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| Autor |
 σ-Algebren |
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Xfu14
Neu 
Dabei seit: 10.12.2019
Mitteilungen: 3
 |  Themenstart: 2019-12-10
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Hallo, ich stehe gerade auf dem Schlauch beim Nachweis des 3. Axioms einer Sigma Algebra (Also der Abgeschlossenheit gegenüber abzählbarer Vereinigung) bei folgendem Mengensystem: Sei µ endliches Maß, B die Borel Sigma Algebra auf R^n. Es soll gezeigt werden, dass A={C ∈ B: Für alle E>0 existieren F abgeschlossen und G offen, s.d: F Teilmenge C Teilmenge G und µ(G\F)
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PrinzessinEinhorn
Senior 
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2625
 |  Beitrag No.1, eingetragen 2019-12-10
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Hallo,
ist dir denn grundsätzlich klar, was hier zu zeigen ist um das verbleibende Axiom zu verifizieren?
Ich habe mir einen Beweis überlegt, aber ich bin mir noch nicht sicher, ob er funktioniert.
Vorerst solltest du aber uns deine eigenen Ideen und Ansätze zeigen.
Insbesondere musst du dir, wie eingangs gefragt, klar machen, was denn eigentlich zu zeigen ist.
Dann können wir eine bessere Hilfestellung geben.
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Xfu14
Neu
Dabei seit: 10.12.2019
Mitteilungen: 3
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-10
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Also ich möchte zeigen, dass die Abzählbare Vereinigung einer Folge (C_n) in A liegt. Es ist kein Problem zu zeigen, das die Vereinigung der offenen Obermengen G_n wieder offen ist und die Vereinigung der C_n enthält. Auch ist klar, dass die abzählbare Vereinigung der F_n wieder in der Vereinigung der C_n liegt. Das Problem ist, dass unendliche abzählbare Vereinigungen abgeschlossener Mengen nicht zwingend wieder abgeschlossen seien müssen und dann zu zeigen das die Ungleichung µ(G\F)
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PrinzessinEinhorn
Senior
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2625
| Beitrag No.3, eingetragen 2019-12-10
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\quoteon
Das Problem ist, dass unendliche abzählbare Vereinigungen abgeschlossener Mengen nicht zwingend wieder abgeschlossen seien müssen
\quoteoff
Korrekt.
Du musst aber auch nicht die Vereinigung dieser $F_n$ bilden.
Für den Beweis musst du das natürlich alles sauber einführen.
Wenn wir nun $G:=\bigcup_{n\in\mathbb{N}} G_n$ und $F:=\dotso$ setzen, dann muss
$\mu(G\setminus F)<\varepsilon$ wählen.
Es gibt jedoch für alle $\varepsilon >0$ abg. $F_n$ und offene $G_n$ mit $F_n\subseteq A_n\subseteq G_n$ mit $\mu(G_n\setminus F_n)<\varepsilon$.
Wir können das $\varepsilon$ also für jedes $n\in\mathbb{N}$ anders wählen.
$\mu(G\setminus F)$ kann man sehr grob nach oben abschätzen. Dann ist auch eigentlich klar, wie man diese $\varepsilon$ wählen muss.
Welche Eigenschaft des Maßes werden wir wohl benutzen?
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Xfu14
Neu
Dabei seit: 10.12.2019
Mitteilungen: 3
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-10
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Also kann ich dann mit der Sigma Additivität des Maßes µ(G\F) durch die Summe µ(G_n\F_n) abschätzen und dann E dementsprechend wählen. Aber was meinst du mit man müsste nicht die Vereinigung der F_n bilden
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PrinzessinEinhorn
Senior
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2625
| Beitrag No.5, eingetragen 2019-12-10
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\quoteon
mit der Sigma Additivität des Maßes µ(G\F) durch die Summe µ(G_n\F_n)
\quoteoff
Ja.
Also $\mu(G\setminus F)\leq\sum_{n=0}^\infty \mu(G_n\setminus F_n)$
Jetzt musst du $\mu(G_n\setminus F_n)$ nur noch so wählen, dass
$\sum_{n=0}^\infty \mu(G_n\setminus F_n)<\varepsilon$
\quoteon
Aber was meinst du mit man müsste nicht die Vereinigung der F_n bilden
\quoteoff
Dass es mit der Vereinigung der $F_n$ nicht ohne weiteres klappt, hast du ja selber erkannt, denn dies muss ja keine abgeschlossene Menge sein.
Aber wir brauchen ja auch nur 'irgendeine' abgeschlossene Menge $F$, die
$F\subseteq \bigcup_{n\in\mathbb{N}} A_n\subseteq G$
erfüllt.
Bzw. die genannten Bedinungen. Und das muss ja nicht unbedingt $\bigcup_{n\in\mathbb{N}} F_n$ sein.
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