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| Autor |
  Zeige, dass diese Menge eine Lebesgue-Nullmenge ist |
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EpsilonDelta
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 12.12.2011
Mitteilungen: 1356
 |  Themenstart: 2019-11-06
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Es sei \(\{0\}\times A,\ A\subset\mathbb{R}\) gegeben. Diese Menge ist eine Nullmenge bezüglich des \(\lambda^2\) Maßes. Ich suche einen rigorosen Beweis. Mein Problem dabei ist, dass ich mir nicht sicher bin, ob das L^2 Maß faktorisiert, also \(\lambda^2(\{0\}\times A)=\lambda^1(\{0\})\lambda^1(A)\), da ja \(A\) eine beliebige Teilmenge ist, also nicht \(\lambda^1\) meßbar sein muss.
Wie kann ich trotzdem zeigen, dass das Maß Null sein muss?
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EpsilonDelta
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 12.12.2011
Mitteilungen: 1356
| Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-06
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Betrachte die Menge \(\{0\}\times \mathbb{R}\). Für diese Menge faktorisiert das Lebesgue Maß und da alle Teilmengen, also auch \(\{0\}\times A\) Lebesgue messbar sein müssen, da diese vollständig ist, so muss die Menge auch in der Lebesgue algebra enthalten sein.
Bitte korriegiert mich wenn der Schluss falsch ist :-D
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Kampfpudel
Senior 
Dabei seit: 02.08.2013
Mitteilungen: 2010
| Beitrag No.2, eingetragen 2019-11-06
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Hey EpsilonDelta,
hmm, wieso ist denn hier klar, dass \(0\cdot \infty = 0 \) ist? Um zu begründen, dass \(\{ 0 \} \times \mathbb{R}\) eine Nullmenge im \(\mathbb{R}^2\) ist, solltest du anders vorgehen. Es könnte hilfreich sein zu verwenden, dass \(\{ 0 \} \times [-n,n]\) für alle \(n \in \mathbb{N}\) eine Nullmenge ist.
Der Schluss danach ist dann richtig.
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EpsilonDelta
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 12.12.2011
Mitteilungen: 1356
| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-06
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Du hast völlig recht! Mit deinem Tipp und Halbstetigkeit von unten kann man dann den Beweis retten oder? :-)
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Shaqrament
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 19.06.2019
Mitteilungen: 54
Wohnort: Bayern
 | Beitrag No.4, eingetragen 2019-11-06
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Hallo EpsilonDelta,
du kannst auch einfach mit der Definition arbeiten. Es ist am einfachsten, ganz nach Kampfnudel zu zeigen, dass $ \lbrace 0 \rbrace \times \mathbb{R}$ eine Nullmenge ist. Definiere für ein $\varepsilon > 0$ dazu die Folge $Q_k := \left [-\frac{\varepsilon}{2^{k+2}k}, \frac{\varepsilon}{2^{k+2}k} \right] \times [-k,k]$ für $k \in \mathbb{N}$. Mache dir klar, dass $\bigcup_{k \in \mathbb{N}}Q_k \supseteq \lbrace 0 \rbrace \times \mathbb{R}$ und
$\lambda^2 \left( \lbrace 0 \rbrace \times \mathbb{R} \right) \leq \sum_{k \in \mathbb{N}} \lambda^2(Q_k)$
gelten. Was passiert, wenn $\varepsilon$ gegen $0$ geht?
Gruß,
Shaqrament
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Triceratops
Wenig Aktiv
Dabei seit: 28.04.2016
Mitteilungen: 6472
Wohnort: Berlin
 |  Beitrag No.5, eingetragen 2019-11-06
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\quoteon(2019-11-06 23:13 - Kampfpudel in Beitrag No. 2)
hmm, wieso ist denn hier klar, dass \(0\cdot \infty = 0 \) ist?
\quoteoff
Das wird in der Maßtheorie so vereinbart, direkt am Anfang der Definition eines Integrals bezüglich eines Maßes.
Hier eine algebraische Perspektive: das Integral wird erst einmal für Funktionen mit Werten in dem Semiring $([0,\infty],+,\cdot)$ definiert, und damit das überhaupt ein Semiring ist, muss man $0 \cdot a = 0$ für alle $a$ haben.
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Kampfpudel
Senior
Dabei seit: 02.08.2013
Mitteilungen: 2010
| Beitrag No.6, eingetragen 2019-11-07
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\quoteon(2019-11-06 23:42 - Triceratops in Beitrag No. 5)
\quoteon(2019-11-06 23:13 - Kampfpudel in Beitrag No. 2)
hmm, wieso ist denn hier klar, dass \(0\cdot \infty = 0 \) ist?
\quoteoff
Das wird in der Maßtheorie so vereinbart, direkt am Anfang der Definition eines Integrals bezüglich eines Maßes.
\quoteoff
Da gebe ich dir ja Recht. Nur ist (mir) nicht so klar, ob es dem Threadersteller klar ist, dass diese Konvention gilt und auch sinnvoll ist.
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EpsilonDelta hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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