Messbarkeit von Menge folgern < Maßtheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:27 Do 30.04.2020 | | Autor: | Jellal |
Guten Tag,
angenommen wir haben einen Massraum [mm] (X,\Sigma,\mu), [/mm] eine nicht-negative Funktion f: X [mm] \to [0,\infty] [/mm] und die Mengen [mm] A_{\alpha}=\{x\in X: f(x)> \alpha\} [/mm] fuer alle [mm] \alpha \in \IR [/mm] sind messbar, liegen also in [mm] \Sigma.
[/mm]
Mein Skript sagt, dass dann offenbar auch die Mengen [mm] E_{k}=\{x\in X: \bruch {k}{2^{N}} \le f(x) < \bruch {k+1}{2^{N}}\} [/mm] fuer [mm] 0\le k
Auch, wenn es intuitiv irgendwie klar ist, so sehe ich die rigorose Argumentation nicht. Was ist hier das "Offensichtliche"?
vG.
Jellal
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Hiho,
vorab: Ich lass das Argument von f wie in der Literatur üblich weg und bezeichne mit [mm] A^c [/mm] das Komplement von A, dann gilt offensichtlich erst mal:
$ [mm] E_{k}= \left\{f \ge \bruch {k}{2^{N}}\right\} \cap \left\{ f < \bruch {k+1}{2^{N}}\right\} [/mm] = [mm] \left\{f \ge \bruch {k}{2^{N}}\right\} \cap \left\{ f \ge \bruch {k+1}{2^{N}}\right\}^c$
[/mm]
Alles steht und fällt also mit der Frage, warum aus der Meßbarkeit von Mengen der Form [mm] $\{ f > \alpha\}$ [/mm] die Meßbarkeit von Mengen der Form [mm] $\{ f \ge \alpha\}$ [/mm] folgt, dann ist auch die Meßbarkeit von $ [mm] E_{N2^{N}}$ [/mm] sofort klar
Tipp: [mm] $\alpha \ge \alpha [/mm] - [mm] \frac{1}{n}$ [/mm] für alle [mm] $n\in\IN$
[/mm]
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:15 Do 30.04.2020 | | Autor: | Jellal |
Hallo Gono, danke fuer die Antwort!
Ich verstehe, ich zerlege meine Menge in zwei einfachere Mengen, die mit Operationen versehen werden, unter denen die Sigma-Algebra geschlossen ist. Es bleibt also das zu zeigen, was du gesagt hast.
Mit der gleichen Idee kann ich schreiben: [mm] \{f \ge \alpha \} [/mm] = [mm] \bigcup_{n=1}^{\infty}\{f > \alpha - \bruch {1}{n} \} [/mm]
Rechts ist eine abzaehlbare Vereinigung messbarer Mengen, sodass auch die linke Menge messbar ist. So richtig?
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Hiho,
> Ich verstehe, ich zerlege meine Menge in zwei einfachere
> Mengen, die mit Operationen versehen werden, unter denen
> die Sigma-Algebra geschlossen ist. Es bleibt also das zu zeigen, was du gesagt hast.
Korrekt.
>
> Mit der gleichen Idee kann ich schreiben: [mm]\{f \ge \alpha \}[/mm]
> = [mm]\bigcup_{n=1}^{\infty}\{f > \alpha - \bruch {1}{n} \}[/mm]
>
> Rechts ist eine abzaehlbare Vereinigung messbarer Mengen,
> sodass auch die linke Menge messbar ist. So richtig?
Ja, allerdings hast du einen kleinen Denkfehler… es gilt nämlich
[mm] $\left\{f > \alpha - \bruch {1}{1} \right\} \supseteq \left\{f > \alpha - \bruch {1}{2} \right\} \supseteq \left\{f > \alpha - \bruch {1}{3} \right\} \supseteq \ldots$ [/mm]
und daher [mm]\bigcup_{n=1}^{\infty}\left\{f > \alpha - \bruch {1}{n} \right\} = \{f > \alpha - 1 \}\[/mm], allerdings gilt [mm]\{f \ge \alpha \} = \bigcap_{n=1}^{\infty}\left\{f > \alpha - \bruch {1}{n} \right\}[/mm]
Gruß,
Gono
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:38 Fr 01.05.2020 | | Autor: | Jellal |
> Hiho,
> Ja, allerdings hast du einen kleinen Denkfehler… es gilt
> nämlich
> [mm]\left\{f > \alpha - \bruch {1}{1} \right\} \supseteq \left\{f > \alpha - \bruch {1}{2} \right\} \supseteq \left\{f > \alpha - \bruch {1}{3} \right\} \supseteq \ldots[/mm]
> und daher [mm]\bigcup_{n=1}^{\infty}\left\{f > \alpha - \bruch {1}{n} \right\} = \{f > \alpha - 1 \}\[/mm],
> allerdings gilt [mm]\{f \ge \alpha \} = \bigcap_{n=1}^{\infty}\left\{f > \alpha - \bruch {1}{n} \right\}[/mm]
>
Natuerlich! Danke dir =)
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