegen, damit auch der Schnitt
> [mm]\chi_{\IQ\cap[a,b]}^{-1}(0)=(\IQ\cap[a,b])^{C} \subset \mathcal{B}(\IR),[/mm] da Komplemente auch wieder in der [mm]\sigma-Algebra[/mm] liegen.
Dein Beweis ist unvollständig. Es fehlen noch zwei Mengen um alle Möglichkeiten für A abzudecken.
> [mm]\integral \chi_{\IQ\cap[a,b]} d\lambda =1*\lambda(\IQ\cap[a,b])+0*\lambda((\IQ\cap[a,b])^{C})=0+0=0[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> zu ii) Da bin ich grad ein wenig ratlos, wie man das am besten zeigen kann
Ihr hattet bestimmt sowas wie: Eine Funktion ist borelmeßbar, genau dann, wenn [mm] $\{f < c\} [/mm] = [mm] f^{-1}((-\infty,c))\$ [/mm] oder [mm] $\{f \le c\}$ [/mm] oder ... meßbar ist für alle [mm] $c\in\IR$?
[/mm]
Mache dir dann klar, dass [mm] $\{a \le f \le b\} [/mm] = [mm] \{f \le b\}\setminus\{f < a\}$ [/mm] gilt.
zu iii) wie habt ihr denn das Integral definiert?
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:15 Do 29.01.2015 | | Autor: | Topologe |
Hm,
ok mir würde ansonsten höchstens nur die Mengen
[mm] A_{1}=\IR\backslash\{0,1\}
[/mm]
[mm] A_{2}=\emptyset [/mm] einfallen
[mm] \chi_{\IQ\cap[a,b]}^{-1}(A_{1}) [/mm] = [mm] \emptyset \subset \mathcal{B}(\IR)
[/mm]
[mm] \chi_{\IQ\cap[a,b]}^{-1}(A_{2}) [/mm] = [mm] \emptyset \subset \mathcal{B}(\IR)
[/mm]
zu ii)
Achso, stimmt, so ein Satz ist mir schonmal über den Weg gelaufen^^
Wir wissen: f ist messbar, also gilt [mm] \{f < \bruch{k+1}{n}\}=f^{-1}((-\infty,\bruch{k+1}{n}) [/mm] messbar, genauso auch [mm] \{f < \bruch{k}{n}\} [/mm] messbar.
Da gilt [mm] \{\bruch{k}{n} \le f < \bruch{k+1}{n}\}=\{f < \bruch{k+1}{n}\}\backslash\{f < \bruch{k}{n}\}, [/mm] also eine Differenz zweier messbarer Mengen, folgt, dass [mm] A_{kn}=\{x\in [a,b] |\bruch{k}{n} \le f(x) < \bruch{k+1}{n}\} [/mm] auch messbar ist
zu iii)
Das Integral wurde definiert:
[mm] \integral_{\Omega}f d\mu [/mm] := [mm] lim_{k\rightarrow\infty}\integral_{\Omega}\phi_{k}d\mu, [/mm] mit [mm] \phi_{k} [/mm] aufsteigende Folge von einfachen Funktionen [mm] \phi [/mm] = [mm] \summe_{i=1}^{m}c_{i}\chi_{(A_{i})}, A_{i}\in \mathcal{A}, c_{i}\ge [/mm] 0
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Hiho,
> [mm]A_{1}=\IR\backslash\{0,1\}[/mm]
> [mm]A_{2}=\emptyset[/mm] einfallen
Wieso [mm] $\IR\setminus\{0,1\}$?
[/mm]
Was ist denn [mm]\text{im}\chi_{\IQ\cap[a,b]}^{-1}(A_{1})[/mm]?
> folgt, dass [mm]A_{kn}=\{x\in [a,b] |\bruch{k}{n} \le f(x) < \bruch{k+1}{n}\}[/mm] auch messbar ist
Ja, nur leider ist das nicht die Menge, die du betrachten sollst.
> Das Integral wurde definiert:
> [mm]\integral_{\Omega}f d\mu[/mm] :=
> [mm]lim_{k\rightarrow\infty}\integral_{\Omega}\phi_{k}d\mu,[/mm] mit
> [mm]\phi_{k}[/mm] aufsteigende Folge von einfachen Funktionen [mm]\phi[/mm] =
> [mm]\summe_{i=1}^{m}c_{i}\chi_{(A_{i})}, A_{i}\in \mathcal{A}, c_{i}\ge[/mm]
> 0
Gut, dann betrachte doch mal [mm] $f_n [/mm] = [mm] \summe_{k=1}^n a_{k_n}\chi_{A_{k_n}}$
[/mm]
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:14 Fr 30.01.2015 | | Autor: | Topologe |
zu i) Hm, ja weiss nicht. Andere Mengen außer [mm] A_{1} [/mm] und [mm] A_{2} [/mm] fallen mir nicht ein...
zu ii) Ich dachte, man müsse doch die Messbarkeit von [mm] A_{kn} [/mm] nachweisen?
zu iii)
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Hiho,
beantworte doch mal die Fragen, die man dir stellt: Was ist [mm] $\text{im}\Chi$?
[/mm]
Und ja, du sollst die Meßbarkeit von [mm] $A_{k_n}$ [/mm] nachweisen, nur leider ist deiner Menge eben nicht gleich [mm] $A_{k_n}$
[/mm]
Schau dir deine Menge und [mm] A_{k_n} [/mm] nochmal genau an. Wo ist der Unterschied?
Gruß,
Gono
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