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Meßbare Funktionen und Integralgleichheit

Universität / Fachhochschule

Maßtheorie

Tags: Maßtheorie

 
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Husteguzel

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20:07 Uhr, 18.05.2017

Antworten
Servus,

folgende Aufgabe:

f,g:X[0,] seien meßbar bezüglich eines Maßes μ auf X und es gelte f=g fast überall bezüglich μ. Zeigen Sie:

fdμ=gdμ


Um es vorweg zu nehmen, der Übergang von Messbarkeit und Maßen auf Integrale ist mir nicht ganz klar geworden.

Gerüchten zufolge soll der Satz über monotone Konvergenz von Beppo Levi hilfreich sein diese Aufgabe zu lösen. Den Satz haben wir so eingeführt:

Sei X eine Menge und μ ein Maß auf X. Weiter sei fk:X[0,] eine μ-messbare nicht negative monoton wachsende Folge von Funktionen. Dann gilt:
limkfkdμ=limkfkdμ

Wie der Satz mir helfen soll ist mir aber erstmal nicht klar.

Wir hatten auch noch das Lemma von Fatou, wobei ich hier auch erstmal nicht weiß wie das helfen würde:
Sei fk:X[0,] eine Folge μ-messbarer Funktionen. Dann gilt:
limkinffkdμlimkinffkdμ


Muss ich zunächst einmal zeigen, dass f und g μ-integrierbar sind oder ist das egal? Gefühlt zielt fast alles aus der Vorlesung immer nur auf die Integrierbarkeit ab.

Die Aufgabe sagt außerdem f=g fast überall. Wenn es fast überall gleich ist kann ich die Stellen welche nicht gleich sind vernachlässigen?

Mir ist übrigens die Indikator-Funktion bekannt falls diese hier irgendwie hilft. Ist sehr oft in der Vorlesung aufgetaucht deshalb dachte ich die bringt vielleicht was.

Grüße
Husteguzel

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."
Antwort
DrBoogie

DrBoogie aktiv_icon

10:36 Uhr, 19.05.2017

Antworten
Du musst nur zeigen: f=0 fast überall => f=0.
Je nach Definition (es gibt verschiedene äquivalente Definitionen von Lebesgue-Integrierbarkeit) kann es sogar direkt aus der Definition hergeleitet werden.
Aber auf jeden Fall aus dem Satz für monotone Konvergenz, wenn man die Folge fn so konstruiert: fn=fχfn (ich betrachte nur nichtnegative f, denn jede f ist die Summe von f+ und f-, und es reicht, die Aussage nur für den positiven Teil zu zeigen).
Dann fnf monoton und fn sind beschränkt, daher fnnμ({fn0})=0.
Antwort
tobit

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12:08 Uhr, 19.05.2017

Antworten
Hallo zusammen!


@ Husteguzel

Tut mir leid, diesmal habe ich vermutlich keine Zeit, dir zu helfen.


@ DrBoogie

Zwei Einwände:

1. Beachte, dass es für das Zurückführen des allgemeinen Falles auf den Spezialfall g=0 nicht möglich ist, die Differenz f-g zu bilden, da f und g die Werte + annehmen können.
Selbst wenn sie das nicht tun, müssen f und g nicht integrierbar sein, so dass wir das Integral von f-g im Allgemeinen nicht bilden können.
(Aber in der Tat gibt es eine andere Möglichkeit, den allgemeinen Fall auf den Spezialfall g=0 zurückzuführen.)

2. Deine Behauptung, deine Folge (fn)n konvergiere gegen f, ist im Allgemeinen falsch. Die Konvergenz funktioniert nur an Stellen xX, für die f(x) ist.

Der Nachweis der Behauptung im Spezialfall g=0 geht übrigens viel leichter ohne explizite Nutzung des Satzes von der monotonen Konvergenz, wenn man schon die Monotonie des Integrals und die Gleichung αhdμ=αhdμ für alle α[0,+] und alle μ-messbaren Funktionen h:X[0,+] kennt und die Abschätzung f+1[f0] nutzt:

fdμ+1[f0]dμ=+1[f0]dμ=+μ([f0])=+0=0.


Viele Grüße
Tobias
Antwort
DrBoogie

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12:11 Uhr, 19.05.2017

Antworten
Was ist das denn: 0=0? :-O
Ist es noch Mathematik?
So kann man doch gar nicht rechnen.

Antwort
tobit

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12:15 Uhr, 19.05.2017

Antworten
0:=0 ist die übliche Definition im Rahmen der Maß- und Integrationstheorie.

Sie wird auch in Husteguzels Vorlesung verwendet: Siehe www.onlinemathe.de/images/fragenbilder/images/d7a332ce0948f98211fba54c3bbf47f6.PNG (drittes Bild im Ausgangspost von www.onlinemathe.de/forum/Messbarkeit-von-Mengen-und-Funktionen ).


Antwort
DrBoogie

DrBoogie aktiv_icon

12:17 Uhr, 19.05.2017

Antworten
Wenn tatsächlich als Wert zugelassen ist, muss man eine Extrarunde drehen, das stimmt.

Gibt's übrigens einen vernünftigen Grund, überhaupt diese zuzulassen?
Irgendwas gab da, hab wohl vergessen.
Antwort
DrBoogie

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12:19 Uhr, 19.05.2017

Antworten
"ist die übliche Definition im Rahmen der Maß- und Integrationstheorie"

Wofür soll das überhaupt gut sein?
Es ist doch nicht kompatibel mit Grenzwertregeln.
Antwort
tobit

tobit aktiv_icon

12:56 Uhr, 19.05.2017

Antworten
Die Frage, ob Definitionen sinnvoll sind, ist natürlich keine logische, sondern eine Geschmacks-Frage.

Ich persönlich finde die Definitionen hier sinnvoll:


Schon bei Maßen lässt man den Wert + zu.
Anderenfalls wären viele wichtige Beispiele keine Maße mehr (z.B. Zählmaße auf unendlichen Mengen, Lebesgue-Maß).

Auch bei Integralen nichtnegativer messbarer Funktionen lässt man den Wert + zu.
Sonst könnte man gar nicht das Integral beliebiger nichtnegativer messbarer Funktionen bilden.

Warum sollte man nun bei nichtnegativen messbaren Funktionen den Wert + verbieten?
Einen Grund für ein solches Verbot sehe ich nicht.
Gründe gegen ein solches Verbot sind z.B.:
- Gewisse Doppelintegrale nichtnegativer messbarer Funktionen wären nicht mehr zulässig.
- "Mein" obiger Beweis würde nicht mehr funktionieren.


Natürlich muss man sich bei jeder Rechenregel einmal kurz Gedanken machen, ob sie auch für α=+ gilt.
Wenn ja, kann man sie fortan immer verwenden, was natürlich äußerst praktisch ist!
Wenn nein, ist dies auch kein Beinbruch, solange man nicht fälschlicherweise versucht, diese ungültige Regel anzuwenden.
Wenn die Definition Festsetzung +0:=0 nicht kompatibel zu gewissen Grenzwertsätzen ist, heißt dies eben nur, dass die entsprechenden (verallgemeinerten) Grenzwertsätze nicht gelten.

Die Rechenregel αhdμ=αhdμ für alle μ-messbaren Funktionen h:X[0,+] und alle α[0,+], die ich für "meinen" Beweis wie gesagt voraussetze, gilt z.B. insbesondere für α=+.
Hätte man nicht +0:=0 definiert, wäre diese Rechenregel hingegen nicht korrekt.
Diese Rechenregel ist also ein Beispiel dafür, dass die Festsetzung +0:=0 in der Maß- und Integrationstheorie Vorteile bringt.
Antwort
tobit

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13:08 Uhr, 19.05.2017

Antworten
Übrigens schreibt Bauer in seinem "Maß- und Integrationstheorie"-Buch:

"Nicht generell üblich und für die Maßtheorie typisch ist die zusätzliche Vereinbarung 0(±)=(±)0=0, [...]".
Antwort
DrBoogie

DrBoogie aktiv_icon

13:11 Uhr, 19.05.2017

Antworten
"Schon bei Maßen lässt man den Wert zu."

Die Frage ist, was es denn bedeutet "zulassen".
Bei dem (uneigentlichen) Riemann-Integrall kann man auch schreiben: f=+.
Damit ist nur gemeint, dass der Grenzwert gegen + geht.
Aber man rechnet in der Riemann-Theorie nicht mit Unendlichkeiten.

Und ich muss sagen, ich habe immer noch Bauchschmerzen bei den Berechnungen mit Unendlichkeit. Ich verstehe, dass es sauber ist, man muss nur aufpassen, welche Regeln im "erweiterten" Bereich gelten und welche nicht. (Z.B. gilt limanbn=limanlimbn nicht mehr). Aber ich finde es einfach unschön.
Aber gut, Geschmacksache.

Danke für die Erklärung.
Antwort
tobit

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13:25 Uhr, 19.05.2017

Antworten
" "Schon bei Maßen lässt man den Wert + zu."
Die Frage ist, was es denn bedeutet "zulassen". "

Damit meine ich hier, dass ein Maß μ als spezielle Abbildung nach [0,+] und nicht nach [0,+) definiert ist (und somit den Wert + annehmen kann).


Ich gebe dir absolut Recht, dass in der Riemann-Theorie + ganz anders behandelt wird als in der Maß- und Integrationstheorie.


" Z.B. gilt limanbn=liman⋅limbn nicht mehr "

Naja, für alle konvergenten Folgen (an)n und (bn)n reeller Zahlen gilt die Rechenregel unabhängig davon, ob man +0=0 setzt oder nicht.

Ist z.B. (an)n hingegen eine bestimmt gegen + divergente Folge reeller Zahlen und (bn)n eine Nullfolge reeller Zahlen, so ist die "Rechenregel limanbn=liman⋅limbn " eben in diesem Fall bei Festsetzung +0=0 ungültig, während sie bei Unterlassen dieser Festsetzung schlicht nicht einmal eine sinnvolle Aussage darstellt.

So oder so: limanbn=liman⋅limbn ist für diese Situation (limnan=+ und limnbn=0) nicht anwendbar.
Man muss also so oder so aufpassen, welche Regeln anwendbar sind und welche Regeln nicht.
(Das finde ich aber sowieso selbstverständlich.)

Ich sehe daher keine Unschönheit, die durch die Festsetzung +0=0 entsteht, akzeptiere aber natürlich von meinem Geschmack abweichende Geschmäcker.
Husteguzel

Husteguzel aktiv_icon

17:28 Uhr, 19.05.2017

Antworten
Die Frage welche ich mir jetzt stelle ist aber ob der Weg mit f bzw. g = 0 nun die richtige Lösung ist, oder ob es sich dabei nur um einen Spezialfall handelt? Ich würde ja erwarten, dass die Funktionen f und g beliebig sein müssen. Mit der von tobit gegeben Formel scheint es ja für ALLE μ-messbaren Funktionen h zu gelten. Demnach könnte ich aber einfach jedes Integral über eine μ-messbare Funktion zu null diskutieren? Das fände ich ein wenig komisch.
Antwort
tobit

tobit aktiv_icon

17:49 Uhr, 19.05.2017

Antworten
" Die Frage welche ich mir jetzt stelle ist aber ob der Weg mit f bzw. g = 0 nun die richtige Lösung ist, oder ob es sich dabei nur um einen Spezialfall handelt? Ich würde ja erwarten, dass die Funktionen f und g beliebig sein müssen. "

Du hast völlig Recht, dass am Ende ein Beweis für beliebig vorgegebene μ-messbare Funktionen f,g:X[0,] gegeben werden soll.
Eine Möglichkeit dazu ist, wie von DrBoogie vorgeschlagen, diesen allgemeinen Fall auf den Spezialfall g=0 zurückzuführen.
(Ich schreibe gleich dazu eine separate Antwort.)


" Mit der von tobit gegeben Formel scheint es ja für ALLE μ-messbaren Funktionen h zu gelten. Demnach könnte ich aber einfach jedes Integral über eine μ-messbare Funktion zu null diskutieren? Das fände ich ein wenig komisch. "

Das wäre in der Tat Blödsinn. Ich konnte fdμ aber nur deshalb zu Null diskutieren, weil ich angenommen habe, dass μ([f0])=0 gilt, also dass f μ-fast-überall den Wert 0 annimmt.
Eine beliebige μ-messbare Funktion nimmt hingegen natürlich im Allgemeinen nicht μ-fast-überall den Wert 0 an.
Antwort
tobit

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18:04 Uhr, 19.05.2017

Antworten
Nun eine Skizze meines Vorschlages zum Zurückführen des allgemeinen Falles auf den Spezialfall g=0:

Überlege dir f=f1[f=g]+f1[fg].

Damit folgt aus der Linearität des Integrals unter Beachtung der Nichtnegativität und μ-Messbarkeit der Funktionen f1[f=g] und f1[fg]:

fdμ=f1[f=g]dμ+f1[fg]dμ. (*)

Analog erhalten wir

gdμ=g1[f=g]dμ+g1[fg]dμ. (**)

Um nun fdμ=gdμ einzusehen, genügt es somit die Übereinstimmung der rechten Seiten der Gleichheiten (*) und (**) einzusehen.

Wegen f1[f=g]=g1[f=g] stimmen die beiden ersten Summanden der rechten Seiten von (*) und (**) überein.

Die zweiten Summanden der rechten Seiten von (*) und (**) stimmen auch überein; und zwar sind beide =0 nach dem Spezialfall:
Schließlich ist [(f1[fg])0][fg] und damit wegen μ([fg])=0 auch μ([(f1[fg])0])=0.
Analog auch μ([(g1[fg])0])=0.
Antwort
tobit

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18:15 Uhr, 19.05.2017

Antworten
Doch noch zu den Fragen aus dem Ausgangsposting:


" Um es vorweg zu nehmen, der Übergang von Messbarkeit und Maßen auf Integrale ist mir nicht ganz klar geworden. "

Geht es um die formale Definition, an der etwas unklar ist? Dann müsstest du eure Definition mal posten.
Oder geht es eher darum, dass die "Anschauung" des Integrals nicht deutlich wurde?


" Muss ich zunächst einmal zeigen, dass f und g μ-integrierbar sind oder ist das egal? "

Die Funktionen f und g müssen gar nicht μ-integrierbar sein.
Sie sind aber als nichtnegativ vorausgesetzt; somit macht es Sinn, die Integrale von f bzw. g bezüglich μ zu bilden, wobei der Wert + nicht ausgeschlossen ist.


" Die Aufgabe sagt außerdem f=g fast überall. Wenn es fast überall gleich ist kann ich die Stellen welche nicht gleich sind vernachlässigen? "

Genau das ist die Anschauung hinter der zu zeigenden Aussage.
Einen Beweis ersetzt diese Anschauung natürlich nicht.
Husteguzel

Husteguzel aktiv_icon

19:07 Uhr, 19.05.2017

Antworten
Ist μ([fg])=0 weil fg eben vernachlässigbar klein ist?

Das ist jetzt aber dennoch nur ein Spezialfall und keine allgemeine Lösung?


"" Um es vorweg zu nehmen, der Übergang von Messbarkeit und Maßen auf Integrale ist mir nicht ganz klar geworden. "

Geht es um die formale Definition, an der etwas unklar ist? Dann müsstest du eure Definition mal posten.
Oder geht es eher darum, dass die "Anschauung" des Integrals nicht deutlich wurde?"

Letzteres, mir ist nicht klar wieso wir das machen und wo der Zusammenhang besteht.



Antwort
tobit

tobit aktiv_icon

19:14 Uhr, 19.05.2017

Antworten
" Ist μ([f≠g])=0 weil f≠g eben vernachlässigbar klein ist? "

Die Gültigkeit von μ([fg])=0 sollte sich unmittelbar aus der Voraussetzung "f=g fast überall bezüglich μ" ergeben.
Wie habt ihr letztere Eigenschaft genau definiert?


" Das ist jetzt aber dennoch nur ein Spezialfall und keine allgemeine Lösung? "

Eigentlich habe ich jetzt schon eine allgemeine Lösung skizziert:
In meinem Beitrag um 18:04 Uhr, 19.05.2017 habe ich den allgemeinen Fall auf den Spezialfall g=0 zurückgeführt.
Diesen Spezialfall wiederum habe ich in meinem 12:08 Uhr, 19.05.2017 im letzten Abschnitt bewiesen.


Zur Anschauung des Maßintegrals schreibe ich gleich eine separate Antwort.
Antwort
tobit

tobit aktiv_icon

19:40 Uhr, 19.05.2017

Antworten
Zur (unpräzisen) Motivation des Maßintegrals:


Betrachten wir zunächst den Spezialfall f=c1A für eine Konstante c[0,] und eine μ-messbare Menge A.

Wir wollen uns das Integral von f als die "Fläche unter dem Graphen von f bis zur x-Achse" vorstellen.
(Beachte, dass die x-Achse hier im Allgemeinen nicht für die reellen Zahlen steht, sondern für eine beliebige Menge X. Die y-Achse hingegen ist gegeben durch [0,].)

Die Idee zur Ermittlung dieser "Fläche" ist nun: "Höhe c" multipliziert mit "Breite/Maß μ(A) der Menge A".

Also setzt man: c1Adμ=cμ(A).


Im Spezialfall X=, μ das Lebesgue-Maß auf , A=[a,b] für gewisse reelle Zahlen a,b mit a<b und c[0,) entspricht damit das (Maß-)Integral c1Adμ einfach dem Riemann-Integral abc1A(x)dx.
(Das Riemann-Integral erscheint dir im Gegensatz zum Maßintegral sinnvoll?)

Schon diese spezielle Maßintegrals-Festsetzung für den Spezialfall f=c1A ist jedoch wesentlich allgemeiner als das Riemann-Integral solcher Funktionen:
Es muss eben nicht X=, μ das Lebesgue-Maß auf und A=[a,b] gewählt werden.
(Es hat sich eben bewährt, auch in dem allgemeineren Setting diese Festsetzung analog zu treffen, z.B. für Anwendungen in der Wahrscheinlichkeitstheorie.)


Der Rest der Maßintegral-Definition ist im Grunde nur eine Ausdehnung des Maßintegrals auf allgemeinere Funktionen statt nur auf Funktionen der Form f=c1A.
Wenn ich darauf auch im einzelnen eingehen soll, gib mir bitte Bescheid (am besten mit der genauen Formulierung eurer Definition).
Husteguzel

Husteguzel aktiv_icon

20:40 Uhr, 19.05.2017

Antworten
Zu f=g fast überall bezüglich μ habe ich in unserem Skript nur folgendes gefunden:

Def 1.5 (μ-fast überall Gültigkeit)
Sei μ ein Maß auf einer Menge X
Eine Aussage gilt μ-fast überall, falls es eine μ-messbare Menge A gibt, sodass die Aussage xA gilt und μ(X\A)=0 ist.

Wobei ich jetzt A in meinem Fall wohl durch eine Funktion ersetzen muss bzw. A die Menge der Funktionswerte ist?


Deine Erklärung zum Zusammenhang der Maße und den Integralen ist verständlich. Manchmal benötige ich die mathematischen Dinge eben nochmal in normalem deutsch um sie zu verstehen :-D)
Antwort
tobit

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21:11 Uhr, 19.05.2017

Antworten
" Zu f=g fast überall bezüglich μ habe ich in unserem Skript nur folgendes gefunden:

Def 1.5 (μ-fast überall Gültigkeit)
Sei μ ein Maß auf einer Menge X
Eine Aussage gilt μ-fast überall, falls es eine μ-messbare Menge A gibt, sodass die Aussage ∀x∈A gilt und μ(X\A)=0 ist. "

Gut, genau diese Definition benötigen wir hier.


" Wobei ich jetzt A in meinem Fall wohl durch eine Funktion ersetzen muss bzw. A die Menge der Funktionswerte ist? "

Nein.
Es geht hier um die Aussage(form) f(x)=g(x), die gemäß Voraussetzung μ-fast-überall gilt.
Es existiert also eine μ-messbare Menge A mit f(x)=g(x) für alle xA und μ(X\A)=0.

Möglichkeit 1:

Ersetze in meiner Beweisskizze überall [f=g] durch A und [fg] durch X\A.
Wenn ich nichts übersehen habe, sollte die Beweis-Skizze dann ansonsten wörtlich genau wie ursprünglich formuliert funktionieren.

Möglichkeit 2:

Wir überlegen uns μ([fg])=0:
Wegen [f=g]A gilt [fg]=X\[f=g]X\A.
Also impliziert μ(X\A)=0 auch μ([fg])=0.
Frage beantwortet
Husteguzel

Husteguzel aktiv_icon

12:35 Uhr, 20.05.2017

Antworten
Achso, ja dann ist die Aussage klar wenn [fg]=X\A ist. Das wären dann wirklich nur die Definitionen und der Trick mit dem Spezialfall.

Danke das du dir erneut die Zeit genommen hast mir zu helfen. Es war für mein Verständnis wieder sehr förderlich.

Grüße
Husteguzel
Antwort
tobit

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12:43 Uhr, 20.05.2017

Antworten
Es gilt NICHT unbedingt X\A=[fg], sondern nur X\A[fg].
Frage beantwortet
Husteguzel

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12:48 Uhr, 20.05.2017

Antworten
Stimmt, da war ich zu voreilig.

Interesse halber:

Ist [fg]X\A das gleiche wie X\A[fg]? Ich bin immer davon ausgegangen die Ausdrücke sind äquivalent.
Antwort
tobit

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12:51 Uhr, 20.05.2017

Antworten
" Ist [f≠g]⊂X\A das gleiche wie X\A⊃[f≠g]? Ich bin immer davon ausgegangen die Ausdrücke sind äquivalent. "

Ja, X\A⊃[f≠g] ist nur eine andere Schreibweise für [f≠g]⊂X\A, also für die Aussage
"Die Menge [fg] ist eine Teilmenge der Menge X\A.".
Frage beantwortet
Husteguzel

Husteguzel aktiv_icon

13:19 Uhr, 20.05.2017

Antworten
Sehr gut, nochmal vielen Dank.