Subadditivität eines Maßes

28.05.2020, 10:40

mcR2

Subadditivität eines Maßes

Meine Frage:
Halli Hallo smile

Es sei $\begin{eqnarray*} (X,\mathcal{A},\mu) \end{eqnarray*}$ ein Maßraum. Für abzählbar viele $\begin{eqnarray*} A_k \in \mathcal{A} \end{eqnarray*}$
und $\begin{eqnarray*} A \in \mathcal{A} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} A \subset \bigcup_{k=1}^{\infty }A_{k} \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} \mu(A)\leq \sum\limits_{k=1}^{\infty} \mu(A_k) \end{eqnarray*}$ .

Meine Ideen:
Kann ich den Beweis dazu so zeigen:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty} \mu(A_k)= \mu(\bigcup_{k=1}^{\infty } A_k) =\mu(A\cup \bigcup_{k=1}^{\infty } A_k) = \mu(A) + \mu(\bigcup_{k=1}^{\infty }A_k) \geq \mu(A) \end{eqnarray*}$

Ich bin echt gespannt, ob es so geht und würde mich auf jede Antwort freuen.

28.05.2020, 10:45

HAL 9000

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Bereits der Start

Zitat:

Original von mcR2
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty} \mu(A_k)= \mu(\bigcup_{k=1}^{\infty } A_k) \end{eqnarray*}$

ist i.a. falsch: Vielleicht hast du es nicht gemerkt, aber es ist in den Voraussetzungen nirgendwo davon die Rede, dass die $\begin{eqnarray*} A_k \end{eqnarray*}$ disjunkt sind...

28.05.2020, 10:49

mcR2

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Das stimmt. Vielen Dank für den Hinweis Freude

28.05.2020, 11:07

mcR2

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Also ein zweiter Versuch:

Nach einer bereits gezeigten Aufgabe existieren disjunkte $\begin{eqnarray*} B_k \in \mathcal{A} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} B_k \subset A_k \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \bigcup_{k=1}^{\infty }A_k= \bigcup_{k=1}^{\infty }B_k \end{eqnarray*}$ .

Somit gilt mit der Monotonie des Maßes, sowie mit der sigma-additivität:

$\begin{eqnarray*} \mu(A) \leq \mu(\bigcup_{k=1}^{\infty }A_k)=\mu(\bigcup_{k=1}^{\infty }B_k) =\sum\limits_{k=1}^{\infty } \mu(B_k) = \sum\limits_{k=1}^{\infty } \mu(A_k) \end{eqnarray*}$

passt das so ?

28.05.2020, 12:22

HAL 9000

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Sofern du noch das falsche $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty} \mu(B_k) = \sum\limits_{k=1}^{\infty} \mu(A_k) \end{eqnarray*}$ durch das richtige $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=1}^{\infty} \mu(B_k) \leq \sum\limits_{k=1}^{\infty} \mu(A_k) \end{eqnarray*}$ (wiederum der Maßmonotonie wegen) ersetzt, bin ich einverstanden.

Übrigens kann man solche $\begin{eqnarray*} B_k \end{eqnarray*}$ direkt angeben (ist vermutlich in dem von dir erwähnten anderen Beweis geschehen):

$\begin{eqnarray*} B_1 := A_1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} B_k := A_k\setminus\left( \bigcup_{j=1}^{k-1} A_j\right) \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k\geq 2 \end{eqnarray*}$ .

28.05.2020, 13:08

McR2

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Ups :hammer
Das stimmt natürlich. Vielen Dank für den Hinweis smile

Ich schreibe in einer Woche die Klausur zur Maß und Integrationstheorie.
Hast du vllt ein Tipp, wie ich mich die letzte Woche vorbereiten soll verwirrt

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