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Analysis » Maßtheorie » Messbarkeit mit Punktmengen
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Universität/Hochschule J Messbarkeit mit Punktmengen
Quotenbanane
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-11-28


Hallo!

Ich würde gerne zeigen, dass die Funktion $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ mit...
$$f(x) = \begin{cases}
0 & \text{für } x \text{ irrational } \\
\frac{1}{q} & \text{für } x = \frac{p}{q} \\
\end{cases}$$
messbar ist. Dazu muss ich zeigen, dass $\forall A \in \mathcal{B}(\mathbb{R}): f^{-1}(A) \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$

Das ist für mich insofern neu, weil ich es hier wohl mit Punktmengen und nicht mit offenen Intervallen zu tun habe, da die Umkehrfunktion einer mehrelementigen Teilmenge gemäß der Funktion wohl nicht definiert ist?

Also für alle Mengen M, die keine Punktmengen sind, gilt: $f^{-1}(M) = \emptyset \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$, wodurch sie aber trotzdem messbar sind. Liege ich in dieser Annahme richtig?

Für die verbleibenden (Punkt-)Mengen, kann man dann eigentlich einfach einsetzen, denn $0$, sowie $\frac{1}{p}$ sind als Punktmengen wieder in $\mathcal{B}(\mathbb{R})$ enthalten?

Somit sollte f messbar sein. Denke ich da richtig?



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ochen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-11-28


Hallo,

mit $f^{-1}(A)$ ist nicht die Umkehrfunktion angewandt auf eine Menge gemeint. Hier ist das Urbild von $A$, also
\[
f^{-1}(A)=\{x\mid f(x)\in A\}
\] gemeint.



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Quotenbanane
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-28


Ja, da hab ich falsch gedacht^^

Kann ich es stattdessen so machen:

Sei $M \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$ beliebig (Sagen wir O.B.d.A. mit mind. einem irrationalem Element)

Dann ist das Urbild $f^{-1}(M) = \{0, \frac{1}{q_1}, \frac{1}{q_2},...,\}$ mit $q_1 \leq q_2 \leq ....$

Da $q_i\in \mathbb{N}$ folgt daraus, dass das Urbild eine abzählbare Teilmenge von $\mathbb{R}$ ist und damit in $\mathcal{B}(\mathbb{R})$

Oder?



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-11-28


2020-11-28 16:08 - Quotenbanane in Beitrag No. 2 schreibt:
Dann ist das Urbild $f^{-1}(M) = \{0, \frac{1}{q_1}, \frac{1}{q_2},...,\}$

Nein, das ist das Bild, nicht das Urbild von $M$.



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Quotenbanane
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-28


@zippy
Oje. Das heißt also, dass das Urbild von irrationale Zahlen aus der Borel-$\sigma$-Algebra von $\mathbb{R}$ die leere Menge ist?

Weil eine irrationale Zahl lässt sich nicht als $0 \vee \frac{1}{q}$ mit $q \in \mathbb{N}$ ausdrücken.

Die zweite Frage, die ich hätte, wäre dann folgende: Woher weiß ich, dass das Urbild der rationalen Zahlen in $\mathcal{B}(\mathbb{R})$ liegt?
Die resultierende Menge könnte doch überabzählbar sein und muss meines Wissens dann nicht unbedingt borel sein...

Wobei... sobald ich $f^{-1}(0)$ abbilde, dann hab' ich generell alle irrationalen Zahlen auf einem Schlag. Dann müsste das Komplement von den Irrationalen Zahlen, also $\mathbb{I}^c = \mathbb{R}\setminus \mathbb{I} = \mathbb{Q}$, die rationalen Zahlen sein. Und die sind (weil abzählbar) offensichtlich borel.

Für die anderen Fälle wär's dann relativ offensichtlich.

Z.B. wäre, falls $0, \frac{1}{a} \in M$, das Urbild: $f^{-1}(M)=\mathbb{I} \cup \{...,\frac{-1}{a},\frac{0}{a}, \frac{1}{a},...\}$.
Dann ist $\mathbb{Q} \setminus \{...,\frac{-1}{a},\frac{0}{a}, \frac{1}{a},...\}$ wieder borel.
Bin ich jetzt auf dem richtigen Weg?



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-11-28


Du arbeitest sehr unpräzise. Zum einen führt das dazu, dass du falsche Aussagen triffst. Zum anderen führt es dazu, dass teilweise deine Aussagen nicht einmal mathematisch eindeutig zu interpretieren sind. Und dann ist es auch für uns hier schwer, zu verstehen, was du meinst. Es wäre also eine Win-Win-Situation, wenn du präziser arbeiten könntest. Dazu gehört in diesem Kontext vor allem
a) die Definitionen zur Kenntnis zu nehmen,
b) sehr kleinschrittig zu arbeiten,
c) sich nach jedem Schluss noch einmal klarmachen, ob er genau begründet ist,
d) sich an die üblichen mathematischen Formalismen zu halten.

Wie man einfache Beweise finden kann, habe ich außerdem in diesem Artikel versucht zu erklären; vielleicht hilft er dir ja.

Hier haben wir es mit der Funktion $f : \IR \to \IR$ zu tun, die irrationale Zahlen auf $0$ abbildet, und rationale Zahlen $p/q$ auf $1/q$. Hierbei wird angenommen (das hast du versäumt zu schreiben), dass $q > 0$ und $p,q$ teilerfremd sind, sodass die Darstellung eindeutig ist; ansonsten wüssten wir ja nicht, ob wir $1/3=2/6$ auf $1/3$ oder $1/6$ abbilden zum Beispiel.

Bevor man hier losrechnet, lohnt es sich, strukturelle Überlegungen und insbesondere Reduktionsargumente anzustellen (wie immer eigentlich). Wir haben die abzählbare Teilmenge $\IQ \subseteq \IR$ und das Komplement $\IR \setminus \IQ \subseteq \IR$. Sie sind beide Borelmengen. Nun ist aber

$f(\IR) \subseteq \IQ.$

Daraus folgt, dass für jede Teilmenge $T \subseteq \IR$ die Gleichung

$f^{-1}(T) = f^{-1}(T \cap \IQ).$

Daher reicht es, zu zeigen, dass $f^{-1}(T)$ eine Borelmenge ist, wenn $T \subseteq \IQ$ eine Teilmenge ist (die dann sowieso eine Borelmenge ist).

Nun ist aber eine solche Menge abzählbar, und

$\displaystyle f^{-1}(T) = \bigcup_{t \in T} f^{-1}(\{t\}).$

Es reicht daher zu zeigen, dass jeweils $f^{-1}(\{t\})$ eine Borelmenge ist. Wir dürfen zudem annehmen, dass $t$ im Bild von $f$ liegt, weil ja andernfalls sowieso die Menge $f^{-1}(\{t\})$ leer ist.

Nun kann man loslegen, konkret mit der Definition zu arbeiten.

Wenn $t = 0$, überlege dir, welche Menge $f^{-1}(\{t\})$ ist. Begründe, warum diese Menge dann eine Borelmenge ist.

Andernfalls ist $t = 1/q$ für eine natürliche Zahl $q > 0$. Überlege dir auch hier, welche Menge $f^{-1}(\{t\})$ ist. Sie wird sich als abzählbar herausstellen, sodass sie eine Borelmenge ist.



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Quotenbanane
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-11-28


Okay, dann streng ich mich mehr an. Ich weiß, dass du jetzt zwar geschrieben hast, dass es reicht, die rationalen Teilmengen zu betrachten, aber zur Vollständigkeit mach ich's für alle $X \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$

1) Angenommen $t = 0$, dann $f^{-1}(\{t\}) = \mathbb{I}$

Weil $\mathbb{I}^c = \mathbb{Q} \in \mathcal{B}(\mathbb{R}) \Rightarrow \mathbb{I} \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$.

2) Angenommen $M \subseteq \mathbb{I}$. Dann $f^{-1}(M) = \emptyset \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$

3) Angenommen $M \subseteq \mathbb{Q} \setminus \{0\}$. Dann $f^{-1}(M) = N \subseteq \mathbb{Q} \Rightarrow N \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$

3) kann man auch elementeweise konkret aufschreiben...
Sei $t = \frac{1}{q}$. Dann $f^{-1}(\{t\})=\{...,\frac{-1}{q}, \frac{0}{q}, \frac{1}{q},...\}$, was ja abzählbar und damit borel ist.

4) Angenommen $M \subseteq \mathbb{Q} \wedge 0 \in M$. Dann $f^{-1}(M) = \mathbb{I} \cup N$, wobei $N \subseteq \mathbb{Q}$.

Weil $(\mathbb{I} \cup N)^c \subseteq \mathbb{Q} \Rightarrow (\mathbb{I} \cup N)^c \in \mathcal{B}(\mathbb{R}) \Rightarrow \mathbb{I} \cup N \in \mathcal{B}(\mathbb{R})$

Letzteres gilt, weil $\mathcal{B}(\mathbb{R})$ eine Sigma-Algebra (Komplement)

Hab' ich das jetzt richtig erkannt?
 



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Was ich vielleicht noch außer Acht gelassen habe, sind jene rationalen Elemente, die nicht der Form $\frac{1}{q}$ sind. Solche würden auch auf die leere Menge abbilden und nicht, wie von mir ursprünglich behauptet auf eine rationale Zahl.



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