Vervollständigung Maßraum < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:12 Di 23.10.2012 | | Autor: | dimi727 |
| Aufgabe | 3. Aufgabe(Vervollständigung eines Maßraums) 5 Punkte :
Betrachte den Maßraum [mm] (\Omega [/mm] , F, [mm] \mu [/mm] ) und erinnere dich an die Definition der Vervollständigung eines Maßraums aus der Vorlesung (6.2.12),
Überprüfe alle notwendigen Bedingungen um zu zeigen,dass ( [mm] \Omega, [/mm] V, [mm] \nu [/mm] ) wohldefiniert und ( [mm] \Omega, [/mm] F, [mm] \mu) [/mm] vervollständigt.
- 6.2.12 -
Bemerkung 6.2.12 (Vervollständigung).
Jeder Maraum [mm] (\Omega,F, \mu [/mm] ) lässt sich sehr leicht vervollständigen. Das Mengensystem
G = {A [mm] \subset \Omega [/mm] : Es gibt ein B [mm] \in [/mm] F, so dass A [mm] \Delta [/mm] B eine [mm] \mu-Nullmenge [/mm] ist}
kann man leicht als eine [mm] \sigma-Algebra [/mm] erkennen. Ferner lässt sich [mm] \mu [/mm] leicht auf G erweitern: Für A [mm] \in [/mm] G
existiert ja ein B [mm] \in [/mm] F, so dass A [mm] \Delta [/mm] B eine [mm] \mu-Nullmenge [/mm] ist. Nun setzt man [mm] \nu(A) [/mm] = [mm] \mu(B). [/mm] Als Übungsaufgabe veri ziert man leicht, dass [mm] \nu [/mm] wohlde finiert ist (d. h. dass diese De finition nicht
von der Wahl von B abhängt) und dass [mm] (\Omega, [/mm] G, [mm] \nu) [/mm] ein vollständiger Maßraum ist. Man nennt ihn die Vervollständigung von [mm] (\Omega, [/mm] F, [mm] \mu). [/mm] |
Hallo liebe Matheraumleute.
Vorneweg: Ich habe das erste mal Maßtheorie und dies ist die erste Hausaufgabe dazu. Ich hatte das also weder in Wahrscheinlichkeitsrechnung1(Prof wollte das so) noch in Analysis.
Was ich weiß :
Der Maßraum [mm] (\Omega,F,\mu [/mm] ) heißt vollständig, falls F
alle [mm] \mu-Nullmengen [/mm] enthält.
und
für Wohldefiniertheit muss ich zeigen,dass [mm] \nu(A) [/mm] = [mm] \mu(B) [/mm] ?
Ich weißt gerade weder, wie ich die Gleichheit angehen, noch wie ich zeigen kann, dass F alle [mm] \mu-Nullmengen [/mm] enhält.
Ich hoffe, ihr könnt mir helfen.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:10 Di 23.10.2012 | | Autor: | tobit09 |
Hallo dimi727,
hier eine Auflistung, was aus meiner Sicht alles zu zeigen ist (hoffentlich habe ich nichts übersehen...):
1. G ist eine Sigma-Algebra
2. [mm] $G\supseteq [/mm] F$
3. [mm] $\nu$ [/mm] ist wohldefiniert
4. [mm] $\nu$ [/mm] ist ein Maß
5. [mm] $\nu$ [/mm] setzt [mm] $\mu$ [/mm] fort
6. [mm] $(\Omega,G,\nu)$ [/mm] ist vollständig
> für Wohldefiniertheit muss ich zeigen,dass [mm]\nu(A)[/mm] =
> [mm]\mu(B)[/mm] ?
Du scheinst die Definition von [mm] $\nu$ [/mm] nicht verstanden zu haben.
[mm] $\nu$ [/mm] soll eine Abbildung [mm] $G\to[0,\infty]$ [/mm] werden.
Also müssen wir für jedes [mm] $A\in [/mm] G$ festlegen, wie [mm] $\nu(A)$ [/mm] aussehen soll.
[mm] $A\in [/mm] G$ bedeutet es gibt mindestens eine Menge [mm] $B\in [/mm] F$ mit [mm] $A\Delta [/mm] B$ ist [mm] $\mu$-Nullmenge.
[/mm]
Nun wollen wir DEFINIEREN:
[mm] $\nu(A):=\mu(B)$.
[/mm]
Das Problem: Jemand anderes wählt vielleicht eine andere Menge [mm] $B'\in [/mm] F$ mit [mm] $A\Delta [/mm] B'$ ist [mm] $\mu$-Nullmenge.
[/mm]
Wir erhalten [mm] $\nu(A)=\mu(B)$, [/mm] der andere jedoch [mm] $\nu(A)=\mu(B')$.
[/mm]
[mm] $\nu(A)$ [/mm] ist nur dann eindeutig definiert, wenn in so einem Fall stets [mm] $\mu(B)=\mu(B')$ [/mm] gilt.
Für die Wohldefiniertheit von [mm] $\nu$ [/mm] ist also zu zeigen:
Für alle [mm] $A\subseteq\Omega$, $B,B'\in [/mm] F$ mit [mm] $A\Delta [/mm] B$ und [mm] $A\Delta [/mm] B'$ sind [mm] $\mu$-Nullmengen [/mm] gilt: [mm] $\mu(B)=\mu(B')$.
[/mm]
> Ich weißt gerade weder, wie ich die Gleichheit angehen,
> noch wie ich zeigen kann, dass F alle [mm]\mu-Nullmengen[/mm]
> enhält.
Du sollst zeigen, dass G (nicht F) alle [mm] $\nu$ [/mm] (nicht [mm] $\mu$) [/mm] - Nullmengen enthält.
Viele Grüße
Tobias
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Hallo!
Ich versuche mich gerade auch an dieser Aufgabe und hänge bei der Wohldefiniertheit.
Gibt es einen Trick, um von der Gleichheit von
[mm] \mu [/mm] (A [mm] \Delta [/mm] B) = [mm] \mu [/mm] (A [mm] \Delta [/mm] B')
zu kommen?
Vielen Dank schon einmal!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:50 Di 23.10.2012 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Mopsmorphi und herzlich ![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]") !
> Ich versuche mich gerade auch an dieser Aufgabe und hänge
> bei der Wohldefiniertheit.
>
> Gibt es einen Trick, um von der Gleichheit von
>
> [mm]\mu[/mm] (A [mm]\Delta[/mm] B) = [mm]\mu[/mm] (A [mm]\Delta[/mm] B')
>
> zu kommen?
[mm] $\mu(A\Delta [/mm] B)$ kannst du i.A. gar nicht bilden, denn es muss gar nicht [mm] $A\Delta B\in [/mm] F$ gelten.
Im Folgenden setze ich ein paar Basics über Nullmengen voraus:
a) Die Vereinigung abzählbar vieler Nullmengen ist wieder eine Nullmenge.
b) Teilmengen von Nullmengen sind wieder Nullmengen.
c) [mm] $C\in [/mm] F$ ist genau dann [mm] $\mu$-Nullmenge, [/mm] wenn [mm] $\mu(C)=0$.
[/mm]
Was davon noch unbekannt ist, sollte einmal bewiesen werden.
Mein Vorschlag zum Beweis der Wohldefiniertheit von [mm] $\nu$:
[/mm]
Seien [mm] $A\in [/mm] G$ und [mm] $B,B'\in [/mm] F$, so dass [mm] $A\Delta [/mm] B$ und [mm] $A\Delta [/mm] B'$ [mm] $\mu$-Nullmengen [/mm] sind.
Zu zeigen ist, dass [mm] $\mu(B)=\mu(B')$ [/mm] gilt.
Aus Symmetriegründen genügt es, [mm] $\mu(B)\le\mu(B')$ [/mm] zu zeigen.
i) Zeige: Für [mm] $\mu(B)\le\mu(B')$ [/mm] genügt es, [mm] $\mu(B\setminus [/mm] B')=0$ zu zeigen.
Also genügt es nach c), [mm] $B\setminus [/mm] B'$ als [mm] $\mu$-Nullmenge [/mm] zu identifizieren.
ii) Zeige: [mm] $B\setminus B'\subseteq (A\Delta B)\cup(A\Delta [/mm] B')$.
iii) Folgere aus ii), a) und b), dass [mm] $B\setminus [/mm] B'$ tatsächlich eine [mm] $\mu$-Nullmenge [/mm] ist.
Viel Erfolg!
Viele Grüße
Tobias
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Okay, also ich denke mal, dass i) aus der Monotonie des Maßes folgt, denn
[mm] \mu(B)\le\mu(B\B'), [/mm] da [mm] B/B'\subseteq [/mm] B
und
[mm] 0\le\mu(B'),
[/mm]
weil Maße immer ins Positive abbilden.
Kann ich denn dann für ii) so argumentieren, dass wenn
B \ B' [mm] \subseteq [/mm] A [mm] \Delta [/mm] B [mm] \cup [/mm] A [mm] \Delta [/mm] B'
sein soll, dass ein x [mm] \in [/mm] B \ B' in mindestens einer der Mengen
A \ B, B \ A, A \ B' oder B' \ A sein muss.
A \ B und B' \ A fallen hierbei raus, wegen x [mm] \in [/mm] B [mm] \wedge [/mm] x [mm] \not\in [/mm] B'.
Ist nun x [mm] \in [/mm] B \ A haben wir gewonnen, ist es das nicht, muss es in A \ B' sein, da (B \ B') \ (B \ A) [mm] \subseteq [/mm] (A \ B') gilt.
Und da nun B \ B' eine Teilmenge einer Vereinigung von [mm] \mu-Nullmengen, [/mm] also einer Nullmenge ist, ist [mm] B\B' [/mm] selbst eine [mm] \mu-Nullmenge.
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:37 Di 23.10.2012 | | Autor: | Mopsmorphi |
Ich meine natürlich, dass dann B \ B' selbst wieder eine [mm] \mu-Nullmenge [/mm] ist und nicht B'.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:13 Mi 24.10.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Okay, also ich denke mal, dass i) aus der Monotonie des
> Maßes folgt, denn
>
> [mm]\mu(B)\le\mu(B\setminus B'),[/mm] da [mm]B/B'\subseteq[/mm] B
??? Statt [mm] $\le$ [/mm] müsste es hier doch [mm] $\ge$ [/mm] heißen, oder?
> und
>
> [mm]0\le\mu(B'),[/mm]
>
> weil Maße immer ins Positive abbilden.
Ich kann dir irgendwie nicht folgen. Vielleicht meinst du das Richtige aber wie erhältst du [mm] $\mu(B)\le\mu(B')$?
[/mm]
> Kann ich denn dann für ii) so argumentieren, dass wenn
>
> B \ B' [mm]\subseteq[/mm] A [mm]\Delta[/mm] B [mm]\cup[/mm] A [mm]\Delta[/mm] B'
>
> sein soll, dass ein x [mm]\in[/mm] B \ B' in mindestens einer der
> Mengen
> A \ B, B \ A, A \ B' oder B' \ A sein muss.
> A \ B und B' \ A fallen hierbei raus, wegen x [mm]\in[/mm] B [mm]\wedge[/mm]
> x [mm]\not\in[/mm] B'.
> Ist nun x [mm]\in[/mm] B \ A haben wir gewonnen, ist es das nicht,
> muss es in A \ B' sein, da (B \ B') \ (B \ A) [mm]\subseteq[/mm] (A
> \ B') gilt.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") (Bleibt nur noch $(B [mm] \setminus [/mm] B') [mm] \setminus [/mm] (B [mm] \setminus [/mm] A) [mm] \subseteq [/mm] (A [mm] \setminus [/mm] B')$ zu begründen.)
> Und da nun B \ B' eine Teilmenge einer Vereinigung von
> [mm]\mu-Nullmengen,[/mm] also einer Nullmenge ist, ist [mm]B\setminus B'[/mm] selbst
> eine [mm]\mu-Nullmenge.[/mm]
Schön!
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Ich weiß grad auch nicht, welcher Teufel mich da geritten hat^^
Hier nun nochmal (hoffentlich) richtig:
[mm] $\mu(B) [/mm] = [mm] \mu(B \setminus [/mm] B') + [mm] \mu(B \cap [/mm] B') = [mm] \mu(B \cap [/mm] B') [mm] \le \mu [/mm] (B [mm] \cap [/mm] B') + [mm] \mu(B' \setminus [/mm] B) = [mm] \mu(B')$
[/mm]
Und $ (B [mm] \setminus [/mm] B') [mm] \setminus [/mm] (B [mm] \setminus [/mm] A) [mm] \subseteq [/mm] (A [mm] \setminus [/mm] B') $ gilt, weil $ (B [mm] \setminus [/mm] B') [mm] \setminus [/mm] (B [mm] \setminus [/mm] A) = (B [mm] \cap [/mm] A) [mm] \setminus [/mm] B'$
Und da B [mm] \cap [/mm] A [mm] \subseteq [/mm] A ist auch (B [mm] \cap [/mm] A) [mm] \setminus [/mm] B' [mm] \subseteq [/mm] A [mm] \setminus [/mm] B'.
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 09:41 Mi 24.10.2012 | | Autor: | Mopsmorphi |
Super, Dankeschön für die schnelle und gute Hilfe!
Nur noch eine kleine Frage zum Nachweiß, dass [mm] \nu [/mm] ein Maß ist:
Kann ich denn so argumentieren, dass $ A [mm] \Delta [/mm] A = [mm] \emptyset \forall [/mm] A [mm] \in [/mm] F $ und unserer Definition $ [mm] \nu(A) [/mm] = [mm] \mu(B) [/mm] $ mit A [mm] \Delta [/mm] B ist [mm] \mu-Nullmenge [/mm] folgt, dass dann $ [mm] \nu(A) [/mm] = [mm] \mu(A) \forall [/mm] A [mm] \in [/mm] F $ und somit [mm] \nu [/mm] die Maßeigenschaften von [mm] \mu [/mm] 'erbt'?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:39 Mi 24.10.2012 | | Autor: | Mopsmorphi |
Okay, ich habe selbst erkannt, dass es falsch ist. Ich hab's jetzt doch direkt gezeigt..
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:14 Mi 24.10.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Ich hab's jetzt doch direkt gezeigt..
Die sigma-Additivität ist gar nicht so einfach, oder?
Man startet ja mit einer Folge [mm] $(A_n)_{n\in\IN}$ [/mm] paarweise disjunkter Mengen aus G.
Nach Definition von G erhalten wir für jedes [mm] $n\in\IN$ [/mm] ein [mm] $B_n\in [/mm] F$ mit [mm] $A_n\Delta B_n$ [/mm] ist [mm] $\mu$-Nullmenge.
[/mm]
Die Schwierigkeit lag für mich darin zu zeigen, dass die [mm] $B_n$ [/mm] ohne Einschränkung als paarweise disjunkt angenommen werden können.
Das brauchte ich, um die sigma-Additivität von [mm] $\mu$ [/mm] ins Spiel bringen zu können.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:29 Mi 24.10.2012 | | Autor: | Mopsmorphi |
Ja das stimmt - ich habe nicht die Disjunktheit von B selbst gezeigt, sondern habe disjunkte Mengen konstruiert. Genau kann ich es gerade aber nicht ausführen, da ich übers Handy schreibe und die Aufzeichnungen nicht zur Hand habe. Wenn aber Interesse besteht, kann ich es noch nachreichen..
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:43 Mi 24.10.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Ja das stimmt - ich habe nicht die Disjunktheit von B
> selbst gezeigt, sondern habe disjunkte Mengen konstruiert.
> Genau kann ich es gerade aber nicht ausführen, da ich
> übers Handy schreibe und die Aufzeichnungen nicht zur Hand
> habe. Wenn aber Interesse besteht, kann ich es noch
> nachreichen..
Interesse besteht schon, also falls ich einmal drüber gucken soll, kannst du deine Lösung gerne posten. Aber fühle dich nicht verpflichtet dazu!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:04 Mi 24.10.2012 | | Autor: | Mopsmorphi |
Naja ich werde es bei Gelegenheit vielleicht noch reinstellen. Vielen Dank nochmal!
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