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| Autor |
  Borel-Algebra |
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Student10023
Aktiv 
Dabei seit: 22.11.2020
Mitteilungen: 198
 |  Themenstart: 2021-08-21
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Hallo,
Ich beschäftige mich momentan mit der Borel sigma Algebra. Wir haben diese definiert, als die kleinste sigma Algebra, die alle offenen Mengen im R^n enthält. Ich bin etwas verwirrt von diesem Begriff. Die Borel
Algebra enthält also alle offene Mengen, aber auch alle Komplemente von offenen Mengen also auch alle abgeschlossenen Mengen oder ?. Ist dann nicht die Borel Algebra einfach die ganze Potenzmenge des R^n bzw. anders gesagt gibt es eine Teilmenge vom R^n, die nicht in der Borel Algebra enthalten ist ? (wahrscheinlich ja, sonst würde man sich ja nicht die Mühe machen, das so kompliziert zu konstruieren...)
Mir ist klar, dass es auch Mengen gibt, die weder offen noch abgeschlossen sind so z.B Q^n als Teilmenge von R^n, aber ist dann Q^n nicht in der Borel Algebra enthalten? (wenn ja warum ? gibt es weitere Mengen ?)
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Algebravo
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 17.04.2021
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Wohnort: Bielefeld
| Beitrag No.1, eingetragen 2021-08-21
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Es ist tatsächlich ziemlich schwierig sich fix eine Menge konstruktiv vorzustellen, die nicht in der Borelschen Sigma-Algebra enthalten ist.
Wie du sagst, sind alle offenen und abgeschlossen Intervalle, allgemeiner alle offenen, abgeschlossenen und kompakten Teilmengen des $\mathbb{R}^n$ enthalten.
Außerdem sind alle Punktmengen, sowie alle endlichen und abzählbar unendlichen Teilmengen des $\mathbb{R}^n$ Elemente der Borelschen Sigma-Algebra.
(All dies kann man sich überlegen, da (nach Definition) endliche und abzählbar unendliche Vereinigungen und Schnitte der Elemente der Borelschen Sigma-Algebra wieder ein Element dieser sind.)
Ein Negativbeispiel liefert der Satz von Vitali.
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AnnaKath
Senior 
Dabei seit: 18.12.2006
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Wohnort: hier und dort (s. Beruf)
 | Beitrag No.2, eingetragen 2021-08-21
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Huhu zusammen,
bereits der erste Absatz im Wikiartikel zum Satz von Vitali deutet an, warum wir (zumindest doch viele von uns) uns recht schwer mit derlei Dingen tun. Man findet solche Nicht-Borel-Mengen niemals durch einen geschickten Trick oder kluges Nachdenken (und kann sie dann halbwegs nachvollziehbar beschreiben) sondern stets nur durch das Auswahlaxiom (oder eine seiner leicht abgeschwächten Varianten).
Für alle praktischen Zwecke ist also jede irgendwie konkret beschriebene Menge (reeller Zahlen) eine Borelmenge. Wenn man dies nicht akzeptieren möchte, verstrickt man sich f.s. in kruder Grundlagenphilosophie und wird doch zu keinem Ergebnis kommen. Das Auswahlaxiom beschreibt eben nicht, wie man die Auswahl treffen muss; schlimmer noch, es gibt Modelle der reellen Zahlen, die mit ZF (ohne C) konsistent sind, in denen alle Mengen reeller Zahlen Borelmengen sind.
Mein persönlicher Rat wäre also: Man geniesse das schöne Wetter, ignoriere die Fragestellung schlichtweg und verschiebe das Nachdenken darüber auf einen Regentag, an dem man Zahnschmerzen hat, bettlägerig ist und keine Netzverbindung, so dass das noch geöffnete Tab auf dem Mobiltelefon eben jener Beweis des Satzes von Vitali ist. Unter diesen Umständen dürfte er recht interessant zu lesen sein...
lg, AK
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nzimme10
Senior 
Dabei seit: 01.11.2020
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 | Beitrag No.3, eingetragen 2021-08-21
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\quoteon(2021-08-21 11:15 - Student10023 im Themenstart)
Mir ist klar, dass es auch Mengen gibt, die weder offen noch abgeschlossen sind so z.B Q^n als Teilmenge von R^n, aber ist dann Q^n nicht in der Borel Algebra enthalten? (wenn ja warum ? gibt es weitere Mengen ?)
\quoteoff
Man kann sich überlegen, dass die Borelalgebra noch viel mehr Erzeuger als nur die offenen Mengen hat. Zum Beispiel wird die Borelalgebra auch von den abgeschlossenen Mengen erzeugt. Etwas interessanter ist, dass die Borelalgebra auch von Quadern mit rationalen Eckpunkten erzeugt wird. Mit letzterem ist dann auch klar, warum $\mathbb Q^n$ eine Borelmenge ist.
Man kann sich das noch einfacher klar machen, wenn man sich überlegt warum einelementige Teilmengen Borelmengen sind: sie sind abgeschlossen. Da $\mathbb Q^n$ abzählbar ist gilt nun offenbar
$$
\mathbb Q^n=\bigcup_{x\in \mathbb Q^n}\lbrace x\rbrace=\bigcup_{k=1}^\infty \lbrace x_k\rbrace
$$
für eine Aufzählung $(x_k)_{k\in \mathbb N}$ von $\mathbb Q^n$. Daher muss $\mathbb Q^n$ (und damit jede abzählbare Teilmenge) eine Borelmenge sein.
Edit: Noch eine weitere Anmerkung. Der Grund für die Definition der Borelalgebra als Erzeugnis der offenen Mengen ist nicht nur der Tatsache geschuldet, dass es auch Mengen gibt, die nicht Borelsch sind. Für viele Eigenschaften, die man in der Maßtheorie untersucht, genügt es, wenn man das auf einem Erzeuger nachprüfen kann. Sicherlich ist man deshalb auch bemüht möglichst einfache oder möglichst "kleine" Erzeuger für die Borelalgebra zu suchen um nicht immer etwas für alle Borelmengen nachprüfen zu müssen.
Ein wichtiges Beispiel ist da der Eindeutigkeitssatz für Maße.
LG Nico\(\endgroup\)
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Student10023
Aktiv
Dabei seit: 22.11.2020
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-08-21
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@nzimme10 gibt es denn in diesem Zusammenhang ähnlich wie in der linearen Algebra ein kleinstes Erzeugendensystem ? Also gibt es eine kleinere Menge (evtl. eine endliche Menge ?) wie die Menge aller Offenen Mengen im R^n, die die Borell Algebra schon erzeugen ?
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nzimme10
Senior
Dabei seit: 01.11.2020
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| Beitrag No.5, eingetragen 2021-08-21
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Hallo,
Hier wird unter anderem gezeigt, dass jede $\sigma$-Algebra, die einen abzählbaren Erzeuger besitzt, auch einen minimalen Erzeuger besitzt. Minimal heißt hier natürlich im Bezug auf Mengeninklusion.
Allerdings besitzt nicht jede $\sigma$-Algebra einen minmalen Erzeuger.
Ob es im Fall der Borelalgebra ein endliches Erzeugendensystem auch schon tut, kannst du dir ja mal im Fall $n=1$ selbst überlegen.
Für die Analogie zu anderen Hüllenoperationen kann ich dir Triceratops' Artikel sehr empfehlen.
Edit: Ich habe deine Frage nicht ganz richtig gelesen. Du hast gefragt ob es eine kleinere Menge, als die Topologie des $\mathbb R^n$ gibt, die die Borelalgebra erzeugt. Nun die Topologie von $\mathbb R^n$ (a.k.a. die offenen Mengen) besteht aus überabzählbar vielen Mengen. Ich hatte bereits erwähnt, dass die Borelalgebra von Quadern mit rationalen Eckpunkten (genauer reichen schon achsenparallele offene Quader mit rationalen Eckpunkten) erzeugt wird. Wie viele gibt es davon?
LG Nico\(\endgroup\)
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Student10023
Aktiv
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| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-08-23
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Da Die rationalen Zahlen abzählbar sind, müsste die Menge der Quader mit abzählbaren Eckpunkten auch abzählbar sein, dass ist ja nur das Kreuzprodukt von endlich vielen Rationalen Zahlen.
Was ich nicht geschafft habe ist es mir zu überlegen, warum es im Fall
n=1 also in R kein endliches Erzeugenden System gibt.
Hast du da vielleicht noch ein Tipp ?
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nzimme10
Senior
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 2576
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| Beitrag No.7, eingetragen 2021-08-23
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Genau, es gibt nur abzählbar unendlich viele achsenparallele offene Quader mit rationalen Eckpunkten. Da hast du also einen viel kleineren Erzeuger für die Borelalgebra als die offenen Mengen.
Für deine andere Frage: Sei $k\in \mathbb N$ und seien $A_1,\dots,A_k\subseteq \mathbb R$ paarweise verschieden. Weiter sei $\mathcal M:=\lbrace A_1,\dots,A_k\rbrace$.
Deine Frage war nun ob es geeignete Wahlen von $A_1,\dots,A_k$ gibt, so dass $\sigma(\mathcal M)=\mathcal B(\mathbb R)$ gilt.
Überlege dir vielleicht nun mal allgemein was $\sigma(\mathcal M)$ in diesem Fall ist. Kann $\sigma(\mathcal M)$ überhaupt unendlich viele Mengen enthalten?
Das kannst du dann natürlich auch direkt allgemeiner machen: Sei $X$ eine Menge und $\mathcal M\subseteq \mathcal P(X)$ eine endliche Menge (Man sagt hier eigentlich typischerweise dann eher Mengensystem anstatt Menge). Überlege dir nun ob $\sigma(\mathcal M)$ eine unendliche Menge sein kann.
LG Nico
[Verschoben aus Forum 'Analysis' in Forum 'Maßtheorie' von nzimme10]\(\endgroup\)
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Student10023
Aktiv
Dabei seit: 22.11.2020
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| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-08-23
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achso ok, das ist relativ klar, weil für endliche Mengen Sigma Algebren und normale Algebren das selbe sind müssen wir die leere Menge und die Vereinigung von je endlich beliebig vielen Mengen unser Ezreugendensystem sowie das Komplement aller Mengen vom Erzeugendensystem dazunehmen, im jedenfall sind es nur endlich viele.
Vielleicht dann noch eine kleine Bemerkung: Du sagst, dass die Borel Algebra auch von allen Quadern mit rationalen Eckpunkten erzeugt wird. Als ich das zum ersten Mal gelesen habe, habe ich das einfach als "klar" vermerkt und deshalb nicht nachgefragt, aber warum ist das so, also warum kann ich jede beliebige offene Menge im R^n bzw jede beliebige abgeschlossene Menge im R^n (was von beidem ich zeige macht keinen Unterschied) als (ggf. abzählbare unendliche) Vereinigung von Quadern mit rationalen Koeffizienten schreiben ?
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nzimme10
Senior
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 2576
Wohnort: Köln
| Beitrag No.9, eingetragen 2021-08-23
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Im Wesentlichen liegt das daran, dass $\mathbb Q$ dicht in $\mathbb R$ liegt. Ich überlasse dir die Details, will dir aber eine Idee eines Beweises geben.
Zunächst ist klar, dass es reicht zu zeigen, dass sich jede offene Teilmenge als abzählbare Vereinigung solcher Quader schreiben lässt. Weiter genügt es sogar, wenn wir zeigen können, dass sich jede offene Teilmenge als (beliebig große) Vereinigung solcher Quader schreiben lässt (mach dir klar warum!). Sei $O\subseteq \mathbb R^n$ offen sowie $x=(x_1,\dots,x_n)\in O$. Dann gibt es ein rationales $r>0$ derart, dass $B_r(x)\subseteq O$ gilt.
Nun können wir ein $y=(y_1,\dots,y_n)\in \mathbb Q^n$ derart finden, dass für alle $i=1,\dots,n$
$$
|x_i-y_i|<\frac{r}{3n} \tag1
$$
gilt. Sei nun zuletzt
$$
Q_x:=\prod_{i=1}^n\left(y_i-\frac{r}{3n},y_i+\frac{r}{3n}\right).
$$
Dann ist $Q_x$ ein achsenparalleler offener Quader mit rationalen Eckpunkten. Aufgrund von (1) gilt $x\in Q_x$ und für $z\in Q_x$ gilt weiter
$$
\lVert x-z\rVert\leq \lVert x-y\rVert+\lVert y-z\rVert\leq \frac r3+\frac r3\(\endgroup\)
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Student10023
Aktiv
Dabei seit: 22.11.2020
Mitteilungen: 198
| Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2021-08-23
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Hallo,
Vielen Dank für die ausführliche Beweisidee.
Dazu habe ich trotzdem noch ein paar Fragen:
\quoteon(2021-08-23 14:20 - nzimme10 in Beitrag No. 9)
Nun können wir ein $y=(y_1,\dots,y_n)\in \mathbb Q^n$ derart finden, dass für alle $i=1,\dots,n$
$$
|x_i-y_i|<\frac{r}{3n} \tag1
$$
gilt.
\quoteoff
Dies können wir finden, weil Q dicht in R liegt, verstehe ich das richtig ?
Abgesehen davon ist mir Dein Beweis eigentlich klar, aber bei einem Punkt zu Beginn komme ich nicht weiter. Du sagst, es reicht O als Vereinigung von (ggf. überabzählbar) vielen Quadern darzustellen und tatsächlich ist die von Dir gegeben Vereinigung i.a überabzählbar. Aber ich verstehe nicht warum das gelten soll. Überabzählbare Vereinigungen sind doch i.a nicht wieder in sigma Algebren enthalten...
Im Übrigen: Wenn es so wäre. Ginge der Beweis dann nicht folgendermaßen einfacher:
für einen Vektor a im R^n ist der Quader [a,a] = { x in R^n mit a<= x <= a} = {a} (<= ist hier immer in bezug auf die Koordinaten zu verstehen). d.h die ein Elementigen Mengen sind auch Quader. Dann ist doch O einfach die Vereinigung über alle einelementigen Mengen, mit Elementen aus O . Das wäre auch eine i.a Überabzählbare Vereinigungen von Quadern, die O ergibt, aber das kann doch nicht stimmen ?
Liebe Grüße
Edit: Anschaulich habe ich es mir jetzt versucht zu erklären und es sieht so aus, dass man überabzählbar viele Quader durch eine Vereinigung von abzählbar endlich vielen darstellen kann. Wie man das aber zeigen soll bzw. ob das stimmt ist mir immernoch nicht klar. Mein Ansatz wäre hier Seien ((Q_i))_(i\el\ \IR) eine Familie von Quadern d.h Q_i = [a_i , b_i] = {x \el\ \IR^n mit a_i <= x <= b_i } (<= wieder koordinatenweise natürlich). Irgendwie müssen wir die Vereinigung all dieser Quader durch eine Vereinigung von abzählbar viele Quadern hinkriegen...
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nzimme10
Senior
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 2576
Wohnort: Köln
| Beitrag No.11, eingetragen 2021-08-24
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\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Hallo,
Für jede reelle Zahl $a\in \mathbb R$ gibt es eine Folge rationaler Zahlen die gegen $a$ konvergiert. Das habe ich bei den $y_i$ ausgenutzt.
Weiter solltest du beachten, dass es ja offenbar nur abzählbar viele solcher rationaler Quader gibt (hast du selbst schon festgestellt :)). Daher ist meine vermeindlich überabzählbare Vereinigung im Endeffekt doch nur eine abzählbare, beziehungsweise es können nur abzählbar viele der $Q_x$ tatsächlich paarweise verschieden sein. Daher muss es eine Folge $(x^{(k)})_{k\in \mathbb N}$ mit $x^{(k)}\in O$ geben, so dass
$$
O=\bigcup_{x\in O} Q_x=\bigcup_{k=1}^\infty Q_{x^{(k)}}
$$
gilt.
LG Nico\(\endgroup\)
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Profil
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Student10023
Aktiv
Dabei seit: 22.11.2020
Mitteilungen: 198
| Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2021-08-24
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Alles klar. Vielen Dank !
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Student10023 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Student10023 hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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