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Analysis » Maßtheorie » Endlich additives Maß ist sigma-additiv unter Bedingung
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Universität/Hochschule Endlich additives Maß ist sigma-additiv unter Bedingung
EpsilonDelta
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-11-09


Sei $\mu$ eine (endlich) additive Funktion auf $\mathcal{B}(\mathbb{R})$ mit $\mu(\mathbb{R})<\infty$

Zeige: Gilt

$\displaystyle \mu(A)=\sup\{\mu(K)\colon K\subset A, K\text{ kompakt}\}, \ \forall A\in\mathcal{B}(\mathbb{R})$

so ist $\mu$ bereits sigma-additiv.

Meine Beweisidee ist folgende:

Durch die Supremumseigenschaft haben wir für $\bigcup_{n\in\mathbb{N}} A_n, A_i\in\mathcal{B}(\mathbb{R})$ dass $\forall \epsilon >0$ eine kompakte Menge $K_\cup$ sodass,

$\mu(\bigcup_{n\in\mathbb{N}} A_n)\le \mu(K_\cup)+\epsilon$

Jetzt wählen wir einzelne $A_i$ aus der Vereinigung und haben wieder per Supremumseigenschaft: $\forall \epsilon> 0, \exists K_i\subset A_i$ kompakt, sodass

$\mu (A_i)\le \mu(K_i)+\epsilon$

Nun möchte ich die letzte Ungleichung irgendwie Summieren und von der ersten Abziehen um dann die Differenz zwischen
$\mu(\bigcup_{n\in\mathbb{N}} A_n)$ und $\sum_{n\in\mathbb{N}}\mu(A_n)$ mit den epsilons beliebig klein zu bekommen.

Folgende Beobachtung hilft sicher dabei:

$\displaystyle \sum_{n\in\mathbb{N}}\sup\{\mu(K_i)\colon K_i\subset A_i, K \text{ kompakt}\}\le \sup\{\mu(K_\cup)\colon K_\cup\subset \bigcup_{n\in\mathbb{N}}A_n, K_\cup \text{ kompakt}\}$

Mein Problem ist jetzt, dass ich nicht die Summe der $\mu(A_i)$ nicht notwendig verwenden/bilden, da ich sie nicht endlich sein muss.

Ich würde aber gerne irgendwie so weitermachen:

$\mu(\bigcup_{n\in\mathbb{N}} A_n)+\sum_{n\in\mathbb{N}}\mu (A_n)\le \mu(K_\cup)+\sum_{n\in\mathbb{N}}\mu(K_i)+\sum_{n\in\mathbb{N}}\epsilon$

und dann mit Dreiecksungleichung Differenzen bilden. Die Summe der Epsilons bekomme ich irgendwie mit einer Harmonischen Reihe klein.



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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
qzwru
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Dabei seit: 24.09.2013
Mitteilungen: 275
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-11-11 19:29


Hallo EpsilonDelta,

ich sehe ehrlich gesagt nicht so wirklich worauf du hinaus willst.

Gut möglich, dass es einfacher geht, aber ich denke der folgende Ansatz sollte zum Ziel führen:

1. Falls du es nicht bereits weißt: Mache dir klar, dass es ausreicht zu zeigen, dass $\mu$ stetig von unten ist.

2. Warum gilt $\mu(B) = \inf\{\mu(O):\, O \text{ offen mit } B\subseteq O\}$ für alle $B\in \mathcal B(\mathbb R)$?

Sei $(A_n)_{n \in \mathbb N} \subset \mathcal B(\mathbb R)$ eine aufsteigende Folge von Borelmengen, d.h. $A_n \subseteq A_{n+1}$ für alle $n\in \mathbb N$. Sei $A= \cup_n A_n$. Wir müssen zeigen, dass $\lim_{n\to \infty} \mu(A_n) = \mu(A)$.

3. Es gilt zumindest schonmal $\lim_{n\to \infty} \mu(A_n) \leq \mu(A)$ (und der Grenzwert existiert). Wir müssen also nur die andere Ungleichung zeigen.

4. Sei $ \varepsilon > 0$. Dann existiert eine kompakte Menge $K \subseteq A$ mit $\mu(K) > \mu(A) -\varepsilon$. Idee: Leider muss $K$ nicht ab hinreichend großem $n$ Teilmenge von $A_n$ sein. Wären alle $A_n$ offen, dann schon (warum?). Zeige die folgende Aussage: Es existiert eine aufsteigende Folge offener Mengen $(O_n)_{n\in \mathbb N}$ mit $A_n \subseteq O_n$ und $\mu(O_n) < \mu(A_n) + \varepsilon$ für alle $n\in \mathbb N$ (Tipp: Verwende 2. und wähle $\varepsilon_n = \varepsilon/2^n$). Überlege dir, wieso daraus die Aussage folgt.



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