messbare Funktionen < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:40 Di 02.11.2004 | | Autor: | Bastiane |
Hallo!
Vielleicht kann mir ja sogar heute noch jemand antworten - ich dachte eigentlich, die Aufgabe wäre gar nicht so schwierig.
Ich habe Funktionen [mm] e,f,g,f_n [/mm] gegeben [mm] (n\in \IN [/mm] und jeweils von [mm] (\IR,B(\IR))\rightarrow(\IR,B(\IR)) [/mm] und natürlich g(x) [mm] \not= [/mm] 0 [mm] \forall x\in \IR). [/mm] Jetzt soll ich zeigen, dass auch folgende Funktionen messbar sind.
[mm] h_1(x)=f(x)+e(x)
[/mm]
Stimmt das, dass [mm] h^{-1}(x)=f^{-1}(x)+e^{-1}(x) [/mm] gilt? Dann folgt die Messbarkeit doch im Prinzip direkt daraus, oder?
[mm] h_2(x)=\bruch{f(x)}{g(x)}
[/mm]
Was mache ich hier? Was ist denn da [mm] h^{-1}(x)? [/mm] Gibt es da eine Regel, so wie z. B. beim Ableiten die Quotientenregel?
[mm] h_3(x)= \limes_{n\rightarrow\infty} [/mm] sup [mm] f_n(x)
[/mm]
Was ist eigentlich mit [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} [/mm] sup gemeint? Nehme ich erst das Supremum aller [mm] f_n [/mm] 's und dann den Grenzwert davon?
Und wie komme ich dann auf [mm] h^{-1}(x)?
[/mm]
Viele Grüße
Bastiane
![[nixweiss]](/images/smileys/nixweiss.gif "[nixweiss]")
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:14 Mi 03.11.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
> Ich habe Funktionen [mm]e,f,g,f_n[/mm] gegeben [mm](n\in \IN[/mm] und jeweils
> von [mm](\IR,B(\IR))\rightarrow(\IR,B(\IR))[/mm] und natürlich g(x)
> [mm]\not=[/mm] 0 [mm]\forall x\in \IR).[/mm] Jetzt soll ich zeigen, dass auch
> folgende Funktionen messbar sind.
>
> [mm]h_1(x)=f(x)+e(x)
[/mm]
> Stimmt das, dass [mm]h^{-1}(x)=f^{-1}(x)+e^{-1}(x)[/mm] gilt? Dann
> folgt die Messbarkeit doch im Prinzip direkt daraus,
> oder?
Nein, die Gleichung stimmt nicht.
Da [mm] ${\cal B}(\IR)$ [/mm] von den Mengen [mm] $[c,+\infty[$ [/mm] $(c [mm] \in \IR)$ [/mm] erzeugt wird, genügt es zu zeigen, dass für alle $c [mm] \in \IR$ [/mm] folgendes gilt:
[mm] $h_1^{-1}([c,+\infty[) \in {\cal B}(\IR)$.
[/mm]
Nun gilt aber:
[mm] $h_1^{-1}([c,+\infty[)$
[/mm]
$= [mm] \{h_1 \ge c\}$
[/mm]
$= [mm] \{f+e \ge c\}$
[/mm]
$= [mm] \{f < c - e\}^c$
[/mm]
$= [mm] \left( \bigcup_{q \in \IQ} (\{f < q \} \cap \{q < c - e\}) \right)^c$
[/mm]
$= [mm] \left( \bigcup_{q \in \IQ} ( \underbrace{\{f < q \}}_{\in \, {\cal B}(\IR)} \cap \underbrace{\{e < c - q\}}_{\in \, {\cal B}(\IR)}) \right)^c$ [/mm]
[mm] $\in {\cal B}(\IR)$.
[/mm]
> [mm]h_2(x)=\bruch{f(x)}{g(x)}
[/mm]
> Was mache ich hier? Was ist denn da [mm]h^{-1}(x)?[/mm] Gibt es da
> eine Regel, so wie z. B. beim Ableiten die
> Quotientenregel?
Zunächst einmal zeigst du, dass mit $g$ auch [mm] $\frac{1}{g}$ [/mm] messbar ist. (Kriegst du das selber hin?)
Dann schreibst du:
[mm] $\frac{f}{g} [/mm] = f [mm] \cdot \frac{1}{g} [/mm] = [mm] \frac{1}{4} \cdot \left(f + \frac{1}{g} \right)^2 [/mm] - [mm] \frac{1}{4} \cdot \left(f - \frac{1}{g} \right)^2$.
[/mm]
Wenn du jetzt noch zeigen kannst (kriegst du das hin?), dass mit einer Funktion $f$ auch [mm] $f^2$ [/mm] messbar ist (okay, ich bin ja lieb: es folgt sofort aus [mm] $\{f^2 \ge c\} [/mm] = [mm] \IR$ [/mm] für $c [mm] \le [/mm] 0$ und [mm] $\{f^2 \ge c\} [/mm] = [mm] \{f \ge \sqrt{c}\} \cup \{f \le - \sqrt{c}\}$ [/mm] für $c>0$)  , dann folgt die Behauptung aus dem bereits Gezeigten. Ist dir das klar? Wenn nicht, dann frage bitte nach. 
> [mm]h_3(x)= \limes_{n\rightarrow\infty}[/mm] sup [mm]f_n(x)
[/mm]
> Was ist eigentlich mit [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}[/mm] sup
> gemeint? Nehme ich erst das Supremum aller [mm]f_n[/mm] 's und dann
> den Grenzwert davon?
Es ist nach Definition
[mm] $\limsup_{n \to \infty} f_n(x) [/mm] = [mm] \inf\limits_{n \in \IN} \left\{ \sup\limits_{m \ge n} \left\{ f_m(x)\right\} \right\}$.
[/mm]
Sprich:
Für jedes $n$ sucht man sich das Supremum der Menge [mm] $\{f_n(x),f_{n+1}(x),f_{n+2}(x),\ldots\}$. [/mm] Dann erhält man eine Menge von Suprema, also von Zahlen, aus der man wiederum das Infimum über alle $n [mm] \in \IN$ [/mm] bildet.
Aufgrund der obigen Darstellung genügt es also zu zeigen, dass mit jeder Folge [mm] $(f_n)_{n \in \IN}$ [/mm] messbarer Funktionen auch die Funktionen [mm] $\sup\limits_{n \in \IN} f_n$ [/mm] und [mm] $\inf\limits_{n \in \IN} f_n$ [/mm] messbar sind.
Dies folgt aber sofort aus:
[mm] $\{ \sup\limits_{n \in \IN} f_n \le c\} [/mm] = [mm] \bigcap_{n \in \IN} \{f_n \le c\}$
[/mm]
und
[mm] $\inf\limits_{n \in \IN} f_n= -\sup\limits_{n \in \IN} (-f_n)$.
[/mm]
Frag nach, wenn was unklar ist, ich helfe dir gerne.
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:24 Mi 03.11.2004 | | Autor: | Bastiane |
Hallo Stefan!
Ich hatte ja schon fast befürchtet, ich bekäme gar keine Antwort mehr, aber wahrscheinlich war ich nur zu ungeduldig...
Hab' mir erstmal nur den ersten Teil deiner Erklärung (das ist doch schon der fertige Beweis, oder?) angeguckt, den Rest werde ich gleich genauer lesen, aber hier habe ich schon mal noch ein paar Fragen:
> Nun gilt aber:
>
> [mm]h_1^{-1}([c,+\infty[)[/mm]
>
> [mm]= \{h_1 \ge c\}[/mm]
>
> [mm]= \{f+e \ge c\}[/mm]
Das ist noch klar, aber wie kommst du auf Folgendes und was bedeutet das [mm] \{...\}^{c}?
[/mm]
> [mm]= \{f < c - e\}^c[/mm]
>
> [mm]= \left( \bigcup_{q \in \IQ} (\{f < q \} \cap \{q < c - e\}) \right)^c[/mm]
Das habe ich mir durch Zeichnen veranschaulicht, ich glaube, ich verstehe es. Aber wie kommst du auf das
> [mm]= \left( \bigcup_{q \in \IQ} ( \underbrace{\{f < q \}}_{\in \, {\cal B}(\IR)} \cap ( \underbrace{\{f < q \}}_{\in \, {\cal B}(\IR)}) \right)^c[/mm]
Das hier: [mm] \underbrace{\{f < q \}}_{\in \, {\cal B}(\IR)} [/mm] kommt vermutlich davon, dass f messbar ist, oder? aber ( [mm] \underbrace{\{f < q \}}_{\in \, {\cal B}(\IR)}? [/mm] wie kommst du von der Klammer drüber hier drauf und warum ist das dann auch [mm] {\cal B}(\IR)? [/mm] (Hey, jetzt habe ich ja sogar ein beschwungenes B...)
> [mm]\in {\cal B}(\IR)[/mm].
Und warum gilt das? Folgt das aus den Regeln für die [mm] \sigma-Algebren? [/mm] (Dei Vereinigung ist ja laut Definition immer drin und der Schnitt folgte glaube ich aus den Komplementen oder so.)
Viele Grüße (und wie gesagt, den Rest schaue ich mir jetzt mal an...)
Christiane
![[winken]](/images/smileys/winken.gif "[winken]")
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:44 Mi 03.11.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
> Ich hatte ja schon fast befürchtet, ich bekäme gar keine
> Antwort mehr, aber wahrscheinlich war ich nur zu
> ungeduldig...
Sooo lange hat es doch gar nicht gedauert mit der Antwort, oder?
> Hab' mir erstmal nur den ersten Teil deiner Erklärung (das
> ist doch schon der fertige Beweis, oder?)
Ja, so mehr oder weniger, man könnte es alles noch exakter begründen.
> angeguckt, den
> Rest werde ich gleich genauer lesen, aber hier habe ich
> schon mal noch ein paar Fragen:
>
> > Nun gilt aber:
> >
> > [mm]h_1^{-1}([c,+\infty[)[/mm]
> >
> > [mm]= \{h_1 \ge c\}[/mm]
> >
> > [mm]= \{f+e \ge c\}[/mm]
> Das ist noch klar, aber wie kommst du
> auf Folgendes und was bedeutet das [mm]\{...\}^{c}?
[/mm]
Das [mm]\{...\}^{c}[/mm] ist das Komplement der Menge, die in den Mengenklammern steht. Es gilt also hier: [mm] $A^c [/mm] = [mm] \IR \setminus [/mm] A$. Und bei uns hier im Speziellen ist
[mm] $\{f < c - e\}^c [/mm] = [mm] \{f+e \ge c\}$,
[/mm]
denn für alle $x [mm] \in \IR$, [/mm] für die nicht $f(x)<c-e(x)$ gilt, muss ja zwangsläufig $f(x) [mm] \ge [/mm] c-e(x)$, also: $f(x) + e(x) [mm] \ge [/mm] c$ gelten (und umgekehrt)
Ist es jetzt klar?
> > [mm]= \{f < c - e\}^c[/mm]
> >
> > [mm]= \left( \bigcup_{q \in \IQ} (\{f < q \} \cap \{q < c - e\}) \right)^c[/mm]
>
> Das habe ich mir durch Zeichnen veranschaulicht, ich
> glaube, ich verstehe es. Aber wie kommst du auf das
> > [mm]= \left( \bigcup_{q \in \IQ} ( \underbrace{\{f < q \}}_{\in \, {\cal B}(\IR)} \cap ( \underbrace{\{f < q \}}_{\in \, {\cal B}(\IR)}) \right)^c[/mm]
Hier hast du dich verschrieben. Schau bitte noch einmal nach. Ich habe einfach umgeformt:
[mm] $\{q < c - e(x)\} [/mm] = [mm] \{e(x) < c-q\}$,
[/mm]
alo auf beiden Seiten $e(x)$ addiert und $q$ abgezogen.
> Das hier: [mm]\underbrace{\{f < q \}}_{\in \, {\cal B}(\IR)}[/mm]
> kommt vermutlich davon, dass f messbar ist, oder?
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> aber (
> [mm]\underbrace{\{f < q \}}_{\in \, {\cal B}(\IR)}?[/mm] wie kommst
> du von der Klammer drüber hier drauf und warum ist das dann
> auch [mm]{\cal B}(\IR)?[/mm] (Hey, jetzt habe ich ja sogar ein
> beschwungenes B...)
Wie gesagt, man kommt durch Umformen auf:
[mm] $\{e < c-q\}$.
[/mm]
Und das liegt ebenfalls in [mm] ${\cal B}(\IR)$, [/mm] weil auch $e$ als Borel-messbar vorausgesetzt wurde.
> > [mm]\in {\cal B}(\IR)[/mm].
> Und warum gilt das? Folgt das aus
> den Regeln für die [mm]\sigma-Algebren?[/mm] (Dei Vereinigung ist ja
> laut Definition immer drin und der Schnitt folgte glaube
> ich aus den Komplementen oder so.)
Ja. Zunächst liegt der einfache Schnitt (ganz innen) in [mm] ${\cal B}(\IR^d)$. [/mm] Dann wird eine abzählbare Vereinigung genommen, wodurch man auch in der [mm] $\sigma$-Algebra [/mm] bleibt (daher ist es wichtig, dass man über alle rationalen Zahlen vereinigt und nicht etwa über alle reellen). Und dann wird noch das Komplement genommen. Aber auch das Komplement einer messbaren Menge ist messbar (nach Definition einer [mm] $\sigma$-Algebra).
[/mm]
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:35 Do 04.11.2004 | | Autor: | Bastiane |
Hallo Stefan!
> (das ist doch schon der fertige Beweis, oder?)
>
> Ja, so mehr oder weniger, man könnte es alles noch exakter
> begründen.
Also, ich habe es jetzt mal aufgeschrieben und wollte es möglichst ausführlich machen, aber viel ausführlicher geht das glaube ich gar nicht. Jedenfalls sind mir da noch ein paar Fragen gekommen:
Ganz am Anfang hattest du geschrieben:
Da $ [mm] {\cal B}(\IR) [/mm] $ von den Mengen $ [mm] [c,+\infty[ [/mm] $ $ (c [mm] \in \IR) [/mm] $ erzeugt wird, genügt es zu zeigen, dass für alle $ c [mm] \in \IR [/mm] $ folgendes gilt:
$ [mm] h_1^{-1}([c,+\infty[) \in {\cal B}(\IR) [/mm] $.
Das hatten wir auch in der Vorlesung als hinreichende Bedingung für die Messbarkeit einer Funktion, allerdings von [mm] \Omega \to \IR [/mm] (mit [mm] \IR:=[-\infty,\infty], [/mm] das könntest du mir bei Gelegenheit auch mal erklären, was das genau soll) und für alle [mm] t\in \IQ. [/mm] Jedenfalls haben wir hier ja [mm] \cal B(\IR) [/mm] und du schreibst [mm] c\in\IR. [/mm] Ist das denn dann richtig?
> Das [mm]\{...\}^{c}[/mm] ist das Komplement der Menge, die in den
> Mengenklammern steht. Es gilt also hier: [mm]A^c = \IR \setminus A[/mm].
Danke, dieser Satz hätte genügt. Was das Komplement ist, weiß ich, und dann habe ich auch die Umformungen verstanden. Aber wir hatten das Komplement irgendwie anders gekennzeichnet, aber auf das c hätte ich ja auch kommen können... ![[jajaklar]](/images/smileys/jajaklar.gif "[jajaklar]") ![[lichtaufgegangen]](/images/smileys/lichtaufgegangen.gif "[lichtaufgegangen]")
> > > [mm]= \{f < c - e\}^c[/mm]
> > > [mm]= \left( \bigcup_{q \in \IQ} (\{f < q \} \cap \{q < c - e\}) \right)^c[/mm]
Das habe ich nochmal versucht, mir klar zu machen, aber wie könnte man das noch irgendwie in Worte fassen oder sieht ein richtiger Mathematiker, dass das gleich ist (vielleicht ist das ja wieder so ein Standard-Trick?)?
> > Aber wie kommst du auf das
> > > [mm]= \left( \bigcup_{q \in \IQ} ( \underbrace{\{f < q \}}_{\in \, {\cal B}(\IR)} \cap ( \underbrace{\{f < q \}}_{\in \, {\cal B}(\IR)}) \right)^c[/mm]
>
> Hier hast du dich verschrieben. Schau bitte noch einmal
> nach. Ich habe einfach umgeformt:
Sorry, keine Ahnung, was ich da gelesen habe, wahrscheinlich habe ich irgendwie schief geguckt... ![[sorry]](/images/smileys/sorry.gif "[sorry]")
Ich glaub', den Rest habe ich verstanden... (hoffentlich!)
Viele Grüße und nochmal viiiiiiieeeeeelen herzlichen Dank für die ausführliche Erklärung! ![[klatsch]](/images/smileys/klatsch.gif "[klatsch]")
Christiane
![[cap]](/images/smileys/cap.gif "[cap]")
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:23 Fr 05.11.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Bastiane!
> Ganz am Anfang hattest du geschrieben:
> Da [mm]{\cal B}(\IR)[/mm] von den Mengen [mm][c,+\infty[[/mm] [mm](c \in \IR)[/mm]
> erzeugt wird, genügt es zu zeigen, dass für alle [mm]c \in \IR[/mm]
> folgendes gilt:
>
> [mm]h_1^{-1}([c,+\infty[) \in {\cal B}(\IR) [/mm].
> Das hatten wir
> auch in der Vorlesung als hinreichende Bedingung für die
> Messbarkeit einer Funktion, allerdings von [mm]\Omega \to \IR[/mm]
> (mit [mm]\IR:=[-\infty,\infty],[/mm] das könntest du mir bei
> Gelegenheit auch mal erklären, was das genau soll) und für
> alle [mm]t\in \IQ.[/mm] Jedenfalls haben wir hier ja [mm]\cal B(\IR)[/mm] und
> du schreibst [mm]c\in\IR.[/mm] Ist das denn dann richtig?
Was ist denn hier jetzt überhaupt deine Frage?
> > > > [mm]= \{f < c - e\}^c[/mm]
> > > > [mm]= \left( \bigcup_{q \in \IQ} (\{f < q \} \cap \{q < c - e\}) \right)^c[/mm]
>
> Das habe ich nochmal versucht, mir klar zu machen, aber wie
> könnte man das noch irgendwie in Worte fassen oder sieht
> ein richtiger Mathematiker, dass das gleich ist (vielleicht
> ist das ja wieder so ein Standard-Trick?)?
Naja, es ist schon trickreich, was Stefan da macht, aber die Gleichheit ist doch ganz einfach einzusehen.
Vielleicht wird das ja deutlicher, wenn ich es etwas anders hinschreibe:
[mm] $\{x|f(x) < c - e(x)\}^c$
[/mm]
Nun wird dieser "Trick" angewendet: [mm] $\IR=\bigcup_{q\in\IQ} (\{x|f(x)
Vorstellen kannst du dir das, indem du bei einer beliebigen Funktion nur diejenigen x-Werte betrachtest, so dass der Graph unterhalb der Konstanten q (eine Waagerechte) verläuft. Schiebst du diese Linie immer höher, so erreichst du alle x-Werte, da alle Funktionswerte ab einer bestimmten Höhe unterhalb dieser Linie liegen.
$= [mm] \left( \bigcup_{q \in \IQ} (\{x|f(x)
$= [mm] \left( \bigcup_{q \in \IQ} (\{x|f(x) < q \wedge q < c - e(x)\}) \right)^c$
[/mm]
$= [mm] \left( \bigcup_{q \in \IQ} (\{x|f(x) < q \} \cap \{x|q < c - e(x)\}) \right)^c$
[/mm]
$= [mm] \left( \bigcup_{q \in \IQ} (\{f < q \} \cap \{q < c - e\}) \right)^c$
[/mm]
Viele Grüße,
Marc
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:15 Mi 03.11.2004 | | Autor: | Bastiane |
Hallo Stefan!
Jetzt habe ich mir mal den 2. Teil deiner Erklärungen angeguckt. Auch hierzu wieder ein paar Fragen:
> Zunächst einmal zeigst du, dass mit [mm]g[/mm] auch [mm]\frac{1}{g}[/mm]
> messbar ist. (Kriegst du das selber hin?)
Also, dass mir das weiterhelfen könntet, leuchtet ein. Ich habe es mal versucht...
Also, wenn g messbar ist, heißt das dann [mm] g^{-1}([c,\infty[)=\{g\ge c\}? [/mm] (In meinen Vorlesungsaufzeichnungen finde ich das nur als hinreichende Bedingung für die Messbarkeit einer Fkt - ich hatte es mit hinreichenden und notwendigen Bedingungen noch nie so...). Jedenfalls bin ich mal davon ausgegangen, dass das so ist.
[mm] g\ge [/mm] c [mm] \gdw \bruch{1}{g}\le \bruch{1}{c} [/mm] für c>0 und [mm] \bruch{1}{g}\ge \bruch{1}{c} [/mm] für c<0.
Aus dem zweiten Teil folgt doch dann [mm] g([c,\infty[)\le\bruch{1}{c} [/mm] und somit die Messbarkeit von [mm] g^{-1}, [/mm] oder? Aber was, wenn c>0 ist??? Oder bin ich das jetzt falsch angegangen?
> Dann schreibst du:
>
> [mm]\frac{f}{g} = f \cdot \frac{1}{g} = \frac{1}{4} \cdot \left(f + \frac{1}{g} \right)^2 - \frac{1}{4} \cdot \left(f - \frac{1}{g} \right)^2[/mm].
Das kann man ja einfach nachrechnen, aber wenn du's mir nicht gesagt hättest, wie hätte ich dann darauf kommen können?
Und wieso muss ich dafür jetzt zeigen, dass auch [mm] f^2 [/mm] messbar ist? Habe ich nicht jetzt ein Produkt und Summen von messbaren Mengen und muss erstmal zeigen, dass diese messbar sind, oder ist das klar?
> bin ja lieb: es folgt sofort aus [mm]\{f^2 \ge c\} = \IR[/mm] für [mm]c \le 0[/mm]
> und [mm]\{f^2 \ge c\} = \{f \ge \sqrt{c}\} \cup \{f \le - \sqrt{c}\}[/mm]
> für [mm]c>0[/mm]) ,
irgendwie habe ich das mathematisch nachvollzogen, aber wie stellt man sich das vor? Ich habe mich jetzt sozusagen genau an die Definition oder was das ist gehalten, um mir diesen Schritt klarzumachen...
So, und den dritten Teil schaue ich mir jetzt gleich an.
Viele Grüße (was kann man eigentlich statt "Viele Grüße" sonst noch so Schönes schreiben? Langsam hört sich das auch schon fast so ausgelatscht an...)
Christiane
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:54 Mi 03.11.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
. Auch hierzu wieder ein paar Fragen:
>
> > Zunächst einmal zeigst du, dass mit [mm]g[/mm] auch [mm]\frac{1}{g}[/mm]
>
> > messbar ist. (Kriegst du das selber hin?)
> Also, dass mir das weiterhelfen könntet, leuchtet ein. Ich
> habe es mal versucht...
> Also, wenn g messbar ist, heißt das dann
> [mm]g^{-1}([c,\infty[)=\{g\ge c\}?[/mm]
Du meinst:
[mm] $g^{-1}([c,\infty[) [/mm] = [mm] \{g \ge c\} \red{\in {\cal B}(\IR)}$.
[/mm]
Denn sonst hast du ja gar keine Bedingung formuliert... ![[kopfkratz3]](/images/smileys/kopfkratz3.gif "[kopfkratz3]")
> (In meinen
> Vorlesungsaufzeichnungen finde ich das nur als hinreichende
> Bedingung für die Messbarkeit einer Fkt - ich hatte es mit
> hinreichenden und notwendigen Bedingungen noch nie so...).
> Jedenfalls bin ich mal davon ausgegangen, dass das so
> ist.
> [mm]g\ge[/mm] c [mm]\gdw \bruch{1}{g}\le \bruch{1}{c}[/mm] für c>0 und
> [mm]\bruch{1}{g}\ge \bruch{1}{c}[/mm] für c<0.
Überprüfe das bitte noch einmal. (Es stimmt so nicht.)
> Aus dem zweiten Teil folgt doch dann
> [mm]g([c,\infty[)\le\bruch{1}{c}[/mm]
Du meinst (im Falle $c [mm] \ne [/mm] 0$):
[mm] $\left\{\frac{1}{g} \le \frac{1}{c} \right\} [/mm] = [mm] \{g \ge c\} \in {\cal B}(\IR)$,
[/mm]
oder?
> und somit die Messbarkeit von
> [mm]g^{-1},[/mm] oder?
Es geht ja um die Messbarkeit von [mm] $\frac{1}{g}$.
[/mm]
> Aber was, wenn c>0 ist??? Oder bin ich das
> jetzt falsch angegangen?
´
Es ist ein wenig konfus. Probiere es bitte noch einmal, jetzt mit meinen zusätzlichen Hinweisen.
> > Dann schreibst du:
> >
> > [mm]\frac{f}{g} = f \cdot \frac{1}{g} = \frac{1}{4} \cdot \left(f + \frac{1}{g} \right)^2 - \frac{1}{4} \cdot \left(f - \frac{1}{g} \right)^2[/mm].
>
> Das kann man ja einfach nachrechnen, aber wenn du's mir
> nicht gesagt hättest, wie hätte ich dann darauf kommen
> können?
Das ist ein Standardtrick.
> Und wieso muss ich dafür jetzt zeigen, dass auch [mm]f^2[/mm]
> messbar ist? Habe ich nicht jetzt ein Produkt und Summen
> von messbaren Mengen und muss erstmal zeigen, dass diese
> messbar sind, oder ist das klar?
Wir wollen ja gerade zeigen, dass das Produkt messbarer Funktionen wieder messbar ist (genauer: das Produkt von $f$ und [mm] $\frac{1}{g}$. [/mm] Daher dürfen wir das jetzt nicht verwenden.
> > bin ja lieb: es folgt sofort aus [mm]\{f^2 \ge c\} = \IR[/mm] für
> [mm]c \le 0[/mm]
> > und [mm]\{f^2 \ge c\} = \{f \ge \sqrt{c}\} \cup \{f \le - \sqrt{c}\}[/mm]
>
> > für [mm]c>0[/mm]) ,
> irgendwie habe ich das mathematisch nachvollzogen, aber wie
> stellt man sich das vor? Ich habe mich jetzt sozusagen
> genau an die Definition oder was das ist gehalten, um mir
> diesen Schritt klarzumachen...
Wann ist denn eine Zahl zum Quadrat größer oder gleich $c$? Entweder dann, wenn die Zahl selbst größer oder gleich [mm] $\sqrt{c}$ [/mm] ist oder aber wenn sie kleiner oder gleich [mm] $-\sqrt{c}$ [/mm] ist. Genau das steht da (diese Zahl ist $f(x)$).
> So, und den dritten Teil schaue ich mir jetzt gleich an.
>
> Viele Grüße (was kann man eigentlich statt "Viele Grüße"
> sonst noch so Schönes schreiben? Langsam hört sich das auch
> schon fast so ausgelatscht an...)
Du könntest (zumindestens mir ) auch mal "liebe Grüße" wünschen.
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:15 Do 04.11.2004 | | Autor: | Bastiane |
Hallo Stefan!
Also, ich hab's nochmal versucht...
> > Also, wenn g messbar ist, heißt das dann
> > [mm]g^{-1}([c,\infty[)=\{g\ge c\}?[/mm]
>
> Du meinst:
>
> [mm]g^{-1}([c,\infty[) = \{g \ge c\} \red{\in {\cal B}(\IR)}[/mm].
>
> Denn sonst hast du ja gar keine Bedingung formuliert...
>
Ja, natürlich!
> > [mm]g\ge[/mm] c [mm]\gdw \bruch{1}{g}\le \bruch{1}{c}[/mm] für c>0 und
> > [mm]\bruch{1}{g}\ge \bruch{1}{c}[/mm] für c<0.
>
> Überprüfe das bitte noch einmal. (Es stimmt so
> nicht.)
Warum stimmt das denn nicht? Wenn c<0 ist, wird doch das Ungleichheitszeichen umgedreht!? Oder ist vorausgesetzt, dass [mm] c\ge [/mm] 0? Oder was habe ich sonst vergessen, was noch gilt?
> > Aus dem zweiten Teil folgt doch dann
> > [mm]g([c,\infty[)\le\bruch{1}{c}[/mm]
>
> Du meinst (im Falle [mm]c \ne 0[/mm]):
>
> [mm]\left\{\frac{1}{g} \le \frac{1}{c} \right\} = \{g \ge c\} \in {\cal B}(\IR)[/mm],
>
> oder?
>
> > und somit die Messbarkeit von
> > [mm]g^{-1},[/mm] oder?
>
> Es geht ja um die Messbarkeit von [mm]\frac{1}{g}[/mm].
Ja, sorry, das folgt doch dann genau direkt daraus, oder etwas nicht? (diese dumme Schreibweise mit der Umkehrfunktion hat mich verwirrt...
So, jetzt muss ich leider erstmal aufhören - werde heute abend mir das alles nochmal genau angucken...
Viele liebe Grüße
Christiane
![[banane]](/images/smileys/banane.gif "[banane]")
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:38 Fr 05.11.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Bastian!
> > > [mm]g\ge[/mm] c [mm]\gdw \bruch{1}{g}\le \bruch{1}{c}[/mm] für c>0 und
>
> > > [mm]\bruch{1}{g}\ge \bruch{1}{c}[/mm] für c<0.
> >
> > Überprüfe das bitte noch einmal. (Es stimmt so
> > nicht.)
> Warum stimmt das denn nicht? Wenn c<0 ist, wird doch das
> Ungleichheitszeichen umgedreht!? Oder ist vorausgesetzt,
> dass [mm]c\ge[/mm] 0? Oder was habe ich sonst vergessen, was noch
> gilt?
Ich denke, problematisch ist, dass g eine Funktion ist und deswegen auch negative Werte annehmen kann.
Dem könntest du durch Aufteilen der Urbildbereiche entgegenwirken:
Fall 1: c>0
[mm] $\{g\ge c\}=\{(g<0)\ \wedge\ (g\ge c)\}\cup \{(g\ge0)\ \wedge\ (g\ge c)\}=\left\{(g<0)\ \wedge\ \left(\bruch{1}{c}\le\bruch{1}{g}\right)\right\}\cup \left\{(g\ge0)\ \wedge\ \left(\bruch{1}{c}\ge \bruch{1}{g}\right)\right\}$
[/mm]
Fall 2: c<0
Analog.
Fall 3: c=0
Analog.
Viele Grüße,
Marc
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:53 Mi 03.11.2004 | | Autor: | Bastiane |
Hallo Stefan!
So, nun zum 3. Teil:
> Es ist nach Definition
>
> [mm]\limsup_{n \to \infty} f_n(x) = \inf\limits_{n \in \IN} \left\{ \sup\limits_{m \ge n} \left\{ f_m(x)\right\} \right\}[/mm].
Danke schon mal dafür, ich kann mich nicht daran erinnern, dass der Prof das irgendwann mal aufgeschrieben hat...
> Sprich:
>
> Für jedes [mm]n[/mm] sucht man sich das Supremum der Menge
> [mm]\{f_n(x),f_{n+1}(x),f_{n+2}(x),\ldots\}[/mm]. Dann erhält man
> eine Menge von Suprema, also von Zahlen, aus der man
> wiederum das Infimum über alle [mm]n \in \IN[/mm] bildet.
Und danke auch besonders hierfür, das werde ich mir am besten irgendwo ganz groß in mein Zimmer schreiben... (schade, ich finde keinen "Danke-Smiley")
Deine weiteren Erklärungen sind mir glaube ich klar, muss sie mir aber nochmal gaaaanz genau angucken. Aber das werde ich wahrscheinlich erst morgen tun.
Viele Grüße
Bastiane
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:35 Fr 05.11.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
Erst einmal von meiner Seite aus ein herzliches Dankeschön an Marc, dass er dir geholfen hat und ich dir so jetzt in Ruhe noch antworten kann (das Antworten auf drei Fragen hätte ich jetzt nicht mehr geschafft).
> > dass mit jeder Folge [mm](f_n)_{n \in \IN}[/mm] messbarer
> Funktionen
> > auch die Funktionen [mm]\sup\limits_{n \in \IN} f_n[/mm] und
> > [mm]\inf\limits_{n \in \IN} f_n[/mm] messbar sind.
> >
> > Dies folgt aber sofort aus:
> >
> > [mm]\{ \sup\limits_{n \in \IN} f_n \le c\} = \bigcap_{n \in \IN} \{f_n \le c\}[/mm]
>
> > und
> > [mm]\inf\limits_{n \in \IN} f_n= -\sup\limits_{n \in \IN} (-f_n)[/mm].
>
> Kann man sich das eigentlich irgendwie anschaulich
> vorstellen? Beim zweiten habe ich es glaube ich
> hinbekommen, aber beim ersten ist das wohl etwas
> schwieriger.
Du meinst die Beziehung
[mm]\{ \sup\limits_{n \in \IN} f_n \le c\} = \bigcap_{n \in \IN} \{f_n \le c\}[/mm]
Nun ja, für diejenigen $x [mm] \in \IR$, [/mm] für die [mm] $\sup\limits_{n \in \IN} f_n(x) \le [/mm] c$ gilt, muss natürlich auch [mm] $f_n(x) \le [/mm] c$ für alle $n [mm] \in \IN$ [/mm] gelten. (Denn gäbe es ein [mm] $n_0 \in \IN$ [/mm] mit [mm] $f_{n_0}(x) [/mm] > c$, so wäre auch [mm] $\sup\limits_{n \in \IN} f_n(x) [/mm] > c$.)
Gilt umgekehrt [mm] $f_n(x) \le [/mm] c$ für alle $n [mm] \in \IN$, [/mm] so folgt auch: [mm] $\sup_{n \in \IN} f_n(x) \le [/mm] c$. (Denn das Supremum ist ja die kleinste obere Schranke, und wäre [mm] $\sup_{n \in \IN} f_n(x) [/mm] > c$, so müsste es auch $n [mm] \in \IN$ [/mm] geben mit [mm] $f_n(x) [/mm] > c$.)
> Und ich nehme es gerne an - hoffentlich habe ich dich
> nicht zu sehr gelöchert...
Nein, keine Spur davon. Ich bin immer noch ganz dicht.
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:11 Di 29.03.2005 | | Autor: | Bastiane |
Hallo Stefan, hallo Marc, oder hallo wer auch immer mir hierauf antworten wird!
Ich gehe gerade nochmal (hoffentlich alle) meine alten Aufgaben der Übungszettel durch und da sind mir zu dieser Aufgabe hier noch ein paar Fragen gekommen. Ich hatte zwar damals volle Punktzahl bekommen, aber unser Tutor hat es auch nicht unbedingt immer ganz genau genommen, und ich möchte es jetzt doch mal wissen...
Ich denke, ich schreibe jetzt mal alle Fragen hier in eine Frage, und Zitate setze ich mal einfach in Anführungsstriche:
Damit ihr nicht nochmal alles lesen müsste, hier nochmal gerade die Aufgabenstellung:
Ich habe Funktionen $ [mm] e,f,g,f_n [/mm] $ gegeben $ [mm] (n\in \IN [/mm] $ und jeweils von $ [mm] \IR,B(\IR))\rightarrow(\IR,B(\IR)) [/mm] $ und natürlich g(x)$ [mm] \not= [/mm] $ 0 $ [mm] \forall x\in \IR). [/mm] $ Jetzt soll ich zeigen, dass auch folgende Funktionen messbar sind:
$ [mm] h_1(x)=f(x)+e(x) [/mm] $
"Da $ [mm] {\cal B}(\IR) [/mm] $ von den Mengen $ [mm] [c,+\infty[ [/mm] $ $ (c [mm] \in \IR) [/mm] $ erzeugt wird, genügt es zu zeigen, dass für alle $ c [mm] \in \IR [/mm] $ folgendes gilt:
$ [mm] h_1^{-1}([c,+\infty[) \in {\cal B}(\IR) [/mm] $."
Es geht doch [mm] h_1 [/mm] auch von [mm] (\IR,B(\IR))\rightarrow(\IR,B(\IR)), [/mm] oder nicht? Warum muss denn dann [mm] h_1^{-1}\in {\cal B}(\IR) [/mm] liegen? [mm] h_1^{-1} [/mm] ist doch die Umkehrfunktion. Müsste [mm] h_1^{-1} [/mm] dann nicht eigentlich in [mm] \IR [/mm] liegen?
Nun ging der Beweis mit dieser Form weiter, ich habe mir überlegt, bzw. hatten wir etwas ähnliches aufgeschrieben, ob man das nicht auch beweisen könnte mit [mm] h_1^{-1}(]-\infty,c]), [/mm] da würde der Beweis doch analog gehen, oder gibt es da ne Regel, wann man [mm] [c,+\infty[ [/mm] oder [mm] ]-\infty,c] [/mm] nimmt?
Und dann frage ich mich noch, warum denn das Komplement benötigt wird - kann man es nicht auch folgendermaßen machen:
[mm] h_1^{-1}([c,\infty[)=\{h_1\ge c\}=\{f+e\ge c\} =\{f\ge c-e\}= \bigcup_{q\in\IQ}\{\{f\ge q\}\cap\{q\ge c-e\}\} [/mm] usw.
Nun der zweite Teil:
$ [mm] h_2(x)=\bruch{f(x)}{g(x)} [/mm] $
"$ [mm] \frac{f}{g} [/mm] = f [mm] \cdot \frac{1}{g} [/mm] = [mm] \frac{1}{4} \cdot \left(f + \frac{1}{g} \right)^2 [/mm] - [mm] \frac{1}{4} \cdot \left(f - \frac{1}{g} \right)^2 [/mm] $"
Wie ich damals schon festgestellt hatte, würde ich da von alleine nie drauf kommen. Gibt es denn für solche Aufgaben noch ähnliche Tricks, die ich mir merken könnte oder kann man das hier öfter mal anwenden? Oder waren diese drei auch schon die Hauptaufgaben in dieser Richtung?
"$ [mm] \{f^2 \ge c\} [/mm] = [mm] \IR [/mm] $ für $ c [mm] \le [/mm] 0 $ und $ [mm] \{f^2 \ge c\} [/mm] = [mm] \{f \ge \sqrt{c}\} \cup \{f \le - \sqrt{c}\} [/mm] $ für c>0)
Wann ist denn eine Zahl zum Quadrat größer oder gleich c? Entweder dann, wenn die Zahl selbst größer oder gleich $ [mm] \sqrt{c} [/mm] $ ist oder aber wenn sie kleiner oder gleich $ [mm] -\sqrt{c} [/mm] $ ist. Genau das steht da (diese Zahl ist f(x))."
Da hakt es bei mir irgendwie immer noch: nehmen wir mal f=5 und c=9, also den zweiten Fall mit [mm] c\ge [/mm] 0. Dann ist doch [mm] f^2=25 \ge [/mm] 9=c, auch [mm] f=5\ge \wurzel{9}=3, [/mm] aber [mm] f=5\not\le -\sqrt{9}=-3 [/mm] ![[haee]](/images/smileys/haee.gif "[haee]")
" $ [mm] g\ge [/mm] $ c $ [mm] \gdw \bruch{1}{g}\le \bruch{1}{c} [/mm] $ für c>0 und $ [mm] \bruch{1}{g}\ge \bruch{1}{c} [/mm] $ für c<0."
Das hier sollte falsch sein, ich bin aber immer noch der Meinung, dass es richtig ist... ![[kopfkratz]](/images/smileys/kopfkratz.gif "[kopfkratz]")
Marc hatte dazu folgendes geschrieben:
"Dem könntest du durch Aufteilen der Urbildbereiche entgegenwirken:
Fall 1: c>0
$ [mm] \{g\ge c\}=\{(g<0)\ \wedge\ (g\ge c)\}\cup \{(g\ge0)\ \wedge\ (g\ge c)\}=\left\{(g<0)\ \wedge\ \left(\bruch{1}{c}\le\bruch{1}{g}\right)\right\}\cup \left\{(g\ge0)\ \wedge\ \left(\bruch{1}{c}\ge \bruch{1}{g}\right)\right\} [/mm] $
Fall 2: c<0
Analog.
Fall 3: c=0
Analog. "
Nun habe ich aber eben festgestellt, dass der erste Fall so gar nicht existieren kann. Denn wenn [mm] g\ge [/mm] c ist und g<0, dann muss ja wohl auch c<0 sein!?!
Für c<0 gibt es dann aber zwei Fälle, nämlich g<0 und [mm] g\ge [/mm] 0.
Fall c<0 und g<0:
[mm] g\ge [/mm] c [mm] \Rightarrow \bruch{1}{c}\ge\bruch{1}{g} [/mm] - wäre ja ok
Fall c<0 und g>0:
[mm] g\ge [/mm] c [mm] \Rightarrow \bruch{1}{c}\le\bruch{1}{g} [/mm]
Wo liegt denn jetzt hier der Fehler???
Und zum dritten Teil:
"Du meinst die Beziehung
$ [mm] \{ \sup\limits_{n \in \IN} f_n \le c\} [/mm] = [mm] \bigcap_{n \in \IN} \{f_n \le c\} [/mm] $
Nun ja, für diejenigen $ x [mm] \in \IR [/mm] $, für die $ [mm] \sup\limits_{n \in \IN} f_n(x) \le [/mm] c $ gilt, muss natürlich auch $ [mm] f_n(x) \le [/mm] c $ für alle $ n [mm] \in \IN [/mm] $ gelten. (Denn gäbe es ein $ [mm] n_0 \in \IN [/mm] $ mit $ [mm] f_{n_0}(x) [/mm] > c $, so wäre auch $ [mm] \sup\limits_{n \in \IN} f_n(x) [/mm] > c $.)
Gilt umgekehrt $ [mm] f_n(x) \le [/mm] c $ für alle $ n [mm] \in \IN [/mm] $, so folgt auch: $ [mm] \sup_{n \in \IN} f_n(x) \le [/mm] c $. (Denn das Supremum ist ja die kleinste obere Schranke, und wäre $ [mm] \sup_{n \in \IN} f_n(x) [/mm] > c $, so müsste es auch $ n [mm] \in \IN [/mm] $ geben mit $ [mm] f_n(x) [/mm] > c $.) "
Aber warum muss man denn dann noch den Schnitt von allen nehmen?
Ich glaube, das war's jetzt erstmal... Puh.
Viele Grüße
Christiane
![[hand]](/images/smileys/hand.gif "[hand]") ![[bahnhof]](/images/smileys/bahnhof.gif "[bahnhof]") ![[breakdance]](/images/smileys/breakdance.gif "[breakdance]")
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:07 Mo 04.04.2005 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
Haben sich die Fragen jetzt geklärt?
Du hattest sie mir am Samstag alle mündlich gestellt und ich habe versucht sie zu beantworten. Wenn noch etwas unklar ist, dann stelle einzelne Fragen bitte noch einmal. Ich gehe mal davon aus, da du die Frage noch nicht auf "Nur noch für Interessierte" gestellt hast...
Aber bevor ich alles noch einmal tippe, wüsste ich halt gerne, was genau noch unklar ist.
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:34 Mi 06.04.2005 | | Autor: | Bastiane |
Lieber Stefan!
Mittlerweile ist fast alles klar - zur Übung versuche ich mal meine alten Fragen hier selber zu beantworten. Du musst dir das nicht unbedingt alles durchlesen - es müsste eigentlich schon stimmen. Aber eine Frage bleibt mir doch noch...
> Es geht doch [mm]h_1[/mm] auch von
> [mm](\IR,B(\IR))\rightarrow(\IR,B(\IR)),[/mm] oder nicht? Warum muss
> denn dann [mm]h_1^{-1}\in {\cal B}(\IR)[/mm] liegen? [mm]h_1^{-1}[/mm] ist
> doch die Umkehrfunktion. Müsste [mm]h_1^{-1}[/mm] dann nicht
> eigentlich in [mm]\IR[/mm] liegen?
Das war natürlich Blödsinn!!! Allgemein gilt:
gegeben: zwei Messräume [mm] (\Omega,\mathcal{A}),\;(\Omega ',\mathcal{A}')
[/mm]
Eine Abbildung [mm] f:\Omega\to\Omega' [/mm] heißt messbar, falls [mm] \forall A'\in\mathcal{A}':f^{-1}(A')\in\cal{A}.
[/mm]
Demnach muss [mm] h_1^{-1} [/mm] natürlich in [mm] \cal{A}=\cal{B}(\IR) [/mm] liegen.
> Nun ging der Beweis mit dieser Form weiter, ich habe mir
> überlegt, bzw. hatten wir etwas ähnliches aufgeschrieben,
> ob man das nicht auch beweisen könnte mit
> [mm]h_1^{-1}(]-\infty,c]),[/mm] da würde der Beweis doch analog
> gehen, oder gibt es da ne Regel, wann man [mm][c,+\infty[[/mm] oder
> [mm]]-\infty,c][/mm] nimmt?
Soweit ich mich erinnere, hattest du mir hier zugestimmt!?
> Und dann frage ich mich noch, warum denn das Komplement
> benötigt wird - kann man es nicht auch folgendermaßen
> machen:
>
> [mm]h_1^{-1}([c,\infty[)=\{h_1\ge c\}=\{f+e\ge c\} =\{f\ge c-e\}= \bigcup_{q\in\IQ}\{\{f\ge q\}\cap\{q\ge c-e\}\}[/mm]
> usw.
Das hattest du mir glaube ich auch gesagt, aber ich habe es leider wieder vergessen. An irgendeiner Stelle käme man dann wohl nicht weiter, wenn man das Komplement nicht nehmen würde, aber ich weiß nicht mehr, wo...
> Nun der zweite Teil:
> [mm]h_2(x)=\bruch{f(x)}{g(x)}[/mm]
>
> "[mm] \frac{f}{g} = f \cdot \frac{1}{g} = \frac{1}{4} \cdot \left(f + \frac{1}{g} \right)^2 - \frac{1}{4} \cdot \left(f - \frac{1}{g} \right)^2 [/mm]"
>
> Wie ich damals schon festgestellt hatte, würde ich da von
> alleine nie drauf kommen. Gibt es denn für solche Aufgaben
> noch ähnliche Tricks, die ich mir merken könnte oder kann
> man das hier öfter mal anwenden? Oder waren diese drei auch
> schon die Hauptaufgaben in dieser Richtung?
Okay, das habe ich mir jetzt einfach mal gemerkt.
> "[mm] \{f^2 \ge c\} = \IR[/mm] für [mm]c \le 0[/mm] und [mm]\{f^2 \ge c\} = \{f \ge \sqrt{c}\} \cup \{f \le - \sqrt{c}\}[/mm]
> für c>0)
> Wann ist denn eine Zahl zum Quadrat größer oder gleich c?
> Entweder dann, wenn die Zahl selbst größer oder gleich
> [mm]\sqrt{c}[/mm] ist oder aber wenn sie kleiner oder gleich
> [mm]-\sqrt{c}[/mm] ist. Genau das steht da (diese Zahl ist f(x))."
>
> Da hakt es bei mir irgendwie immer noch: nehmen wir mal f=5
> und c=9, also den zweiten Fall mit [mm]c\ge[/mm] 0. Dann ist doch
> [mm]f^2=25 \ge[/mm] 9=c, auch [mm]f=5\ge \wurzel{9}=3,[/mm] aber [mm]f=5\not\le -\sqrt{9}=-3[/mm]
>
Das war natürlich auch Blödsinn! In meinem Beispiel funktioniert es ja für den linken Teil, und weil dazwischen eine Vereinigung und kein Schnitt steht, muss es eben nur für links oder für rechts gelten. Keine Ahnung, warum ich das nicht kapiert hatte... ![[bonk]](/images/smileys/bonk.gif "[bonk]")
Und das Folgende hätte ich doch nochmal gerne erklärt. Ich glaube allerdings nicht, dass es soo wichtig für die Klausur ist. Sollte genau diese Aufgabe dran kommen, dann schreibe ich es einfach so hin, aber es würde mich schon mal interessieren. Ist aber nicht so dringend...
> " [mm]g\ge[/mm] c [mm]\gdw \bruch{1}{g}\le \bruch{1}{c}[/mm] für c>0 und
> [mm]\bruch{1}{g}\ge \bruch{1}{c}[/mm] für c<0."
> Das hier sollte falsch sein, ich bin aber immer noch der
> Meinung, dass es richtig ist...
> Marc hatte dazu folgendes geschrieben:
> "Dem könntest du durch Aufteilen der Urbildbereiche
> entgegenwirken:
>
> Fall 1: c>0
> [mm]\{g\ge c\}=\{(g<0)\ \wedge\ (g\ge c)\}\cup \{(g\ge0)\ \wedge\ (g\ge c)\}=\left\{(g<0)\ \wedge\ \left(\bruch{1}{c}\le\bruch{1}{g}\right)\right\}\cup \left\{(g\ge0)\ \wedge\ \left(\bruch{1}{c}\ge \bruch{1}{g}\right)\right\}[/mm]
>
> Fall 2: c<0
> Analog.
>
> Fall 3: c=0
> Analog. "
>
> Nun habe ich aber eben festgestellt, dass der erste Fall so
> gar nicht existieren kann. Denn wenn [mm]g\ge[/mm] c ist und g<0,
> dann muss ja wohl auch c<0 sein!?!
> Für c<0 gibt es dann aber zwei Fälle, nämlich g<0 und [mm]g\ge[/mm]
> 0.
>
> Fall c<0 und g<0:
> [mm]g\ge[/mm] c [mm]\Rightarrow \bruch{1}{c}\ge\bruch{1}{g}[/mm] - wäre ja
> ok
>
> Fall c<0 und g>0:
> [mm]g\ge[/mm] c [mm]\Rightarrow \bruch{1}{c}\le\bruch{1}{g}[/mm]
>
> Wo liegt denn jetzt hier der Fehler???
> Und zum dritten Teil:
>
> "Du meinst die Beziehung
>
> [mm]\{ \sup\limits_{n \in \IN} f_n \le c\} = \bigcap_{n \in \IN} \{f_n \le c\}[/mm]
>
> Nun ja, für diejenigen [mm]x \in \IR [/mm], für die [mm]\sup\limits_{n \in \IN} f_n(x) \le c[/mm]
> gilt, muss natürlich auch [mm]f_n(x) \le c[/mm] für alle [mm]n \in \IN[/mm]
> gelten. (Denn gäbe es ein [mm]n_0 \in \IN[/mm] mit [mm]f_{n_0}(x) > c [/mm],
> so wäre auch [mm]\sup\limits_{n \in \IN} f_n(x) > c [/mm].)
>
> Gilt umgekehrt [mm]f_n(x) \le c[/mm] für alle [mm]n \in \IN [/mm], so folgt
> auch: [mm]\sup_{n \in \IN} f_n(x) \le c [/mm]. (Denn das Supremum
> ist ja die kleinste obere Schranke, und wäre [mm]\sup_{n \in \IN} f_n(x) > c [/mm],
> so müsste es auch [mm]n \in \IN[/mm] geben mit [mm]f_n(x) > c [/mm].) "
>
> Aber warum muss man denn dann noch den Schnitt von allen
> nehmen?
Ich glaube, das ist so, weil es eben für alle n gelten muss, und für alle heißt ja so viel wie [mm] \cap. [/mm]
Viele Grüße
Christiane
![[sunny]](/images/smileys/sunny.gif "[sunny]")
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:02 Mi 06.04.2005 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
> > Es geht doch [mm]h_1[/mm] auch von
> > [mm](\IR,B(\IR))\rightarrow(\IR,B(\IR)),[/mm] oder nicht? Warum muss
> > denn dann [mm]h_1^{-1}\in {\cal B}(\IR)[/mm] liegen? [mm]h_1^{-1}[/mm] ist
> > doch die Umkehrfunktion. Müsste [mm]h_1^{-1}[/mm] dann nicht
> > eigentlich in [mm]\IR[/mm] liegen?
>
> Das war natürlich Blödsinn!!! Allgemein gilt:
> gegeben: zwei Messräume [mm](\Omega,\mathcal{A}),\;(\Omega ',\mathcal{A}')[/mm]
>
> Eine Abbildung [mm]f:\Omega\to\Omega'[/mm] heißt messbar, falls
> [mm]\forall A'\in\mathcal{A}':f^{-1}(A')\in\cal{A}.[/mm]
> Demnach
> muss [mm]h_1^{-1}[/mm] natürlich in [mm]\cal{A}=\cal{B}(\IR)[/mm] liegen.
>
Der Satz macht so keinen Sinn. Was meinst du damit? Die Aussage ist: [mm] $h_1^{-1}(A')$ [/mm] muss in [mm] ${\cal A}={\cal B}(\IR)$ [/mm] liegen für alle $A' [mm] \in {\cal B}(\IR)$.
[/mm]
> > Nun ging der Beweis mit dieser Form weiter, ich habe mir
> > überlegt, bzw. hatten wir etwas ähnliches aufgeschrieben,
> > ob man das nicht auch beweisen könnte mit
> > [mm]h_1^{-1}(]-\infty,c]),[/mm] da würde der Beweis doch analog
> > gehen, oder gibt es da ne Regel, wann man [mm][c,+\infty[[/mm] oder
> > [mm]]-\infty,c][/mm] nimmt?
> Soweit ich mich erinnere, hattest du mir hier
> zugestimmt!?
> > Und dann frage ich mich noch, warum denn das Komplement
> > benötigt wird - kann man es nicht auch folgendermaßen
> > machen:
> >
> > [mm]h_1^{-1}([c,\infty[)=\{h_1\ge c\}=\{f+e\ge c\} =\{f\ge c-e\}= \bigcup_{q\in\IQ}\{\{f\ge q\}\cap\{q\ge c-e\}\}[/mm]
> > usw.
> Das hattest du mir glaube ich auch gesagt, aber ich habe es
> leider wieder vergessen. An irgendeiner Stelle käme man
> dann wohl nicht weiter, wenn man das Komplement nicht
> nehmen würde, aber ich weiß nicht mehr, wo...
Nun, man findet für [mm] $\{f \ge c-e\}$ [/mm] nicht mehr unbedingt ein $q [mm] \in \IQ$ [/mm] mit [mm] $\{f \ge c-e\} [/mm] = [mm] \{f\ge q\} \cap \{q \ge c-e\}$, [/mm] nämlich dann nicht, wenn für $x [mm] \in \IR$ [/mm] gilt: $f(x) = c-e [mm] \notin \IQ$. [/mm] Wenn ich aber $f(x)<c-e$ habe, dann finde ich immer ein $q [mm] \in \IQ$ [/mm] mit $f(x) < q < c-e$. Wenn man also ein $q [mm] \in \IQ$ [/mm] "einschmuggeln" will, um die Mengen aufzuteilen, braucht man echte Ungleichungen!
> > Nun der zweite Teil:
> > [mm]h_2(x)=\bruch{f(x)}{g(x)}[/mm]
> >
> > "[mm] \frac{f}{g} = f \cdot \frac{1}{g} = \frac{1}{4} \cdot \left(f + \frac{1}{g} \right)^2 - \frac{1}{4} \cdot \left(f - \frac{1}{g} \right)^2 [/mm]"
>
> >
> > Wie ich damals schon festgestellt hatte, würde ich da von
> > alleine nie drauf kommen. Gibt es denn für solche Aufgaben
> > noch ähnliche Tricks, die ich mir merken könnte oder kann
> > man das hier öfter mal anwenden? Oder waren diese drei auch
> > schon die Hauptaufgaben in dieser Richtung?
>
> Okay, das habe ich mir jetzt einfach mal gemerkt.
>
> > "[mm] \{f^2 \ge c\} = \IR[/mm] für [mm]c \le 0[/mm] und [mm]\{f^2 \ge c\} = \{f \ge \sqrt{c}\} \cup \{f \le - \sqrt{c}\}[/mm]
> > für c>0)
> > Wann ist denn eine Zahl zum Quadrat größer oder gleich
> c?
> > Entweder dann, wenn die Zahl selbst größer oder gleich
> > [mm]\sqrt{c}[/mm] ist oder aber wenn sie kleiner oder gleich
> > [mm]-\sqrt{c}[/mm] ist. Genau das steht da (diese Zahl ist f(x))."
> >
> > Da hakt es bei mir irgendwie immer noch: nehmen wir mal f=5
> > und c=9, also den zweiten Fall mit [mm]c\ge[/mm] 0. Dann ist doch
> > [mm]f^2=25 \ge[/mm] 9=c, auch [mm]f=5\ge \wurzel{9}=3,[/mm] aber [mm]f=5\not\le -\sqrt{9}=-3[/mm]
> >
>
> Das war natürlich auch Blödsinn! In meinem Beispiel
> funktioniert es ja für den linken Teil, und weil dazwischen
> eine Vereinigung und kein Schnitt steht, muss es eben nur
> für links oder für rechts gelten. Keine Ahnung, warum ich
> das nicht kapiert hatte...
>
>
> Und das Folgende hätte ich doch nochmal gerne erklärt. Ich
> glaube allerdings nicht, dass es soo wichtig für die
> Klausur ist. Sollte genau diese Aufgabe dran kommen, dann
> schreibe ich es einfach so hin, aber es würde mich schon
> mal interessieren. Ist aber nicht so dringend...
>
> > " [mm]g\ge[/mm] c [mm]\gdw \bruch{1}{g}\le \bruch{1}{c}[/mm] für c>0 und
> > [mm]\bruch{1}{g}\ge \bruch{1}{c}[/mm] für c<0."
> > Das hier sollte falsch sein, ich bin aber immer noch
> der
> > Meinung, dass es richtig ist...
> > Marc hatte dazu folgendes geschrieben:
> > "Dem könntest du durch Aufteilen der Urbildbereiche
> > entgegenwirken:
> >
> > Fall 1: c>0
> > [mm]\{g\ge c\}=\{(g<0)\ \wedge\ (g\ge c)\}\cup \{(g\ge0)\ \wedge\ (g\ge c)\}=\left\{(g<0)\ \wedge\ \left(\bruch{1}{c}\le\bruch{1}{g}\right)\right\}\cup \left\{(g\ge0)\ \wedge\ \left(\bruch{1}{c}\ge \bruch{1}{g}\right)\right\}[/mm]
>
> >
> > Fall 2: c<0
> > Analog.
> >
> > Fall 3: c=0
> > Analog. "
> >
> > Nun habe ich aber eben festgestellt, dass der erste Fall so
> > gar nicht existieren kann. Denn wenn [mm]g\ge[/mm] c ist und g<0,
> > dann muss ja wohl auch c<0 sein!?!
Richtig. Im ersten Fall liegst du richtig, dort gilt im Falle $c>0$ in der Tat:
[mm] $\{g \ge c\} [/mm] = [mm] \{\frac{1}{g} \le \frac{1}{c}\}$.
[/mm]
Im Falle $c<0$ ist die Sachlage aber eben nicht so einfach. Dort muss man so vorgehen, wie von Marc vorgeschlagen, also:
[mm] $\{g \ge c\} [/mm] = [mm] \left( \{g \ge c\} \cap \{g \ge 0\}\right) \cup \left( \{g \ge c\} \cap \{g<0\} \right) [/mm] = [mm] \left( \{\frac{1}{g} \ge \frac{1}{c}\} \cap \{\frac{1}{g} \ge 0\}\right) \cup \left( \{\frac{1}{g} \le \frac{1}{c}\} \cap \{\frac{1}{g}<0\} \right)$
[/mm]
> > Für c<0 gibt es dann aber zwei Fälle, nämlich g<0 und [mm]g\ge[/mm]
> > 0.
> >
> > Fall c<0 und g<0:
> > [mm]g\ge[/mm] c [mm]\Rightarrow \bruch{1}{c}\ge\bruch{1}{g}[/mm] - wäre
> ja
> > ok
> >
> > Fall c<0 und g>0:
> > [mm]g\ge[/mm] c [mm]\Rightarrow \bruch{1}{c}\le\bruch{1}{g}[/mm]
> >
> > Wo liegt denn jetzt hier der Fehler???
Man kann es so nicht aufschreiben, wie du das gemacht hast. Die Fallunterscheidung "für $g>0$" und "für $g<0$" macht keinen Sinn, weil ja $g$ eben nicht entweder (komplett) größer oder kleiner als $0$ sein muss. Es gibt Bereiche, wo $g [mm] \ge [/mm] 0$ ist und welche, wo $g<0$ ist, und dies muss man mit Schnitten ausdrücken, so, wie ich das eben getan habe.
> > Und zum dritten Teil:
> >
> > "Du meinst die Beziehung
> >
> > [mm]\{ \sup\limits_{n \in \IN} f_n \le c\} = \bigcap_{n \in \IN} \{f_n \le c\}[/mm]
>
> >
> > Nun ja, für diejenigen [mm]x \in \IR [/mm], für die [mm]\sup\limits_{n \in \IN} f_n(x) \le c[/mm]
> > gilt, muss natürlich auch [mm]f_n(x) \le c[/mm] für alle [mm]n \in \IN[/mm]
> > gelten. (Denn gäbe es ein [mm]n_0 \in \IN[/mm] mit [mm]f_{n_0}(x) > c [/mm],
> > so wäre auch [mm]\sup\limits_{n \in \IN} f_n(x) > c [/mm].)
> >
> > Gilt umgekehrt [mm]f_n(x) \le c[/mm] für alle [mm]n \in \IN [/mm], so folgt
> > auch: [mm]\sup_{n \in \IN} f_n(x) \le c [/mm]. (Denn das Supremum
> > ist ja die kleinste obere Schranke, und wäre [mm]\sup_{n \in \IN} f_n(x) > c [/mm],
> > so müsste es auch [mm]n \in \IN[/mm] geben mit [mm]f_n(x) > c [/mm].) "
> >
> > Aber warum muss man denn dann noch den Schnitt von allen
> > nehmen?
> Ich glaube, das ist so, weil es eben für alle n gelten
> muss, und für alle heißt ja so viel wie [mm]\cap.[/mm]
Ja, so kann man das sagen.
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:35 Mi 06.04.2005 | | Autor: | Bastiane |
Lieber Stefan!
> > > Es geht doch [mm]h_1[/mm] auch von
> > > [mm](\IR,B(\IR))\rightarrow(\IR,B(\IR)),[/mm] oder nicht? Warum muss
> > > denn dann [mm]h_1^{-1}\in {\cal B}(\IR)[/mm] liegen? [mm]h_1^{-1}[/mm] ist
> > > doch die Umkehrfunktion. Müsste [mm]h_1^{-1}[/mm] dann nicht
> > > eigentlich in [mm]\IR[/mm] liegen?
> >
> > Das war natürlich Blödsinn!!! Allgemein gilt:
> > gegeben: zwei Messräume [mm](\Omega,\mathcal{A}),\;(\Omega ',\mathcal{A}')[/mm]
>
> >
> > Eine Abbildung [mm]f:\Omega\to\Omega'[/mm] heißt messbar, falls
> > [mm]\forall A'\in\mathcal{A}':f^{-1}(A')\in\cal{A}.[/mm]
> >
> Demnach
> > muss [mm]h_1^{-1}[/mm] natürlich in [mm]\cal{A}=\cal{B}(\IR)[/mm] liegen.
> >
>
> Der Satz macht so keinen Sinn. Was meinst du damit? Die
> Aussage ist: [mm]h_1^{-1}(A')[/mm] muss in [mm]{\cal A}={\cal B}(\IR)[/mm]
> liegen für alle [mm]A' \in {\cal B}(\IR)[/mm].
Was macht dabei keinen Sinn? Ich verstehe nicht so ganz. Liegt es nur daran, dass ich das A' nicht als Argument hingeschrieben habe? Oder was stimmt da sonst nicht...
> > > Marc hatte dazu folgendes geschrieben:
> > > "Dem könntest du durch Aufteilen der Urbildbereiche
> > > entgegenwirken:
> > >
> > > Fall 1: c>0
> > > [mm]\{g\ge c\}=\{(g<0)\ \wedge\ (g\ge c)\}\cup \{(g\ge0)\ \wedge\ (g\ge c)\}=\left\{(g<0)\ \wedge\ \left(\bruch{1}{c}\le\bruch{1}{g}\right)\right\}\cup \left\{(g\ge0)\ \wedge\ \left(\bruch{1}{c}\ge \bruch{1}{g}\right)\right\}[/mm]
>
> >
> > >
> > > Fall 2: c<0
> > > Analog.
> > >
> > > Fall 3: c=0
> > > Analog. "
> > >
> > > Nun habe ich aber eben festgestellt, dass der erste Fall so
> > > gar nicht existieren kann. Denn wenn [mm]g\ge[/mm] c ist und g<0,
> > > dann muss ja wohl auch c<0 sein!?!
>
> Richtig. Im ersten Fall liegst du richtig, dort gilt im
> Falle [mm]c>0[/mm] in der Tat:
>
> [mm]\{g \ge c\} = \{\frac{1}{g} \le \frac{1}{c}\}[/mm].
>
> Im Falle [mm]c<0[/mm] ist die Sachlage aber eben nicht so einfach.
> Dort muss man so vorgehen, wie von Marc vorgeschlagen,
> also:
>
> [mm]\{g \ge c\} = \left( \{g \ge c\} \cap \{g \ge 0\}\right) \cup \left( \{g \ge c\} \cap \{g<0\} \right) = \left( \{\frac{1}{g} \ge \frac{1}{c}\} \cap \{\frac{1}{g} \ge 0\}\right) \cup \left( \{\frac{1}{g} \le \frac{1}{c}\} \cap \{\frac{1}{g}<0\} \right)[/mm]
>
Marc hatte es aber für c>0 geschrieben... Ansonsten ist es jetzt glaube ich klar... Danke.
> > > Für c<0 gibt es dann aber zwei Fälle, nämlich g<0 und [mm]g\ge[/mm]
> > > 0.
> > >
> > > Fall c<0 und g<0:
> > > [mm]g\ge[/mm] c [mm]\Rightarrow \bruch{1}{c}\ge\bruch{1}{g}[/mm] -
> wäre
> > ja
> > > ok
> > >
> > > Fall c<0 und g>0:
> > > [mm]g\ge[/mm] c [mm]\Rightarrow \bruch{1}{c}\le\bruch{1}{g}[/mm]
>
> > >
> > > Wo liegt denn jetzt hier der Fehler???
>
> Man kann es so nicht aufschreiben, wie du das gemacht hast.
> Die Fallunterscheidung "für [mm]g>0[/mm]" und "für [mm]g<0[/mm]" macht keinen
> Sinn, weil ja [mm]g[/mm] eben nicht entweder (komplett) größer oder
> kleiner als [mm]0[/mm] sein muss. Es gibt Bereiche, wo [mm]g \ge 0[/mm] ist
> und welche, wo [mm]g<0[/mm] ist, und dies muss man mit Schnitten
> ausdrücken, so, wie ich das eben getan habe.
Okay - ich glaub', jetzt hab' ich's.
Viele Grüße
Christiane
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