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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 08:55 Di 01.04.2014 | | Autor: | Ladon |
| Aufgabe | 7 (a) z.zg.: [mm] \forall \mu [/mm] auf [mm] \sigma [/mm] - Algebra [mm] \mathcal{A} [/mm] in [mm] \Omega [/mm] gilt:
[mm] \mu [/mm] kann zu einem vollständigen Maß [mm] \mu_0 [/mm] auf einer [mm] \sigma [/mm] - Algebra [mm] \mathcal{A}_0 \supset \mathcal{A} [/mm] in [mm] \Omega [/mm] fortgesetzt werden, s.d. jedes [mm] \mu [/mm] fortsetzende vollständige Maß [mm] \mu' [/mm] auf der [mm] \sigma [/mm] - Algebra [mm] \mathcal{A}' \supset \mathcal{A} [/mm] in [mm] \Omega [/mm] Fortsetzung von [mm] \mu_0 [/mm] ist. |
Hallo,
um mich ein wenig in Maßtheorie wieder zurechtzufinden, habe ich mir ein paar Aufgaben aus dem Buch "Maß- und Integrationstheorie" von Bauer vorgenommen. Als Ergänzung zu obiger Aufgabe (S. 31, Nr. 7):
Maß [mm] \mu [/mm] auf einer [mm] \sigma [/mm] - Algebra [mm] \mathcal{A} [/mm] in [mm] \Omega [/mm] heißt vollständig, wenn jede Teilmenge einer [mm] \mu [/mm] - Nullmenge zu [mm] \mathcal{A} [/mm] gehört und somit selbst [mm] \mu [/mm] - Nullmenge ist.
Mir ist klar, dass [mm] $\forall B\subseteq A\in\mathcal{A}: \mu [/mm] (B)=0$, denn aus [mm] A\in\mathcal{A} [/mm] mit [mm] $\mu [/mm] (A)=0$ und [mm] $B\subseteq [/mm] A$ folgt wegen Monotonie [mm] $0\le\mu (B)\le \mu [/mm] (A)=0$, also [mm] $\mu [/mm] (B)=0$.
Als Ansatz habe ich mir überlegt, dass ja [mm] \forall B\subseteq A\in\mathcal{A}_0:\mu_0(B)=0 [/mm] und [mm] B\in\mathcal{A}_0 [/mm] gelten muss, wenn [mm] \mathcal{A}_0 [/mm] vollständig sein soll. Jetzt komme ich nicht so recht weiter.
Man könnte sich weiterhin überlegen, dass [mm] $B\subseteq [/mm] A$ eine beliebige Teilmenge von A aus [mm] \Omega [/mm] sein darf. Aufgrund der Eigenschaft einer [mm] \sigma [/mm] - Algebra muss dann aber auch [mm] $\Omega\setminus [/mm] B$ in [mm] \mathcal{A}_0 [/mm] sein, sowie alle Vereinigungen und deren Komplemente.
Vielleicht kann mir jemand einen Tipp gehen, wie man weiter vorgehen könnte oder ob man einen anderen Ansatz wählen sollte.
Zudem bin ich mir nicht wirklich im klaren, was
s.d. jedes [mm] \mu [/mm] fortsetzende vollständige Maß [mm] \mu' [/mm] auf der [mm] \sigma [/mm] - Algebra [mm] \mathcal{A}' \supset \mathcal{A} [/mm] in [mm] \Omega [/mm] Fortsetzung von [mm] \mu_0 [/mm] ist.
aus der Aufgabenstellung bedeuten soll.
MfG Ladon
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:30 Di 01.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Ladon!
> 7 (a) z.zg.: [mm]\forall \mu[/mm] auf [mm]\sigma[/mm] - Algebra [mm]\mathcal{A}[/mm]
> in [mm]\Omega[/mm] gilt:
> [mm]\mu[/mm] kann zu einem vollständigen Maß [mm]\mu_0[/mm] auf einer
> [mm]\sigma[/mm] - Algebra [mm]\mathcal{A}_0 \supset \mathcal{A}[/mm] in
> [mm]\Omega[/mm] fortgesetzt werden, s.d. jedes [mm]\mu[/mm] fortsetzende
> vollständige Maß [mm]\mu'[/mm] auf der [mm]\sigma[/mm] - Algebra
> [mm]\mathcal{A}' \supset \mathcal{A}[/mm] in [mm]\Omega[/mm] Fortsetzung von
> [mm]\mu_0[/mm] ist.
> Mir ist klar, dass [mm]\forall B\subseteq A\in\mathcal{A}: \mu (B)=0[/mm],
Das stimmt nur im Falle [mm] $B\in\mathcal{A}$. [/mm] Ansonsten ist [mm] $\mu(B)$ [/mm] gar nicht definiert.
> Vielleicht kann mir jemand einen Tipp gehen, wie man weiter
> vorgehen könnte oder ob man einen anderen Ansatz wählen
> sollte.
Vielleicht gibt es einen einfacheren Ansatz, aber der Einfachste, der mir eingefallen ist, ist folgender:
Wir müssen ja irgendwie [mm] $\mathcal{A}_0$ [/mm] und [mm] $\mu_0$ [/mm] mit den gewünschten Eigenschaften konstruieren.
Teil (c) selbiger Aufgabe im Bauer verrät uns, wie sie aussehen müssen:
[mm] $\mathcal{A}_0=\{A\cup N\;|\;A\in\mathcal{A},N\in\mathcal{N}\}$,
[/mm]
wobei [mm] $\mathcal{N}$ [/mm] die Menge aller Teilmengen von [mm] $\mu$-Nullmengen [/mm] bezeichne, und
[mm] $\mu_0(A\cup N)=\mu(A)$
[/mm]
für alle [mm] $A\in\mathcal{A}$, $N\in\mathcal{N}$.
[/mm]
Definiere nun [mm] $\mathcal{A}_0$ [/mm] und [mm] $\mu_0$ [/mm] durch diese Gleichungen.
Im Falle von [mm] $\mu_0$ [/mm] ist dazu die Wohldefiniertheit zu überprüfen.
Zeige dann, dass diese Objekte die gewünschten Eigenschaften haben.
> Zudem bin ich mir nicht wirklich im klaren, was
> s.d. jedes [mm]\mu[/mm] fortsetzende vollständige Maß [mm]\mu'[/mm] auf der
> [mm]\sigma[/mm] - Algebra [mm]\mathcal{A}' \supset \mathcal{A}[/mm] in [mm]\Omega[/mm]
> Fortsetzung von [mm]\mu_0[/mm] ist.
> aus der Aufgabenstellung bedeuten soll.
(Es heißt im Bauer korrekterweise "auf EINER [mm] $\sigma$-Algebra $\mathcal{A}'$".)
[/mm]
Nennen wir mal ein Paar [mm] $(\mathcal{A}',\mu')$ [/mm] eine vollständige Erweiterung von [mm] $(\mathcal{A},\mu)$, [/mm] wenn [mm] $\mathcal{A}'$ [/mm] eine Sigma-Algebra auf [mm] $\Omega$ [/mm] mit [mm] $\mathcal{A}'\supseteq\mathcal{A}$ [/mm] und [mm] $\mu'$ [/mm] ein vollständiges Maß auf [mm] $\mathcal{A}'$ [/mm] ist.
Wir suchen nun eine vollständige Erweiterung [mm] $(\mathcal{A}_0,\mu_0)$, [/mm] aber nicht irgendeine, sondern eine "kleinste" im folgenden Sinne:
Für jede (weitere) vollständige Erweiterung [mm] $(\mathcal{A}',\mu')$ [/mm] gilt [mm] $\mathcal{A}'\supseteq\mathcal{A}_0$ [/mm] und [mm] $\mu'$ [/mm] setzt [mm] $\mu_0$ [/mm] fort.
Viele Grüße
Tobias
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:23 Di 01.04.2014 | | Autor: | Ladon |
Hallo Tobias,
vielen Dank für deine Antwort! Könntest du folgende Beweisskizze kurz überfliegen? (natürlich auch gerne andere Mitleser  )
[mm] \emptyset\in\mathcal{A} [/mm] (wegen Eigenschaft als [mm] \sigma- [/mm] Algebra) und [mm] $N\subseteq [/mm] A [mm] \text{ mit } \mu_0(A)=\mu_0(A\cup \emptyset)=\mu(A)=0$, [/mm] also [mm] N\in\mathcal{N} [/mm]
[mm] \Rightarrow N=N\cup\emptyset\in\mathcal{A}_0 [/mm] und [mm] \mu_0(N)=\mu_0(N\cup A)=\mu(A)=0 [/mm] mit [mm] A\supseteq [/mm] N. Also ist jede Teilmenge von [mm] \mu-Nullmengen [/mm] in [mm] \mathcal{A}_0
[/mm]
[mm] \mu_0 [/mm] wohldefiniert:
Angenommen es existierten zwei Maße [mm] \mu_0\not=\mu_1, [/mm] die für [mm] N\subseteq [/mm] A mit A [mm] \mu- [/mm] Nullmenge [mm] \mu_{fortgesetzt}(N)=0 [/mm] erfüllen. Dann existieren aber [mm] A\in\mathcal{A} [/mm] und [mm] N\in\mathcal{N} [/mm] mit [mm] $N\subseteq [/mm] A$ und [mm] \mu(A)=0, [/mm] s.d.
[mm] \mu_0(N)=\mu_0(A\cup N)=\mu(A)=0=\mu_1(N). [/mm]
Widerspruch zur Annahme.
Müsste ich an dieser Stelle noch kurz zeigen, dass [mm] \mu_0 [/mm] Maß ist und [mm] \mathcal{A}_0\text{ } \sigma- [/mm] Algebra?
[mm] (\mathcal{A}_0,\mu_0) [/mm] ist "kleinste" vollständige Erweiterung:
Angenommen nicht, dann existierte [mm] \mathcal{A}'\subset\mathcal{A}_0. [/mm]
[mm] \Rightarrow \exist A\cup N\in \mathcal{A}_0:A\cup N\notin\mathcal{A}'.
[/mm]
Falls [mm] N\subseteq [/mm] A [mm] \Rightarrow A\cup N=A\in\mathcal{A}, [/mm] dann wäre aber nicht [mm] \mathcal{A}\subseteq \mathcal{A}'
[/mm]
Falls [mm] A\subseteq [/mm] N [mm] \Rightarrow A\cup N=N\in\mathcal{N}, [/mm] dann wäre aber [mm] \mathcal{N}\notin \mathcal{A}' [/mm] und [mm] \mathcal{A}' [/mm] enthielte nicht alle Teilmengen von [mm] \mu-Nullmengen.
[/mm]
Falls sonst: Dann wäre [mm] \mathcal{A}' [/mm] keine [mm] \sigma- [/mm] Algebra, da die "Vereinigungseigenschaft" der Def. nicht erfüllt wäre.
Q.E.D.???
MfG Ladon
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:18 Mi 02.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
> [mm]\emptyset\in\mathcal{A}[/mm] (wegen Eigenschaft als [mm]\sigma-[/mm]
> Algebra) und [mm]N\subseteq A \text{ mit } \mu_0(A)=\mu_0(A\cup \emptyset)=\mu(A)=0[/mm],
Verwende [mm] $\mu_0$ [/mm] erst, nachdem dessen Wohldefiniertheit gezeigt ist.
> also [mm]N\in\mathcal{N}[/mm]
> [mm]\Rightarrow N=N\cup\emptyset\in\mathcal{A}_0[/mm] und
> [mm]\mu_0(N)=\mu_0(N\cup A)=\mu(A)=0[/mm] mit [mm]A\supseteq[/mm] N. Also ist
> jede Teilmenge von [mm]\mu-Nullmengen[/mm] in [mm]\mathcal{A}_0[/mm]
Kürzer und übersichtlicher:
Für jede Teilmenge $N$ einer [mm] $\mu$-Nullmenge [/mm] gilt:
[mm] $N=\underbrace{\emptyset}_{\in\mathcal{A}}\cup \underbrace{N}_{\in\mathcal{N}}\in\mathcal{A}_0$.
[/mm]
> [mm]\mu_0[/mm] wohldefiniert:
> Angenommen es existierten zwei Maße [mm]\mu_0\not=\mu_1,[/mm] die
> für [mm]N\subseteq[/mm] A mit A [mm]\mu-[/mm] Nullmenge
> [mm]\mu_{fortgesetzt}(N)=0[/mm] erfüllen.
Das hat nichts mit der Wohldefiniertheit von [mm] $\mu_0$ [/mm] zu tun.
> Dann existieren aber
> [mm]A\in\mathcal{A}[/mm] und [mm]N\in\mathcal{N}[/mm] mit [mm]N\subseteq A[/mm] und
> [mm]\mu(A)=0,[/mm] s.d.
> [mm]\mu_0(N)=\mu_0(A\cup N)=\mu(A)=0=\mu_1(N).[/mm]
> Widerspruch zur Annahme.
Einen Widerspruch zu einer Annahme kann ich in deiner Argumentation nicht erkennen.
Zu zeigen ist für die Wohldefiniertheit von [mm] $\mu_0(B)$ [/mm] (für [mm] $B\in\mathcal{A}_0$) [/mm] die Unabhängigkeit von der Wahl von [mm] $A\in\mathcal{A}$ [/mm] und [mm] $N\in\mathcal{N}$ [/mm] mit [mm] $B=A\cup [/mm] N$.
Zeige also: Wann immer [mm] $A,A'\in\mathcal{A}$ [/mm] und [mm] $N,N'\in\mathcal{N}$ [/mm] die Gleichung [mm] $A\cup N=A'\cup [/mm] N'$ erfüllen, gilt [mm] $\mu(A)=\mu(A')$.
[/mm]
> Müsste ich an dieser Stelle noch kurz zeigen, dass [mm]\mu_0[/mm]
> Maß ist und [mm]\mathcal{A}_0\text{ } \sigma-[/mm] Algebra?
Ja.
Darüber hinaus ist zu zeigen, dass [mm] $\mathcal{A}_0\supseteq\mathcal{A}$ [/mm] und [mm] $\mu_0|_{\mathcal{A}}=\mu$ [/mm] (d.h. [mm] $\mu_0$ [/mm] setzt [mm] $\mu$ [/mm] fort) gelten.
> [mm](\mathcal{A}_0,\mu_0)[/mm] ist "kleinste" vollständige
> Erweiterung:
> Angenommen nicht, dann existierte
> [mm]\mathcal{A}'\subset\mathcal{A}_0.[/mm]
Das ist nicht die korrekte Verneinung von [mm] $(\mathcal{A}_0,\mu_0)$ [/mm] "kleinste" vollständige Erweiterung von [mm] $(\mathcal{A},\mu)$.
[/mm]
[mm] $(\mathcal{A}_0,\mu_0)$ [/mm] ist nicht "kleinste" vollständige Erweiterung von [mm] $(\mathcal{A},\mu)$
[/mm]
bedeutet:
Es existiert eine vollständige Erweiterung [mm] $(\mathcal{A}',\mu')$ [/mm] von [mm] $(\mathcal{A},\mu)$ [/mm] mit [mm] $\mathcal{A}'\not\supseteq\mathcal{A}_0$ [/mm] oder aber [mm] $\mathcal{A}'\supseteq\mathcal{A}_0$ [/mm] und [mm] $\mu'|_{\mathcal{A}_0}\not=\mu_0$.
[/mm]
Ein direkter Beweis ist aber meist einem Widerspruchsbeweis vorzuziehen.
Sei [mm] $(\mathcal{A}',\mu')$ [/mm] eine vollständige Erweiterung von [mm] $(\mathcal{A},\mu)$.
[/mm]
Zeige nun: [mm] $\mathcal{A}'\supseteq\mathcal{A}_0$ [/mm] und [mm] $\mu'|_{\mathcal{A}_0}=\mu$.
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:29 Mi 02.04.2014 | | Autor: | Ladon |
Hallo Tobias,
vielen Dank für deine rasche Antwort. Irgendwie war ich gestern nicht mehr ganz auf der Höhe. Klar, dass man
> Zeige also: Wann immer [mm]A,A'\in\mathcal{A}[/mm] und
> [mm]N,N'\in\mathcal{N}[/mm] die Gleichung [mm]A\cup N=A'\cup N'[/mm]
> erfüllen, gilt [mm]\mu(A)=\mu(A')[/mm].
zeigen muss. ![[peinlich]](/images/smileys/peinlich.gif "[peinlich]")
> Das ist nicht die korrekte Verneinung von
> [mm](\mathcal{A}_0,\mu_0)[/mm] "kleinste" vollständige Erweiterung
> von [mm](\mathcal{A},\mu)[/mm].
>
> [mm](\mathcal{A}_0,\mu_0)[/mm] ist nicht "kleinste" vollständige
> Erweiterung von [mm](\mathcal{A},\mu)[/mm]
>
> bedeutet:
>
> Es existiert eine vollständige Erweiterung
> [mm](\mathcal{A}',\mu')[/mm] von [mm](\mathcal{A},\mu)[/mm] mit
> [mm]\mathcal{A}'\not\supseteq\mathcal{A}_0[/mm] oder aber
> [mm]\mathcal{A}'\supseteq\mathcal{A}_0[/mm] und
> [mm]\mu'|_{\mathcal{A}_0}\not=\mu_0[/mm].
>
>
> Ein direkter Beweis ist aber meist einem Widerspruchsbeweis
> vorzuziehen.
>
> Sei [mm](\mathcal{A}',\mu')[/mm] eine vollständige Erweiterung von
> [mm](\mathcal{A},\mu)[/mm].
> Zeige nun: [mm]\mathcal{A}'\supseteq\mathcal{A}_0[/mm] und
> [mm]\mu'|_{\mathcal{A}_0}=\mu[/mm].
Ich denke ich weiß jetzt wie man den direkten Beweis durchführt. Allerdings habe ich noch eine Frage zur indirekten Variante. [mm] \neg(\mathcal{A}_0\subseteq \mathcal{A}') [/mm] bedeutet doch [mm] ´\neg(\forall x\in\mathcal{A}_0:x\in\mathcal{A}')\gdw(\exists x\in\mathcal{A}_0:x\notin\mathcal{A}'). [/mm] Dann kann ich aber trotzdem mit [mm] \exists A_1\cup N_1\in\mathcal{A}_0:A_1\cup N_1\notin\mathcal{A}' [/mm] einen indirekten Beweis durchführen, wie ich ihn zuvor dargelegt habe. Oder habe ich im indirekten Beweis einen Fall übersehen?
Hier noch mal in Kurzform:
Sei [mm] A_1\cup N_1 [/mm] Menge, für die [mm] A_1\cup N_1\in\mathcal{A}_0, [/mm] aber [mm] A_1\cup N_1\notin\mathcal{A}' [/mm] (wie oben).
1.) [mm] N_1\subseteq A_1\Rightarrow A_1\cup N_1=A_1\in\mathcal{A}\Rightarrow \mathcal{A}\not\subseteq\mathcal{A}'.
[/mm]
2.) [mm] A_1\subseteq N_1 [/mm] (z.B. [mm] A_1=\emptyset\in\mathcal{A}) \Rightarrow A_1\cup N_1=N_1\in\mathcal{N}. [/mm] Mit [mm] A_1\cup N_1\notin\mathcal{A} [/mm] folgt [mm] \mathcal{A}' [/mm] enthält nicht alle Teilmengen von [mm] \mu-Nullmengen.
[/mm]
3.) Sonst: [mm] \mathcal{A}' [/mm] wäre keine [mm] \sigma- [/mm] Algebra, denn für [mm] N_1,A_1\in\mathcal{A}'\Rightarrow A_1\cup N_1 \notin\mathcal{A}'. [/mm] Widerspruch zur Eigenschaft einer [mm] \sigma- [/mm] Algebra.
MfG Ladon
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(Antwort) fertig | | Datum: | 05:46 Do 03.04.2014 | | Autor: | tobit09 |
> Allerdings habe ich noch eine Frage zur
> indirekten Variante. [mm]\neg(\mathcal{A}_0\subseteq \mathcal{A}')[/mm]
> bedeutet doch [mm]´\neg(\forall x\in\mathcal{A}_0:x\in\mathcal{A}')\gdw(\exists x\in\mathcal{A}_0:x\notin\mathcal{A}').[/mm]
Korrekt.
> Dann kann ich aber trotzdem mit [mm]\exists A_1\cup N_1\in\mathcal{A}_0:A_1\cup N_1\notin\mathcal{A}'[/mm]
> einen indirekten Beweis durchführen, wie ich ihn zuvor
> dargelegt habe.
Zum Nachweis von [mm] $\mathcal{A}_0\subseteq \mathcal{A}'$ [/mm] ja.
Zum Nachweis von [mm] "$(\mathcal{A}_0,\mu_0)$ [/mm] ist kleinste vollständige Erweiterung von [mm] $(\mathcal{A},\mu)$" [/mm] fehlt dann noch der Nachweis, dass für jede vollständige Erweiterung [mm] $(\mathcal{A}',\mu')$ [/mm] von [mm] $(\mathcal{A},\mu)$ [/mm] auch [mm] $\mu'|_{\mathcal{A}_0}=\mu_0$ [/mm] gilt.
> Hier noch mal in Kurzform:
> Sei [mm]A_1\cup N_1[/mm] Menge, für die [mm]A_1\cup N_1\in\mathcal{A}_0,[/mm]
> aber [mm]A_1\cup N_1\notin\mathcal{A}'[/mm] (wie oben).
> 1.) [mm]N_1\subseteq A_1\Rightarrow A_1\cup N_1=A_1\in\mathcal{A}\Rightarrow \mathcal{A}\not\subseteq\mathcal{A}'.[/mm]
Ja.
> 2.) [mm]A_1\subseteq N_1[/mm] (z.B. [mm]A_1=\emptyset\in\mathcal{A}) \Rightarrow A_1\cup N_1=N_1\in\mathcal{N}.[/mm]
> Mit [mm]A_1\cup N_1\notin\mathcal{A}[/mm]
[mm] $\mathcal{A}'$ [/mm] statt [mm] $\mathcal{A}$ [/mm] meinst du sicherlich.
> folgt [mm]\mathcal{A}'[/mm]
> enthält nicht alle Teilmengen von [mm]\mu-Nullmengen.[/mm]
Warum ist das nun ein Widerspruch zur Vollständigkeit von [mm] $\mu'$?
[/mm]
[mm] ($\mu'$ [/mm] setzt [mm] $\mu$ [/mm] fort. Daher sind [mm] $\mu$-Nullmengen [/mm] auch [mm] $\mu'$-Nullmengen. [/mm] Somit sind Teilmengen von [mm] $\mu$-Nullmengen [/mm] auch Teilmengen von [mm] $\mu'$-Nullmengen.)
[/mm]
> 3.) Sonst: [mm]\mathcal{A}'[/mm] wäre keine [mm]\sigma-[/mm] Algebra, denn
> für [mm]N_1,A_1\in\mathcal{A}'[/mm]
Das würde ich näher begründen.
> [mm]\Rightarrow A_1\cup N_1 \notin\mathcal{A}'.[/mm]
Du meinst sicherlich [mm] $\wedge$ [/mm] statt [mm] $\Rightarrow$.
[/mm]
> Widerspruch zur Eigenschaft einer [mm]\sigma-[/mm] Algebra.
Ja.
Die Fallunterscheidung ist gar nicht nötig. Die Argumentation des 3. Falls funktioniert ganz allgemein.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:55 Do 03.04.2014 | | Autor: | Ladon |
> > Allerdings habe ich noch eine Frage zur
> > indirekten Variante. [mm]\neg(\mathcal{A}_0\subseteq \mathcal{A}')[/mm]
> > bedeutet doch [mm]´\neg(\forall x\in\mathcal{A}_0:x\in\mathcal{A}')\gdw(\exists x\in\mathcal{A}_0:x\notin\mathcal{A}').[/mm]
>
> Korrekt.
>
> > Dann kann ich aber trotzdem mit [mm]\exists A_1\cup N_1\in\mathcal{A}_0:A_1\cup N_1\notin\mathcal{A}'[/mm]
> > einen indirekten Beweis durchführen, wie ich ihn zuvor
> > dargelegt habe.
> Zum Nachweis von [mm]\mathcal{A}_0\subseteq \mathcal{A}'[/mm] ja.
>
> Zum Nachweis von "[mm](\mathcal{A}_0,\mu_0)[/mm] ist kleinste
> vollständige Erweiterung von [mm](\mathcal{A},\mu)[/mm]" fehlt dann
> noch der Nachweis, dass für jede vollständige Erweiterung
> [mm](\mathcal{A}',\mu')[/mm] von [mm](\mathcal{A},\mu)[/mm] auch
> [mm]\mu'|_{\mathcal{A}_0}=\mu_0[/mm] gilt.
OK
> > Hier noch mal in Kurzform:
> > Sei [mm]A_1\cup N_1[/mm] Menge, für die [mm]A_1\cup N_1\in\mathcal{A}_0,[/mm]
> > aber [mm]A_1\cup N_1\notin\mathcal{A}'[/mm] (wie oben).
> > 1.) [mm]N_1\subseteq A_1\Rightarrow A_1\cup N_1=A_1\in\mathcal{A}\Rightarrow \mathcal{A}\not\subseteq\mathcal{A}'.[/mm]
>
> Ja.
>
> > 2.) [mm]A_1\subseteq N_1[/mm] (z.B. [mm]A_1=\emptyset\in\mathcal{A}) \Rightarrow A_1\cup N_1=N_1\in\mathcal{N}.[/mm]
> > Mit [mm]A_1\cup N_1\notin\mathcal{A}[/mm]
> [mm]\mathcal{A}'[/mm] statt
> [mm]\mathcal{A}[/mm] meinst du sicherlich.
>
> > folgt [mm]\mathcal{A}'[/mm]
> > enthält nicht alle Teilmengen von [mm]\mu-Nullmengen.[/mm]
> Warum ist das nun ein Widerspruch zur Vollständigkeit von
> [mm]\mu'[/mm]?
>
> ([mm]\mu'[/mm] setzt [mm]\mu[/mm] fort. Daher sind [mm]\mu[/mm]-Nullmengen auch
> [mm]\mu'[/mm]-Nullmengen. Somit sind Teilmengen von [mm]\mu[/mm]-Nullmengen
> auch Teilmengen von [mm]\mu'[/mm]-Nullmengen.)
>
>
> > 3.) Sonst: [mm]\mathcal{A}'[/mm] wäre keine [mm]\sigma-[/mm] Algebra, denn
> > für [mm]N_1,A_1\in\mathcal{A}'[/mm]
> Das würde ich näher begründen.
>
> > [mm]\Rightarrow A_1\cup N_1 \notin\mathcal{A}'.[/mm]
> Du meinst
> sicherlich [mm]\wedge[/mm] statt [mm]\Rightarrow[/mm].
Stimmt.
> > Widerspruch zur Eigenschaft einer [mm]\sigma-[/mm] Algebra.
> Ja.
>
> Die Fallunterscheidung ist gar nicht nötig. Die
> Argumentation des 3. Falls funktioniert ganz allgemein.
Stimmt. Ich dachte mir nur, dass das Argument für z.B.
[mm] N_1\subseteq A_1 [/mm] nicht greifen würde, da dann [mm] A_1,N_1\in\mathcal{A}'\Rightarrow A_1\cup N_1=A_1\in\mathcal{A}'. [/mm] Aber da ja [mm] A_1\cup N_1\notin\mathcal{A}' [/mm] gemäß Voraussetzung [mm] (\Rightarrow [/mm] Widerspruch!), hast du natürlich Recht. Man kann auch mit [mm] A_1,N_1\in\mathcal{A}'\wedge A_1\cup N_1\notin\mathcal{A}'\Rightarrow A_1=A_1\cup N_1\notin\mathcal{A}' [/mm] argumentieren, was wiederum ein Widerspruch ist.
MfG Ladon
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