Vollständigkeit Lebesgue-Maß

22.04.2010, 20:33

saz

Vollständigkeit Lebesgue-Maß

Und zwar möchte ich die Vollständigkeit des Lebesgue-Maßes zeigen: Sei E eine Nullmenge und $\begin{eqnarray*} M \subset E \end{eqnarray*}$ , dann ist M eine Nullmenge.

Dass das Maß von M dann 0 ist, ist kein Problem. Allerdings weiß ich gerade nicht, wie ich überhaupt zeigen kann, dass M meßbar ist. Kann mir da mal jemand einen Tipp geben?

22.04.2010, 20:58

giles

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Was ist denn die "Vollständigkeit" eines Maßes? Ich kenne nur die Vollständigkeit eines Maßraumes. Das wäre dann eben genau, dass jede Teilmenge einer Nullmenge in der sigma-Algebra liegt.

22.04.2010, 21:02

saz

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Okay, stimmt - ich meinte natürlich die Vollständigkeit des Raumes. Dass man dazu zeigen muss, dass jede Teilmenge jeder Nullmenge in der sigma-Algebra liegt (also eine Borel-Menge ist), ist mir schon klar, ich weiß nur eben nicht wie... Irgendwie muss ich ja dort ausnutzen, dass (mit obigen Bezeichnungen) E eine Nullmenge ist, aber irgendwie keine Idee, was mir das bringen könnte...

22.04.2010, 21:30

giles

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Der Maßraum $\begin{eqnarray*} (\mathbb{R}^d,\mathcal{B}(\mathbb{R}^d), \lambda) \end{eqnarray*}$ ist aber nicht vollständig. Schreib doch einfach deine komplette Aufgabe einmal hier hin, dieses hin- und her gerate ist wenig produktiv...

22.04.2010, 21:49

saz

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Okay. Ist heut wohl nicht mein Tag.

Zitat:

Sei $\begin{eqnarray*} \lambda^d \end{eqnarray*}$ das d-dimensionale Lebesgue-Maß auf $\begin{eqnarray*} (\mathbb{R}^d, \mathcal{B}(\mathbb{R}^d),\lambda^d) \end{eqnarray*}$ . Sei N eine Nullmenge und $\begin{eqnarray*} M \subset N \end{eqnarray*}$ . Ist M eine Nullmenge?

Zugebenermaßen: Hier ist nicht gesagt, dass es vollständig ist (also M messbar ist). Ich dachte nur eben, dass es so wäre.

22.04.2010, 22:12

giles

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Das ist an sich nicht trivial.
Den einzigen Beweis den ich dafür kenne bedarf der Cantor-Funktion sowie des Satzes, dass die Caratheodory-Erweiterung des im Lebesgue Fall gerade die Vervollständigung (d.h. "kleinster" vollständiger Maßraum der $\begin{eqnarray*} (\mathbb{R}^d, \mathcal{B}(\mathbb{R}^d),\lambda^d) \end{eqnarray*}$ erweitert) des Maßraumes darstellt.
Wenn du allerdings was davon nicht kennst, bleibt nur zu hoffen dass jemand schlaueres als ich dir da noch helfen kann verwirrt

23.04.2010, 00:44

Urza

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Also zunächst solltest du sagen, wie ihr eure Begriffe definiert habt. Die anfängliche Aussage "Und zwar möchte ich die Vollständigkeit des Lebesgue-Maßes zeigen" passt z.B. überhaupt nicht zu dem, was du später sagst.
Was ist eine "Nullmenge"? Eine Borel-messbare Menge vom Maß 0 oder eine Lebesgue-messbare Menge vom Maß 0? Im zweiten Fall ist die zu überprüfende Aussage wahr, im ersten i.a. falsch. Wie habt ihr die Begriffe "Lebesgue-mesbar" und "Borel-messbar" definiert, es gibt mehrere äquivalente Möglichkeiten bei beiden..und natürlich hängt der Beweis davon ab, welche ihr genommen habt. Im ersten Fall: Kann benutzt werden, dass das Lebesgue-Maß vollständig ist, also dass eine jede Teilmenge einer Lebesgue-Nullmenge wieder Lebesgue-messbar ist?

Diese Fragen müssen erst mal geklärt werden.

23.04.2010, 13:51

saz

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Okay.

Also:
1. In einem Maßraum $\begin{eqnarray*} (X,\mathcal{A},\mu) \end{eqnarray*}$ heißt eine Menge $\begin{eqnarray*} A \in \mathcal{A} \end{eqnarray*}$ eine ( $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ -)Nullmenge, wenn $\begin{eqnarray*} \mu(A) = 0 \end{eqnarray*}$
2. Nein, die Vollständigkeit des Lebesgue-Maßes darf nicht benutzt werden.
3. Messbarkeit haben wir bisher gar nicht definiert. Ich hätte eben einfach gesagt, dass eine Menge Lebesgue-Messbar ist, wenn sie in der sigma-Algebra liegt, auf der mein Maß definiert ist, also $\begin{eqnarray*} \in \mathcal{B}(\mathbb{R}^d) \end{eqnarray*}$ gilt.

Demzufolge müsste ich doch zeigen, dass die Teilmenge jeder Nullmenge in der sigma-Algebra liegt, oder nicht? Und falls ja, bräuchte ich wie gesagt einen Tipp, wie man das machen könnte...

Edit: Noch die Frage: Wieso ist es nun doch vollständig? giles meinte, es wäre nicht der Fall. Bald bin ich total verwirrt...

23.04.2010, 17:53

giles

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Die Verwirrung kommt hier zustande, da du zwischen den Bezeichnungen "Lebesgue messbar" und "Borel messbar" nicht unterschieden hast. Letzteres ist dein Fall, nämlich den Maßraum $\begin{eqnarray*} (\mathbb{R}^d, \mathcal{B}(\mathbb{R}^d),\lambda^d) \end{eqnarray*}$ , aber ersteres bezieht sich auf Messbarkeit nach Caratheodory also $\begin{eqnarray*} (\mathbb{R}^d, \mathcal{A}_{\lambda^{d *}},\lambda^{d *}\vert_{\mathcal{A}_{\lambda^{d *}}}) \end{eqnarray*}$ . Gerade wenn man zu Lebesgue messbarkeit nichts oder wenig gemacht hat neigt man dazu die Begriffe synonym zu verwenden. Um das alles für diesen Fall noch konfuser zu machen ist ersterer nicht vollständig, aber der zweite schon =)

23.04.2010, 17:58

saz

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Hm gut, das ist dann schon erstmal wieder verständlicher. Wieder was dazu gelernt. Augenzwinkern

Wie kann ich denn nun zeigen, dass jede Teilmenge einer Nullmenge Borel-messbar ist?

23.04.2010, 18:33

gonnabphd

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Das kannst du nicht zeigen, weil es nicht stimmt.
Hmm, in meinem Buch gibt's dazu leider nur ein Kardinalitätsargument mit der Cantormenge (Nullmenge und überabzählbar).

Kennt jemand ein konkretes Beispiel für eine Lebesgue-Nullmenge, die nicht Borelmessbar ist?

23.04.2010, 18:47

Urza

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Zitat:

Original von saz
Wie kann ich denn nun zeigen, dass jede Teilmenge einer Nullmenge Borel-messbar ist?

Das ist gerade nicht erfüllt, da wie schon mehrfach im thread gesagt wurde, das Borel-Maß nicht vollständig ist (Vollständigkeit bedeutet genau das: Dass jede Teilmenge einer Nullmenge messbar ist).

OK, halten wir fest: Wir wollen zeigen, dass eine Teilmenge einer Borel-messbaren Nullmenge im Allgemeinen keine Borelmenge ist. giles hat ja schon auf einen Weg hingewiesen, den man gehen könnte, aber ihr könnt anscheinend grundlegende Eigenschaften des Lebesgue-Messbarkeitsbegriffs (wie Vollständigkeit) nicht benutzen, also scheidet das wohl aus. Das Einzige, was mir dazu einfällt, ist über die Kardinalität der Menge aller Borel-Mengen zu argumentieren: Falls die Ausgangs-Nullmenge E abzählbar ist, ist natürlich jede Teilmenge ebenfalls Borel-messbar. Falls sie überabzählbar ist, hat ihre Potenzmenge eine echt größere Mächtigkeit als $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ gleichmächtig zu der Potenzmenge von $\begin{eqnarray*} \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ ist und falls eine Menge eine höhere Kardinalität hat als eine zweite, so gilt das auch für die jeweiligen Potenzmengen. Auf der anderen Seite kann man zeigen, dass die Menge aller Borel-Mengen in $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ gleichmächtig zu $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ ist. Es gibt also "mehr" Teilmengen von E als es überhaupt Borel-messbare Teilmengen von $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ gibt. Der fragliche Punkt bei dieser Argumentation wäre, ob bekannt ist, dass die Menge der Borelmengen gleichmächtig zu $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ ist. Es ist an sich auch nicht so schwer zu beweisen, aber es kommt darauf an, wie viel Mengenlehre du kennst. Hilft dir das alles bis jetzt überhaupt weiter?

edit:

Zitat:

Kennt jemand ein konkretes Beispiel für eine Lebesgue-Nullmenge, die nicht Borelmessbar ist?

Falls man eine Teilmenge $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ konstruiert hat, die nicht Lebesgue-messbar ist (wie mit dem Verfahren von Vitali), dann würde die Teilmenge $\begin{eqnarray*} A\times \{0\}^{n-1} \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^{n} \end{eqnarray*}$ dies erfüllen, allerdings funktioniert das natürlich nur für $\begin{eqnarray*} n>1 \end{eqnarray*}$ . Für $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ .. das würde mich auch interessieren.

23.04.2010, 19:57

saz

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Zitat:

Original von Urza

Zitat:

Original von saz
Wie kann ich denn nun zeigen, dass jede Teilmenge einer Nullmenge Borel-messbar ist?

Sorry, war mit den "letzteren" und "ersteren" in giles' Post durcheinander gekommen.

Ich werd mir deinen Beitrag (noch)mal in Ruhe durchlesen, es bis morgen überdenken und mich dann wieder melden. Wink

(Auf die Aufgabe gibt's nur einen Punkt verwirrt

... )

24.04.2010, 17:41

saz

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Okay, also nochmal:

Deine Idee, die Unmöglichkeit der Aussage mit Hilfe der Mächtigkeit zu begründen (und die entsprechenden Ausführungen dazu), finde ich soweit logisch. Allerdings ist der Knackpunkt, dass wir nicht gezeigt haben, dass die Borel-messbaren Mengen im $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ gleichmächtig zu $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ sind. Mir ist auch kein Beweis dazu eingefallen, weil man ja irgendwie recht wenig über die Borel-Mengen weiß.

25.04.2010, 14:54

Urza

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Der Beweis mit Mengenlehre, den ich meinte, dass $\begin{eqnarray*} |\mathcal{B}(\mathbb{R}^n)| = |\mathbb{R}| \end{eqnarray*}$ ist, geht skizzenhaft so:
(Setze den bekannten Satz von Cantor-Bernstein voraus, der besagt, dass falls für zwei Mengen A und B es eine surjektive Abbildung von A nach B und eine surjektive Abbildung von B nach A gibt, A und B bereits gleichmächtig sind, d.h. es eine bijektive Abbildung von A nach B gibt)

1. Jede offene Menge in $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ lässt sich als Vereinigung irgendwelcher Elemente von $\begin{eqnarray*} M=\{ B_{\frac{1}{n}}(x) \, |\, x\in \mathbb{Q}^n,\ n \in \mathbb{N}\} \end{eqnarray*}$ darstellen. Da $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ abzählbar ist, ist die Potenzmenge von $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ gleichmächtig zu $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ , also ist die Menge aller offenen Teilmengen von $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ gleichmächtig zu $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$

2. Sei $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ eine Menge, die gleichmächtig zu $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ ist. Dann ist die Menge ihrer abzählbaren Teilmengen auch gleichmächtig zu $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ : (Beweis) Es genügt, das für $\begin{eqnarray*} M=Pot(\mathbb{N}) \end{eqnarray*}$ zu zeigen. Weiter genügt es zu zeigen, dass die Menge aller Folgen in $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ , d.h. die Menge aller Abbildungen von $\begin{eqnarray*} \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ , gleichmächtig zu $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ ist, denn es lässt sich leicht eine surjektive Abbildung von dieser Menge der Folgen in die Menge aller abzählbaren Teilmengen angeben. Die Menge aller Abbildungen von $\begin{eqnarray*} \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} Pot(\mathbb{N}) \end{eqnarray*}$ ist wegen der Darstellung von $\begin{eqnarray*} Pot(\mathbb{N}) \end{eqnarray*}$ als Menge der Abbíldungen von $\begin{eqnarray*} \mathbb{N} \end{eqnarray*}$ in die Menge $\begin{eqnarray*} \{0,1\} \end{eqnarray*}$ gleichmächtig zur Menge aller Abbildungen von $\begin{eqnarray*} \mathbb{N}\times\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} \{0,1\} \end{eqnarray*}$ . Wegen $\begin{eqnarray*} |\mathbb{N}\times\mathbb{N}|=|\mathbb{N}| \end{eqnarray*}$ gilt also insgesamt $\begin{eqnarray*} |M^{\mathbb{N}}| = |Pot(\mathbb{N})^{\mathbb{N}}| = |\{0,1\}^{\mathbb{N}\times\mathbb{N}}|=|\{0,1\}^{\mathbb{N}}|=|Pot(\mathbb{N})|=|\mathbb{R}| \end{eqnarray*}$

3. Bezeichne $\begin{eqnarray*} T \end{eqnarray*}$ die Menge der offenen Mengen von $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ . Definiere jetzt ausgehend von $\begin{eqnarray*} M_0:=T \end{eqnarray*}$ induktiv Mengen $\begin{eqnarray*} M_k\subset Pot(\mathbb{R}^n) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ folgendermaßen: $\begin{eqnarray*} M_{k+1} := \{ \bigcup_{l\in\mathbb{N}} A_l \, |\, A_l\in M_{k}\forall l\in\mathbb{N} \} \cup \{ \left( \bigcup_{l\in\mathbb{N}} A_l\right)^c \, |\, A_l\in M_{k}\forall l\in\mathbb{N} \} \end{eqnarray*}$
Es werden also die Operationen "abzählbare Vereinigung bilden" und "Komplement bilden", die in der Definition einer Sigma-Algebra vorkommen, wiederholt auf offene Mengen und die daraus erzeugten Mengen angewendet.
Es gilt $\begin{eqnarray*} A:= \bigcup_{k\in\mathbb{N}} M_k = \mathcal{B}(\mathbb{R}^n) \end{eqnarray*}$ , denn $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ist, wie man leicht sieht, eine Sigma-Algebra und jede Sigma-Algebra, die $\begin{eqnarray*} T \end{eqnarray*}$ enthält, enthält auch $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ .
Es ist jetzt nur noch zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} |M_k|=|\mathbb{R}| \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} k\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ , dann ist $\begin{eqnarray*} \mathcal{B}(\mathbb{R}^n) \end{eqnarray*}$ als abzählbare Vereinigung dieser Mengen auch dazu gleichmächtig.
Dies folgt per Induktion aus 2.

25.04.2010, 19:15

saz

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Danke dir, dass du dir die Mühe gemacht hast, das alles abzutippen smile

... auch wenn ich bei "nicht so schwer zu beweisen" an einen kürzeren Beweis gedacht hätte Augenzwinkern

...

Nun gut, ich denke mal damit hat es sich hier erledigt. Werde wohl einfach eine Kurzform des ganzen aufschreiben - bei einem Punkt auf die ganze Aufgabe war's vllt. gar nicht im Sinn des Aufgabenstellers, dass man sich zuviele Gedanken macht ^^

Also danke an alle, die hier Geduld mit mir hatten und mir geholfen haben! Wink

28.04.2010, 00:34

Mishra

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Die Konstruktion ist aber leider falsch. Zu jedem k gibt es eine Borel-Menge, die sich noch nicht in M_k oder in einem "früheren" M befindet, die allerdings bei M_{k+1} dazukommt. Wähle nun aus jedem M eine solche Menge A_i. Bilde nun die Vereinigung all dieser A_i, das sind abzählbar viele.
Es handelt sich somit um eine Borel-Menge, allerdings befinden sich die zur Konstruktion nötigen Mengen zu keinem endlichen Zeitpunkt alle bereits in den konstruierten Ms. Auf diese Weise kann man Mengen konstruieren, die noch nicht in der Vereinigung aller deiner M_k liegen, diese ist also keine sigma-Algebra. Du müsstest von dieser Menge noch weiterschreiten (nach demselben Verfahren). Dieses Argument ist leider nicht mehr so einfach hinzuschreiben, allerdings geht das. Der Beweis läuft dann als transfinite Induktion über alle abzählbaren Ordinalzahlen.

Wegen den Lebesgue-Mengen: Ist es nicht korrekt, dass das Lebesgue-Maß definiert wird als Infimum aller Gesamtvolumina von abzählbaren Überdeckungen mit Quadern?
wenn dann eine Menge Maß 0 hat, so ist natürlich jede Quader-Überdeckung eine Überdeckung einer beliebigen Teilmenge, also sind auch diese Nullmengen.

01.05.2010, 01:06

Urza

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Zitat:

Original von Mishra
Die Konstruktion ist aber leider falsch. Zu jedem k gibt es eine Borel-Menge, die sich noch nicht in M_k oder in einem "früheren" M befindet, die allerdings bei M_{k+1} dazukommt. Wähle nun aus jedem M eine solche Menge A_i. Bilde nun die Vereinigung all dieser A_i, das sind abzählbar viele.
Es handelt sich somit um eine Borel-Menge, allerdings befinden sich die zur Konstruktion nötigen Mengen zu keinem endlichen Zeitpunkt alle bereits in den konstruierten Ms. Auf diese Weise kann man Mengen konstruieren, die noch nicht in der Vereinigung aller deiner M_k liegen, diese ist also keine sigma-Algebra. Du müsstest von dieser Menge noch weiterschreiten (nach demselben Verfahren). Dieses Argument ist leider nicht mehr so einfach hinzuschreiben, allerdings geht das. Der Beweis läuft dann als transfinite Induktion über alle abzählbaren Ordinalzahlen.

Ja, ich hatte mich vertan. Aus irgendeinem Grund dachte ich beim Aufschreiben, die angegebene Vereinigungsmenge müsste schon eine Sigma-Algebra sein. Hast du vielleicht ein konkretes Beispiel für solche Ms, die zu einem Widerspruch führen?

Zitat:

Wegen den Lebesgue-Mengen: Ist es nicht korrekt, dass das Lebesgue-Maß definiert wird als Infimum aller Gesamtvolumina von abzählbaren Überdeckungen mit Quadern?

Naja, es kommt eben darauf an, wie man es einführt, das ist eine Möglichkeit.

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