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  Beweis über ein Mass auf einer Borel-σ-Algebra |
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 |  Themenstart: 2021-10-03
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Hallo zusammen
Irgendwie stehe ich vor einer Aufgabe und habe keine Idee wie ich hier beginnen soll. Beziehungsweise ist es eigentlich irgendwie einleuchtend was da herauskommen sollte, doch wie ich formal korrekt beweisen kann ist mir noch ein Rätsel.
Aufgabe:
Sei \(\mu\) ein endliches Mass auf der Borel \(\sigma\)-Algebra \(B(\mathbb{R})\). Wir definieren die Funktion $$F:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R},\,\,\,x\mapsto \mu((-\infty,x])$$
Zeigen Sie dass \(lim_{x\rightarrow -\infty}F(x)=0\) und \(lim_{x\rightarrow +\infty}F(x)=\mu(\mathbb{R})\)
Kann mir hier jemand helfen wie ich da anfangen soll? denn irgendwie muss ich ja die Eigenschaften der Borel \(\sigma\)-Algebra verwenden und die des Mass.
Ich dachte mir zu Beginn, dass die zu zeigende Aussage ja eigentlich äquivalent ist zur aussage \((-\infty,x]=\emptyset\,\,\,if\,\,\,x\rightarrow -\infty\)
Wäre villeicht auch toll wenn jemand Tipps geben könnte wie man in der Masstheorie an solche Aufgaben herangeht, denn für mich ist das wirklich eine ganz neue Denkweise im Vergleich zu Analysis 1 und 2.
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nzimme10
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2021-10-03
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\ \mathrm{d}}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Hallo,
$\lim\limits_{x\to \infty} F(x)=\mu(\mathbb R)$ ist äquivalent dazu, dass $F(x_n)\to \mu(\mathbb R)$ für $n\to \infty$ für alle Folgen $(x_n)_n$ mit $x_n\to \infty$ für $n\to \infty$ gilt.
Sei nun $(x_n)_n$ solch eine Folge. O.B.d.A. können wir annehmen, dass $(x_n)_n$ monoton wachsend ist. Für $n\in \mathbb N$ setze $A_n:=(-\infty,x_n]$. Dann gilt $A_1\subseteq A_2\subseteq A_3\subseteq \dots$. Da $\mu$ stetig von unten ist haben wir
$$
\lim_{n\to \infty} F(x_n)=\lim_{n\to \infty} \mu((-\infty,x_n])=\lim_{n\to \infty} \mu(A_n)=\mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)=\mu(\mathbb R).
$$
Wenn dir die Stetigkeit von unten noch nicht klar ist, dann musst du das natürlich noch zeigen.
LG Nico\(\endgroup\)
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-03
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Hallo Nico
Vielen Dank für deine ausführliche Antwort.
Hmm das macht ziemlich viel Sinn, und ja die Stetigkeit von Unten haben wir schon bewiesen. Hättest du da aber trotzdem noch einige Tipps wie man an solche Beweise herangeht. Hier habe ich mir z.B. gemerkt dass man vieles über Folgen machen kann. Daher werde ich den anderen Beweis auch gleich versuchen. Wenn es dir nichts ausmacht würde ich ihn hier nochmals hochladen um sicher zu gehen dass ich verstanden habe wie man das macht, bzw. welche Eigenschaft man genau braucht.
Grüsse
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nzimme10
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| Beitrag No.3, eingetragen 2021-10-03
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Hallo,
das kannst du gerne machen. Versuch doch für den anderen Beweis mal die Stetigkeit von oben zu benutzen.
LG Nico
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-03
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Hallo Nico
Ich hätte das wie folgt gemacht. Wir wissen dass $$lim_{x\rightarrow -\infty}F(x)=0 \Leftrightarrow F(x_n)\rightarrow 0,\,\,\,for \,\,\,n\rightarrow \infty$$ Ohne Beschränkung der Allgemeinheit können wir uns eine monoton fallende Folge wählen, und konstruieren uns die Mengen \(A_n=(-\infty,x_n]\). Aus der Konstruktion folgt direkt dass \(A_1\supset A_2\supset...\supset A_n...\)
Da \(\mu\) ein \(\sigma\)-additiver Inhalt ist, wissen wir, dass \(\mu\) stetig von oben ist. Also erhalten wir:
$$lim_{n\rightarrow \infty}F(x_n)=lim_{n\rightarrow \infty}\mu((-\infty,x_n])=lim_{n\rightarrow \infty}\mu (A_n)=\mu(\cap_{n=1}^\infty A_n)=\mu(\emptyset)=0$$
Was meinst du dazu?
Nun ist mir beim Lösen trotzdem noch eine Frage aufgetaucht. So wie ich das verstehe ist \(\mu:B(\mathbb{R})\rightarrow [0,+\infty)\) . Das heisst ja dann aber dass der "Input" von \(\mu\) jeweils ein Element aus der Borelschen-Sigma-Algebra sein muss? So wie ich das aber noch in Erinnerung habe beinhaltet diese doch aber nur offene Teilmengen von \(\mathbb{R}\). Bei uns ist aber \(A_n\) ja nicht offen in \(\mathbb{R}\). Oder sehe ich da etwas falsch?
Vielen Dank!
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nzimme10
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| Beitrag No.5, eingetragen 2021-10-03
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Hallo,
genau so kannst du es machen. In LaTeX bekommst du übrigens $\lim$ durch \lim.
Die Borelalgebra ist die von den offenen Teilmengen erzeugte $\sigma$-Algebra (das heißt sie ist die kleinste $\sigma$-Algebra, die alle offenen Teilmengen enthält). Da diese abgeschlossen gegenüber Komplementbildung ist, enthält sie auch automatisch alle abgeschlossenen Mengen. Unsere $A_n$ sind abgeschlossen.
LG Nico\(\endgroup\)
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| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-03
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Hallo Nico
Vielen Dank!
Ah ja das macht Sinn, wirklich tausend Dank!
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-03
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Guten Abend
Sorry wenn ich mich hier nochmals kurz melde, aber ich dachte mir da es um die gleiche "Grundaufgabe" geht, hänge ich das hier noch an
.
Es geht um die gleiche Aufgabe, nur einen anderen Teil, denn ich möchte nun zeigen dass F linksseitig stetig ist genau dann wenn \(\mu(\{0\})=0, \,\,\forall x\in \mathbb{R}\).
Ich wollte zuerst \(\Rightarrow\) Implikation beweisen. Dabei habe ich mir überlegt dass die linksseitige Stetigkeit ähnlich zur Stetigkeit von Unten ist. Denn sonst kann ich mir nicht erklären wie man aus \((-\infty,x]\) eine Einzelmenge bilden kann. Doch auch wenn ich es so versuche, habe ich eigentlich das gleiche zu tun wie ich bei der letzten Aufgabe gemacht habe. Doch mit der Vereinigung über all diese kleinen linksoffenen Intervalle gelingt es mir auch nicht eine Einzelmenge zu kreiiren.
Hättest du da einen Tipp wo ich ansetzten muss?
Vielen Dank
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nzimme10
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| Beitrag No.8, eingetragen 2021-10-03
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
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\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Hallo,
Wir hatten folgendes bereits per privater Nachricht diskutiert:
Es gelte $\mu(\lbrace x\rbrace)=0$ für alle $x\in \mathbb R$ (so meintest du es sicher, oder?). Sei $a\in \mathbb R$ und $(x_n)_n$ eine monoton steigende (von links) gegen $a$ konvergente Folge. Wir setzen erneut $A_n:=(-\infty,x_n]$. Dann gilt wieder $A_1\subseteq A_2\subseteq \dots$. Daher haben wir
$$
\lim_{n\to \infty} F(x_n)=\lim_{n\to \infty} \mu(A_n)=\mu\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)=\mu((-\infty,a)).
$$
Nun gilt
$$
\mu((-\infty,a))=\mu((-\infty,a))+0=\mu((-\infty,a))+\mu(\lbrace a\rbrace)=\mu((-\infty,a])=F(a).
$$
Daher haben wir
$$
\lim_{x\to a^-} F(x)=F(a)
$$
und $F$ ist damit linksseitig stetig in $a$. Da $a$ beliebig war, folgt die Behauptung.
Falls du bei der umgekehrten Richtung weiterhin Fragen hast, so melde dich einfach wieder. Als Hinweis könnte
$$
\mu(\lbrace a\rbrace)=\mu((-\infty,a])-\mu((-\infty,a))
$$
dienen.
LG Nico\(\endgroup\)
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| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-03
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Vielen Dank! Nein die andere Richtung ging mit dieser Idee auch ziemlich flott.
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