Cantor'sches Diskontinuum

19.03.2006, 18:15

donkarabelas

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Cantor'sches Diskontinuum

Hi,

folgendes, ich soll als Übung zeigen, dass das Cantor'sche Diskontinuum eine Nullmenge ist, dazu muss ich ja zeigen, dass es eine endliche Überdeckung der Cantor-Menge exisitert, sodaß die gesamtlänge der Überdeckung kleiner als epsilon wird. Gut hab ich verstanden, und ich hab auch mal aufgeschnappt, dass man die Cantor-menge als alle Zahlen schreiben kann die eine triadische Darstellung ohne 1 haben.

a) wie beweise ich das, das man alle zahlen der cantor-menge eben als oben genannte summe darstellen kann?

b) wie kann ich daraus schließen, das die Cantor-menge eine Nullmenge ist?

würd mich über hilfe freuen.

mfg
elias

19.03.2006, 18:46

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Du kennst doch diese Intervallkonstruktion:

$\begin{eqnarray*} I_0 = [0,1],\quad I_1 = \left[0,\frac{1}{3}\right]\cup \left[\frac{2}{3},1\right],\quad I_2 = \left[0,\frac{1}{9}\right]\cup \left[\frac{2}{9},\frac{1}{3}\right] \cup \left[\frac{2}{3},\frac{7}{9}\right] \cup \left[\frac{8}{9},1\right], \ldots \end{eqnarray*}$

D.h., $\begin{eqnarray*} I_{n+1} \end{eqnarray*}$ entsteht aus $\begin{eqnarray*} I_n \end{eqnarray*}$ , indem man dort aus all den $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ Intervallen der Länge $\begin{eqnarray*} \frac{1}{3^n} \end{eqnarray*}$ das mittlere Drittel herausschneidet. Das ist eine monoton fallende Mengenfolge

$\begin{eqnarray*} I_0 \supset I_1 \supset I_2 \supset \cdots \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{n\to\infty} ~ \lambda(I_n) = \lim\limits_{n\to\infty} ~ \frac{2^n}{3^n} = 0 \end{eqnarray*}$ .
Da die Cantormenge $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ in jeder dieser Mengen $\begin{eqnarray*} I_n \end{eqnarray*}$ als Teilmenge enthalten ist, folgt sofort $\begin{eqnarray*} \lambda(C)=0 \end{eqnarray*}$ .

19.03.2006, 18:55

donkarabelas

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und darum ist die cantor menge eine nullmenge weil die intervalllänge beliebig klein gemacht werden kann?

19.03.2006, 18:58

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Für Teilmengen $\begin{eqnarray*} U\subset V \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} \lambda(U)\leq \lambda(V) \end{eqnarray*}$ , das ist eine Grundeigenschaft jedes Maßes! Und jetzt lies nochmal meinen Beitrag!

19.03.2006, 19:04

donkarabelas

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ok, jetzt sollte ich es verstanden haben. jede teilmenge von C hat als Intervalllänge $\begin{eqnarray*} (\frac{1}{3})^n \end{eqnarray*}$ .

19.03.2006, 19:09

AD

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Hmmm, etwas unglücklich (um nicht zu sagen falsch) formuliert. Ich hab noch mal deinen Eröffnungsbeitrag mit den $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ gelesen, da kannst du es besser so anlegen:

$\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ ist in sämtlichen $\begin{eqnarray*} I_n \end{eqnarray*}$ als Teilmenge enthalten, also gilt wegen der eben erwähnten Maßmonotonie

$\begin{eqnarray*} \lambda(C) \leq \lambda(I_n) = \left( \frac{2}{3} \right)^n \end{eqnarray*}$

und das für alle $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ . Zu vorgegebenen $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ findest du nun problemlos ein $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \left( \frac{2}{3} \right)^n < \varepsilon \end{eqnarray*}$ , und bist fertig.

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19.03.2006, 19:12

donkarabelas

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oh danke.

20.03.2006, 18:24

donkarabelas

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hi, hat ein bisschen gedauert, aber ich habe folgende anmerkung zur antwort von arthur dent,

gilt ein maß den nicht nur für endlich additive Intervalle?

20.03.2006, 19:31

AD

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Zitat:

Original von donkarabelas
gilt ein maß den nicht nur für endlich additive Intervalle?

???

Was heißt hier "gilt" ? Und was verstehst du unter "endlich additiven Intervallen" ? Erkläre dich näher!

20.03.2006, 19:37

donkarabelas

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na ja, ich glaube in einer vorlesung etwas über endliche additivität im zuge des beweises wann etwas Riemann-Integrierbar ist.

20.03.2006, 19:41

AD

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Ein Maß ist jedenfalls definitionsgemäß sigma-additiv - aber bei den obigen Betrachtungen benutze ich ja nur die endliche Additivität sowie die Monotonie des Maßes. Was gibt's da einzuwenden?

14.06.2006, 13:44

trollkotze

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Ich kram jetzt noch mal diesen Thread raus, weil ich genau das gleiche beweisen soll. Aber mir ist da noch was zweifelhaft.

Zitat:

Original von Arthur Dent
Für Teilmengen $\begin{eqnarray*} U\subset V \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} \lambda(U)\leq \lambda(V) \end{eqnarray*}$ , das ist eine Grundeigenschaft jedes Maßes! Und jetzt lies nochmal meinen Beitrag!

Das Maß muss doch gar nicht für alle Teilmengen $\begin{eqnarray*} U \subset V \end{eqnarray*}$ definiert sein, oder? Ich meine, wenn U zwar in der Sigma-Algebra liegt, die man zum Messen benutzt, V aber nicht, dann ist V doch nicht messbar, oder?
Also, ich soll zeigen, dass die Cantormenge C borel-messbar ist, mit m(C)=0.
Da dachte ich mir, ich muss erst mal zeigen, dass C in B liegt (wenn B die Borel-Sigma-Algebra ist).
Und genau dabei hab ich jetzt auch ein Problem.
Also, ich hab mir eine Folge definiert: $\begin{eqnarray*} a_0=0, a_1=1, a_{2^n}=2a_{2^n-1}, a_{2^n+1}=a_{2^n}+i \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb{N}, i < 2^n \end{eqnarray*}$ . Die sieht so aus: 0, 1, 2, 3, 6, 7, 8, 9, 18, 19, 20, 21, 24, 25, 26, 27, ... Und jetzt will ich zeigen, dass $\begin{eqnarray*} C=\{\frac{a^i}{3^n}|i<2^{n+1}\}=\bigcup_{n=1}^{\infty}\bigcup_{j=1}^{2^n}\{\frac{a_i}{3^n}\} \end{eqnarray*}$
Diese Menge ist ja offensichtlich borel-messbar mit m(C)=0, weil die Mengen $\begin{eqnarray*} \bigcup_{j=1}^{2^n}\{\frac{a_i}{3^n}\} \end{eqnarray*}$ alles Nullmengen sind.
Dass diese Menge in C enthalten ist, habe ich gezeigt. Das Umgekehrte muss ich noch beweisen. Und da weiß ich jetzt nicht weiter.

14.06.2006, 13:50

AD

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Zitat:

Original von trollkotze
Das Maß muss doch gar nicht für alle Teilmengen $\begin{eqnarray*} U \subset V \end{eqnarray*}$ definiert sein, oder?

Nein, muss es nicht - ich hätte also besser "messbare" Teilmengen $\begin{eqnarray*} U,V \end{eqnarray*}$ schreiben sollen. Aber in der Hinsicht besteht keine Gefahr bei der obigen Konstruktion - sind alles nur endliche Vereinigungen von Intervallen, und die liegen selbstverständlich in der Borel-Sigma-Algebra.

EDIT:

Zitat:

Original von trollkotze
Und jetzt will ich zeigen, dass $\begin{eqnarray*} C=\{\frac{a^i}{3^n}|i<2^{n+1}\}=\bigcup_{n=1}^{\infty}\bigcup_{j=1}^{2^n}\{\frac{a_i}{3^n}\} \end{eqnarray*}$

Das wird dir nicht gelingen, denn das ist falsch:

$\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ ist überabzählbar, während dein $\begin{eqnarray*} \bigcup_{n=1}^{\infty}\bigcup_{j=1}^{2^n}\{\frac{a_i}{3^n}\} \end{eqnarray*}$ (stimmt was nicht mit der Schreibweise, nicht wahr? - Aber ich weiß was du meinst.) abzählbar ist.

14.06.2006, 15:04

trollkotze

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Ups, ach so. Ich seh grad, mein C ist in Wirklichkeit glaub ich gar nicht die Cantormenge.
Sondern es ist $\begin{eqnarray*} C= \bigcap_{n=1}^{\infty} \bigcup_{j=1}^{2^n}I_j^n \end{eqnarray*}$ , wobei die $\begin{eqnarray*} I_j^n \end{eqnarray*}$ so definiert sind, dass $\begin{eqnarray*} I_1^0=[0,1] \end{eqnarray*}$ und für $\begin{eqnarray*} I_j^{n-1}=[a,b] \Rightarrow I_{2j-1}^n=[a, \frac{2}{3}a+\frac{1}{3}b], I_{2j}^n=[\frac{1}{3}a+\frac{2}{3}b, b] \end{eqnarray*}$
Ist die Menge denn abzählbar?

14.06.2006, 15:11

AD

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Die Menge $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ selbst ist nicht abzählbar. Aber muss sie ja auch gar nicht, sie ist ja als Limes einer Folge von Borelmengen wieder eine Borelmenge. Wenn du genau hinschaust und vergleichst - es ist dieselbe Konstruktion wie bei mir oben.

14.06.2006, 15:13

trollkotze

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Ach, so, und was stimmt nicht mit der Schreibweise $\begin{eqnarray*} \bigcup_{n=1}^{\infty}\bigcup_{j=1}^{2^n}\{\frac{a_i}{3^n}\} \end{eqnarray*}$ ?

Stimmt denn, dass $\begin{eqnarray*} C=\{\frac{a^i}{3^n}|i<2^{n+1}\} \end{eqnarray*}$ ?

14.06.2006, 15:15

trollkotze

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Die Menge $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ selbst ist nicht abzählbar. Aber muss sie ja auch gar nicht, sie ist ja als Limes einer Folge von Borelmengen wieder eine Borelmenge. Wenn du genau hinschaust und vergleichst - es ist dieselbe Konstruktion wie bei mir oben.

Okay, danke. Ich glaub, ansonsten hab ich's jetzt begriffen.

14.06.2006, 15:27

trollkotze

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Ach so, nein. Doch nicht. Warum ist der Limes einer Folge von Borel-Mengen wieder eine Borel-Menge? Ich weiß ja, dass die Vereinigung von abzählbar vielen Borel-Mengen eine Borel-Menge ist. Aber wie schließt man daraus, dass das zum Beispiel auch für die Schnittmenge von abzählbar vielen Mengen gilt?
Und noch was: Kann ich schreiben $\begin{eqnarray*} C=\bigcap_{n=1}^{\infty}\bigcup_{j=1}^{2^n}I_j^n=lim_{n \to \infty} \bigcup_{j=1}^{2^n}I_j^{n} \end{eqnarray*}$ ?

14.06.2006, 15:29

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Zitat:

Original von trollkotze
Stimmt denn, dass $\begin{eqnarray*} C=\{\frac{a^i}{3^n}|i<2^{n+1}\} \end{eqnarray*}$ ?

Nein, die Formulierungen sind alle irgendwie missraten. Ich denke, du meinst folgendes

$\begin{eqnarray*} C \stackrel{?}{=} \bigcup\limits_{n=1}^{\infty} ~\bigcup\limits_{a_1,\ldots,a_n\in\{0,2\}} ~ \left\{ \sum\limits_{k=1}^n ~ \frac{a_k}{3^k} \right\}\qquad (*) \end{eqnarray*}$

oder kurz verbal formuliert: Die Menge aller Zahlen im Dreiersystem, die nur die Nachkommaziffern 0 und 2 enthalten. Es gibt da allerdings einen entscheidenden Fehler auf der rechten Seite von (*), und der macht den Unterschied zwischen Abzählbarkeit und Überabzählbarkeit aus: Rechts in (*) stehen nur endliche solche "Trialbrüche", also $\begin{eqnarray*} [0.a_1a_2\ldots a_n]_3 \end{eqnarray*}$ im Dreiersystem, nicht aber unendliche $\begin{eqnarray*} [0.a_1a_2\ldots ]_3 \end{eqnarray*}$ , welche aber auch zu $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ gehören!

Und genau wegen dieser Überabzählbarkeit kommt man von seiten der Vereinigung nicht an die Cantormenge $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ heran, und bedient sich lieber der "Schnitttechnik" von oben, da bleibt alles hübsch abzählbar. Alles klar?

14.06.2006, 15:42

trollkotze

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Okay, vielen Dank erst mal dafür. Jetzt bin ich wirklich schon um einiges schlauer.
Aber noch mal: Woraus schließt man, dass ganz allgemein der Grenzwert einer Folge von Borel-Mengen wieder eine Borel-Menge ist? Mir war das bisher nur für Vereinigungen von abzählbar vielen Borel-Mengen bekannt, weil eine Sigma-Algebra nun mal so definiert ist.

14.06.2006, 16:01

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Der Grenzwert einer monoton fallenden Mengenfolge $\begin{eqnarray*} (A_n) \end{eqnarray*}$ ist ihr Durchschnitt:

$\begin{eqnarray*} \lim\limits_{n\to\infty} A_n = \bigcap\limits_{n=1}^{\infty} ~ A_n \end{eqnarray*}$

Und da Komplemente und abzählbare Vereinigungen von Mengen einer Sigma-Algebra wieder in der Sigma-Algebra liegen, folgt das für abzählbare Durchschnitte auch, und zwar über das deMorgan-Konstrukt

$\begin{eqnarray*} \bigcap\limits_{n=1}^{\infty} ~ A_n = \left( \bigcup\limits_{n=1}^{\infty} ~ A_n^c \right)^c \end{eqnarray*}$

14.06.2006, 19:11

trollkotze

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smile

Also mal sehen, ich glaub, so schlau, bin ich dann jetzt doch noch nicht. Die Sonne tut mir wohl nicht gut.
Dieses DeMorgan-Konstrukt sieht ja mal komisch aus. Ich glaub auch kaum, dass wir das schon hatten. Deshalb bezweifel ich ein bisschen, dass wir das benutzen dürfen. Aber wer weiß das schon.
Also ist c einfach irgendeine natürliche Zahl? Dann hab ich doch für Mengen $\begin{eqnarray*} A_i \subset \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ eine Schnittmenge $\begin{eqnarray*} \bigcap\limits_{n=1}^{\infty} ~ A_n = \left( \bigcup\limits_{n=1}^{\infty} ~ A_n^c \right)^c \subset \mathbb{R}^{c^2} \end{eqnarray*}$ . Oder wo liegt da der Hund begraben?
Aber wie mein Prof. schon sagte: "Es gibt Stellen in dieser Vorlesung, wo die Dinge etwas dubios werden" und "Es gibt Beispiele, vor denen man Respekt haben soll" und "Die Stunde der Wahrheit ist gekommen."

14.06.2006, 19:23

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Also wenn du jemals etwas über Mengenlehre gehört hast, sollten dir die deMorganschen Regeln ein Begriff sein!!!

$\begin{eqnarray*} A^c \end{eqnarray*}$ steht für das Komplement von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ , d.h. $\begin{eqnarray*} A^c:=\Omega\setminus A \end{eqnarray*}$ .

Hatte ich außerdem oben schon geschrieben - lest doch mal die Beiträge:

Zitat:

Original von Arthur Dent
Und da Komplemente und abzählbare Vereinigungen von Mengen einer Sigma-Algebra wieder in der Sigma-Algebra liegen, [...]

14.06.2006, 19:43

trollkotze

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Oh. Also über Mengenlehre habe ich dann glaub ich noch nie was gehört. Aber jetzt weiß ich ja bescheid.
Tanzen

Tanzen

Danke.

14.06.2006, 20:02

AD

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Du beschäftigst dich mit Maßtheorie, ohne je was über Mengenlehre gehört zu haben? geschockt

geschockt

geschockt

geschockt

Wie geht das denn???

Das ist wie Fahrrad fahren, ohne vorher laufen zu lernen.

14.06.2006, 21:31

trollkotze

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Na ja, ich hab das erste Semester "geschwänzt" und mach jetzt Analysis 2.

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