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 Zeigen Sie, dass σ(F) eine σ-Algebra über X ist |
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Tamref
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 |  Themenstart: 2021-01-11
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Die Aufgabe ist:
Zeigen Sie, dass \(\sigma(F)\) eine \(\sigma\)-Algebra über \(X\) ist.
Wir haben folgende Defintion im Skript.
Es seien \(X\) eine nichtleere Menge und \(F\) eine Familie von Teilmengen von \(X\). Die von \(F\) erzeugte \(\sigma\)-Algebra über \(X\) ist die \(\sigma\)-Algebra \(\sigma(F) = \bigcap\{A : A\text{ ist eine \(\sigma\)-Algebra über \(X\) mit }F \subset A\} \).
Damit gilt das zu zeigende ja eigentlich schon nach Definition. Das erscheint aber etwas arg einfach und ist keine Punkte wert. Daher vermute ich, dass ich die "Eigenschaften" aus der Definition einer \(\sigma\)-Algebra für \(\sigma(F)\) nachweisen soll.
Dabei stoße ich aber schon bei Eigenschaft (I) \(X \in \sigma(F)\) an meine Grenze, da ich ja nicht verwenden kann wie \(\sigma(F)\) definiert ist, da die Aufgabe sonst trivial wäre.
Hat jemand ne Idee wie die Aufgabenstellung gemeint sein könnte?
VG Tamref
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StrgAltEntf
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2021-01-11
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Hallo Tamref,
bist du sicher, dass das die Aufgabe ist? Eine Menge von Sigmalgebren ist ja keine Sigmaalgebra. (So wie eine Menge von reellen Zahlen keine reelle Zahl ist etc.)
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Tamref
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-11
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Ich hab natürlich den Schnitt bei der Definition vergessen...
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StrgAltEntf
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| Beitrag No.3, eingetragen 2021-01-11
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\quoteon(2021-01-11 18:31 - Tamref in Beitrag No. 2)
Ich hab natürlich den Schnitt bei der Definition vergessen...
\quoteoff
Aha 😃
Also, wieso z. B. ist \(X\in\sigma(F)\)? Natürlich musst du für die Beantwortung verwenden, wie \(\sigma(F)\) definiert ist.
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Triceratops
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 |  Beitrag No.4, eingetragen 2021-01-11
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\quoteon(2021-01-11 18:06 - Tamref im Themenstart)
da ich ja nicht verwenden kann wie \(\sigma(F)\) definiert ist
\quoteoff
Doch, natürlich. Ohne die Definition von einem Objekt kannst du nichts über dieses Objekt aussagen oder beweisen.
Du kannst gleich allgemeiner zeigen: Sei $(\mathcal{A}_i)_{i \in I}$ eine Familie von $\sigma$-Algebren auf $X$. Dann ist auch $\bigcap_{i \in I} \mathcal{A}_i$ eine $\sigma$-Algebra auf $X$.
Mit der Methode, die ich hier skizziert habe, schreibt sich der Beweis von alleine hin.
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Tamref
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| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-11
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Ich kann/konnte mir halt nicht vorstellen, dass das die Lösung sein soll.
Das wäre ja sonst nur:
Da \(\sigma(F)\) Schnitt über \(\sigma\)-Algebren über \(X\) ist, welche \(F\) enthalten ist \(\sigma(F)\) ebenfalls eine \(\sigma\)-Algebra über \(X\).
Das erscheint etwas "überflüssig"/trivial, als dass das die Lösung sein kann. Zumal unser Prof. eigentlich für seine schweren Übungen bekannt ist...
\quoteon
Du kannst gleich allgemeiner zeigen: Sei $(\mathcal{A}_i)_{i \in I}$ eine Familie von $\sigma$-Algebren auf $X$. Dann ist auch $\bigcap_{i \in I} \mathcal{A}_i$ eine $\sigma$-Algebra auf $X$.
\quoteoff
Das haben wir halt auch schon im Skript gehabt und können wir verwenden.
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StrgAltEntf
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| Beitrag No.6, eingetragen 2021-01-11
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\quoteon(2021-01-11 18:58 - Tamref in Beitrag No. 5)
\quoteon
Du kannst gleich allgemeiner zeigen: Sei $(\mathcal{A}_i)_{i \in I}$ eine Familie von $\sigma$-Algebren auf $X$. Dann ist auch $\bigcap_{i \in I} \mathcal{A}_i$ eine $\sigma$-Algebra auf $X$.
\quoteoff
Das haben wir halt auch schon im Skript gehabt und können wir verwenden.
\quoteoff
Dann ist es wirklich trivial. Vielleicht hat dein Prof. schlecht gefrühstückt 😄
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Tamref
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-11
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Es gibt halt ne nicht tiviale Rückrichtung, vielleicht ist es einfach der Vollständigkeit halber mit dabei. Auch wenn ichs merkwürdig finde.
Die Rückrichtung ist:
Zeigen Sie, dass jede \(\sigma\)-Algebra über \(\mathbb{N}\) von einer Zerlegung von \(\mathbb{N}\) erzegut wird.
(Hatte die Hinrichtung etwas verallgemeintert, vermute aber, dass die Verallgemeinerung bei der Rückrichtung nicht gelten würde, daher wollte ich jetzt keine Informationen vorenthalten)
Ich sollte noch anmerken, dass Zerlegung definiert wurde als:
Familie disjunkter Teilmengen, deren Vereinigung die ganze Menge bildet.
Die Begriffe Hin- und Rückrichtung sind hier nicht ganz passend, aber ich habe keine bessere intuitive Beschreibung ausdenken können.
Ich würde wie folgt ansetzen:
Sei \(A\) eine \(\sigma\)-Algebra über \(\mathbb{N}\).
Nach Definition einer \(\sigma\)-Algebra gilt für alle \(F \in A: \mathbb{N}\setminus F \in A\).
Demnach können wir für jede \(\sigma\)-Algebra Mengen konstruieren, so dass \(F_1 = \{A_1,\mathbb{N}\setminus A_1 : A_{1} \in A \}\)
und \(F_{n+1} = \{A_{n+1},\mathbb{N}\setminus A_{n+1}: A_{n+1} \in A \setminus F_n \}\)
Ich hab irgendwann schonmal zeigen müssen, das solch eine Folge \(F_n\) in eine Folge disjunkter Mengen zerlegt werden kann, welche wenn man alle \(F_n\) vereinigt die gleiche Vereinigung ergeben ( das ist auch recht konstruktiv und direkt).
Da nach der Definition einer \(\sigma\)-Algebra immer \(\mathbb{N} \in A\) gilt, ist es immer eine Zerlegung von \(\mathbb{N}\), die ja nachdem, wie groß die \(\sigma\)-Algebra ist feiner oder gröber ist.
Führt das zum Ziel? Wenn ich irgendeinen Denkfehler gemacht habe oder eine Lücke in der Argumentation ist gebt bitte Bescheid. Ich hab ums Verrecken keine Konzentration mehr und muss mir das morgen nochmal anschauen.
VG Tamref
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StrgAltEntf
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| Beitrag No.8, eingetragen 2021-01-11
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Hm, es ist doch bereits \(F_1=A\).
Versuch mal folgendes.
Sei \(B=\{M\in A\setminus\{\emptyset\}: M\text{ ist inklusionsminimal}\}\)
Inklusionsminimal heißt, dass es keine nichtleere echte Teilmenge von M gibt, die in A liegt.
Zeige, dass B eine Zerlegung von IN ist und \(\sigma(B)=A\) gilt.
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Tamref
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| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-12
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\quoteon(2021-01-11 21:30 - StrgAltEntf in Beitrag No. 8)
Hm, es ist doch bereits \(F_1=A\).
\quoteoff
Du meinst die Vereinigung von \(F_1\) ist bereits \(\mathbb{N}\)?, dann brauche ich den Teil \(A \in \mathbb{N}\) in
\quoteon
Da nach der Definition einer \(\sigma\)-Algebra immer \(\mathbb{N} \in A\) gilt, ist es immer eine Zerlegung von \(\mathbb{N}\), die ja nachdem, wie groß die \(\sigma\)-Algebra ist feiner oder gröber ist.
\quoteoff
nicht.
Bei deinem Ansatz geht es doch aber bei der trivialen \(\sigma\)-Algebra schief oder nicht?
Sei \(A:=\{\mathbb{N},\emptyset\}\)
Dann ist \(B=\emptyset\), da \(\mathbb{N}\) keine echte Teilmenge von sich selbst sein kann und somit ist \(B\) weder Zerlegung noch gilt \(\sigma(B) = A\).
Ggf. reicht es hier aus diesen Fall als Ausnahme extra zu behandeln.
Es soll ja nicht irgendeine \(\sigma\)-Algebra über \(\mathbb{N}\) erzeugt werden sonder grade die, die anfänglich beliebig gewählt wurde, das kann ja jede zwischen der trivialen und der potenzmengen \(\sigma\)-Algebra sein.
Ich muss also die \(\sigma\)-Algebra irgendwie auf eine zerlegbare Basis reduzieren oder nicht?
Das waren meine Gedanken die zu meiner Idee mit der Folge von Familien geführt haben.
Damit entferne ich immer paarweise eine Menge aus der \(\sigma\)-Algebra, sowie ihr komplement und entferne diese für den nächsten Schritt aus der Menge der wählbaren Mengen.
Diese Folge kann ich ja nun derart zerlegen, dass ich immer den Schnitt nicht Komplementteil der Paare mit dem vorherigen Folgeglied als nächstes Glied hinzufüge. Also:
\(G_1=A_1\) und \(G_n = A_n\setminus A_{n-1}\)
Damit ich sicher eine disjunkte Zerlegung habe Vereinige ich mit alle \(G_n\) mit dem Komplement der Vereinigung.
\[\left( \bigcup_{n=1}^\infty G_n \right) \bigcup \mathbb{N} \setminus \left( \bigcup_{n=1}^\infty G_n \right) \star\]
Damit habe ich auf jeden Fall eine Zerlegung von \(\mathbb{N}\).
Außerdem habe ich jede Menge aus \(A\) berücksichtigt und ggf. "zurechtgestutzt", damit die Zerlegung auch disjunkt ist.
Ich vermute ich muss beim bilden von \(G_n\) noch geordnet von der kleinsten zur größten Mächtigkeit der \(A_n\) vorgehen, da sonst \(A_1=\mathbb{N}\) gelten könnte.
Abgesehen davon, sollte ich dann aber doch mit \(\star\) eine Zerlegung gefunden haben, welche \(A\) erzeugt oder? das ist halt leider nocht nicht "bewiesen" oder kann ich sagen, das gilt nach Konstruktion?
VG Tamref
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StrgAltEntf
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| Beitrag No.10, eingetragen 2021-01-12
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\quoteon(2021-01-12 08:23 - Tamref in Beitrag No. 9)
\quoteon(2021-01-11 21:30 - StrgAltEntf in Beitrag No. 8)
Hm, es ist doch bereits \(F_1=A\).
\quoteoff
1) Du meinst die Vereinigung von \(F_1\) ist bereits \(\mathbb{N}\)?
2) Bei deinem Ansatz geht es doch aber bei der trivialen \(\sigma\)-Algebra schief oder nicht?
Sei \(A:=\{\mathbb{N},\emptyset\}\)
Dann ist \(B=\emptyset\), da \(\mathbb{N}\) keine echte Teilmenge von sich selbst sein kann und somit ist \(B\) weder Zerlegung noch gilt \(\sigma(B) = A\).
Ggf. reicht es hier aus diesen Fall als Ausnahme extra zu behandeln.
\quoteoff
1) Nein, ich meinte, dass \(F_1\) eine \(\sigma-Algebra\) ist, die mit A übereinstimmt. Zumindest nach deiner Definition, nämlich dass \(F_1\) aus allen Mengen \(A_1\) und deren Komplementen besteht, die in A enthalten sind. Du meintest aber vermutlich etwas anderes, nämlich dass \(F_1=\{A_1,\IN\setminus A_1\}\) für ein festes \(A_1\in A\).
2) Wenn \(A=\{\emptyset,\IN\}\), dann ist \(B=\{\IN\}\) und es gilt \(\sigma(B)=A\). (Beachte: \(\IN\) ist inklusionsminimal in A.) Es handelt sich also um keine Ausnahme.
Die Menge B irgendwie aus A konstruktiv zu basteln, halte ich als ziemlich fieselig, und würde daher davon abraten. Du schreibst ja auch "Ich vermute ich muss beim bilden von \(G_n\) noch geordnet von der kleinsten zur größten Mächtigkeit der \(A_n\) vorgehen, da sonst \(A_1=\mathbb{N}\) gelten könnte." Die Mengen können ja auch unendliche Mächtigkeit haben. Außerdem kann A überabzählbar viele Elemente enthalten.
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Tamref
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| Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-14
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Okay ich sehe ein, dass mein Ansatz problematisch ist.
Ja genau ich meinte 1) für ein festes \(A_1\).
Zu 2) Ich hatte inklusionsminimal missverstanden, ergibt nun Sinn.
Ich finde allerdings, dass der Begriff inklusionsmaximal viel passender für die Definition wäre.
Wenn ich zeigen soll, dass \(B\) eine Zerlegung von \(\mathbb{N}\) ist, dann muss \(B\) ja aus disjunkten Teilmengen von \(\mathbb{N}\) bestehen, die Vereinigt ganz \(\mathbb{N}\) ergeben.
Ich nehme an, dass man aus der Inklusionsminimalität die Diskunktheit folgern kann, intuitiv ergibt das auch sinn, das ist nur immer nen recht schwaches Argument, besonders da sich die Intuition bei mir auch gern mal irrt...
Dann würde nur noch fehlen, dass die Vereinigung auch ganz \(\mathbb{N}\) ergibt.
Wie man zeigen kann, dass \(B\) grade genau \(A\) erzegut, sehe ich überhaupt nicht, warum kann es nicht auch irgendeine andere \(\sigma\)-Algebra sein?
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StrgAltEntf
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| Beitrag No.12, eingetragen 2021-01-14
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Der Begriff "inklusionsmaximal" trifft es eigentlich überhaupt nicht. "Minimal" bedeutet, dass es nichts kleineres gibt. Formal:
Sei \(A\subseteq{\cal P}(\IN)\). \(X\in A\) ist inklusionsminimal in A, wenn aus \(Y\subsetneq X\) und \(Y\in A\) folgt, dass \(Y=\emptyset\).
Tatsächlich kannst du aus der Inklusionsminimalität die Diskunktheit folgern. Wenn nämlich A eine \(\sigma\)-Algebra ist, \(X,Y\in A\) beide inklusionsmaximal sind und \(X\neq Y\) gilt, dann ist \(X\cap Y\in A\) und somit \(X\cap Y=\emptyset\).
Was nun wirklich einfach ist, ist \(\sigma(B)\subseteq A\). (B siehe #8, klar wieso?)
Dass \(A\subseteq\sigma(B)\) gilt, muss ich selber noch mal drüber nachdenken.
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Tamref
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| Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-14
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Ich bekomme nicht mehr meinen Gedankengang zusammen, warum ich der Meinung war, dass inklusionsmaximal sinniger wäre. Danke für die erneute Ausführung.
\quoteon Tatsächlich kannst du aus der Inklusionsminimalität die Diskunktheit folgern. Wenn nämlich A eine \(\sigma\)-Algebra ist, \(X,Y\in A\) beide inklusionsmaximal sind und \(X\neq Y\) gilt, dann ist \(X\cap Y\in A\) und somit \(X\cap Y=\emptyset\).
\quoteoff
Ahh, ja sehr schön, leuchtet ein.
\quoteon Was nun wirklich einfach ist, ist \(\sigma(B)\subseteq A\). (B siehe #8, klar wieso?)
\quoteoff
Ok, ja das gilt natürlich nach Definitino von \(B\) da die Mengen in \(B\) ja aus \(A\) stammen.
Mir passiert es leider immer wieder, dass ich vergesse, dass ich beim Nachweis von Mengengleichheit diese zwei Inklusionen zeigen kann, statt direkt die Gleichheit zu beweisen, was in der Regel ja deutlich schwerer ist.
Um zu zeigen, dass \(B\) eine Zerlegung von \(\mathbb{N}\) ist lässt sich vermutlich ausnutzen, dass \(A\) ja eine \(\sigma\)-Algebra über \(\mathbb{N}\) ist. Demnach ist \(\mathbb{N} \in A\). Da die Mengen in \(B\) inklusionsminimal sind ist \(B\) abhängig von der "Feinheit" von \(A\) entweder \(\{\mathbb{N}\}\) oder halt eine Sammlung von Mengen die Vereinigt wieder \(\mathbb{N}\) ergeben, da ja auch immer das Komplement in \(A\) liegen muss.
Passt das so? Ich weiß nicht so recht wie ich das "formaler" aufschreiben kann.
Für die Rückrichtung bei der Mengengleichheit stehe ich auch ziemlich aufm Schlach, die paarweise Disjunktheit von \(B\) macht mir da immer nen Strich durch die Rechnung.
VG Tamref
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StrgAltEntf
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| Beitrag No.14, eingetragen 2021-01-14
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Habe jetzt noch mal drüber nachgedacht. Wir müssen ja zeigen, dass jedes \(x\in\IN\) in einem \(M\in B\) enthalten ist. (Dann bilden die Mengen aus B eine Zerlegung von \(\IN\).)
Das ist schon ein wenig tricky, wie ich finde.
Sei also \(x\in\IN\) beliebig.
Für \(n\in\IN\setminus\{x\}\) wähle \(M_n\in A\), sodass \(x\in M_n\) und \(n\not\in M_n\), falls es solch eine Menge \(M_n\) gibt, und andernfalls setze \(M_n=\IN\).
Setze dann \(M=\bigcap_{n\in\IN\setminus\{x\}}M_n\).
M ist als abzählbarer Durchschnitt von Elementen aus A wieder ein Element aus A.
Dann ist \(x\in M\) und \(M\in B\). (Letzteres ist noch zu begründen.)
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Tamref
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| Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-15
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Vielen Dank für die Hilfe.
Da die Abgabge schon war würde ich es dabei belassen, zumal sich der Beweis doch als länger als erwartet entpuppt hat und demnach vermutlich nicht allzu Klausurrelevant ist.
Ich bitte um Nachsicht, dass ich meine Prioritäten vorerst auf das Bestehen setze und nicht jedem meiner Themen bis zur Lösung folgen kann.
Wenn ich in der Vorlesungsfreienzeit Zeit finde schaue ich es mir nochmal an.
Dementsprechend setze ich den Haken noch nicht.
VG Tamref
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| Tamref hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen. |
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