Diskretes Maß < Maßtheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:56 Sa 13.12.2014 | | Autor: | James90 |
Hi!
Es sei [mm] \Omega'\subseteq\Omega [/mm] eine höchstens abzählbare Teilmenge einer beliebigen Menge [mm] \Omega.
[/mm]
Weiterhin [mm] p\colon\Omega'\to(0,\infty] [/mm] eine Abbildung und [mm] \mu(A)=\sum_{\omega\in A\cap\Omega'}p(\omega), A\subseteq\Omega.
[/mm]
[mm] \mu [/mm] ist ein Maß auf der Potenzmenge von [mm] \Omega. [/mm] Das will ich nun zeigen.
z.z.: i) [mm] \mu(\emptyset)=0 [/mm] und ii) für alle Folgen [mm] (A_n) [/mm] paarweise disjunkter Mengen aus [mm] P(\Omega) [/mm] gilt [mm] \mu(\bigcup_{n\in\IN}A_n)=\sum_{n\in\IN}\mu(A_n).
[/mm]
ad i) [mm] \mu(\emptyset)=\sum_{\omega\in\emptyset\cap\Omega'}p(\omega)=\sum_{\omega\in\emptyset}p(\omega)=0.
[/mm]
ad ii) Sei [mm] (A_n) [/mm] eine Folge von paarweise disjunkter Mengen aus [mm] P(\Omega). [/mm] Dann [mm] \mu(\bigcup_{n\in\IN}A_n)=\sum_{\omega\in \bigcup_{n\in\IN}A_n\cap\Omega'}p(\omega)=......=\sum_{n\in\IN}\sum_{\omega\in A_n\cap\Omega'}p(\omega)=\sum_{n\in\IN}\mu(A_n)
[/mm]
Die Punkte machen mir Probleme und ich glaube, dass ich eine Fallunterscheidung machen muss.
1.Fall: [mm] A_n\cap\Omega'=\emptyset [/mm] für alle [mm] n\in\IN. [/mm] Dann [mm] \sum_{\omega\in\bigcup_{n\in\IN}(A_n\cap\Omega')}p(\omega)=\sum_{\omega\in\emptyset}p(\omega)=0 [/mm] und [mm] \sum_{n\in\IN}\mu(A_n)=\sum_{n\in\IN}\sum_{\omega\in A_n\cap\Omega'}p(\omega)=\sum_{n\in\IN}\sum_{\omega\in\emptyset}p(\omega)=\sum_{n\in\IN}0=0
[/mm]
Ich weiß, dass [mm] $A_n\in P(\Omega)$ [/mm] für alle [mm] n\in\IN [/mm] und wegen [mm] \Omega'\subseteq\Omega [/mm] ist auch [mm] $\Omega'\in P(\Omega)$, [/mm] aber das heißt nicht unbedingt, dass ein [mm] n\in\IN [/mm] existieren muss mit [mm] $\Omega'\in A_n$. [/mm] Diese Idee habe ich probiert weiter zu Fällen zu führen, aber ich komme auch nichts gescheites und hoffe auf eure Hilfe.
Wieso findet man im Internet kaum eine eindeutige Definition vom diskreten Maß? Wird das diskrete Maß nicht gerne genutzt, weil eben nicht [mm] \mu(\Omega)=1 [/mm] (Wahrscheinlichkeitsmaß) ist, oder wie kann ich mir das vorstellen?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:25 Mi 17.12.2014 | | Autor: | James90 |
Hi, da ich in den letzten Tagen keine Antwort auf meine Frage erhalten habe, denke ich, dass es an meiner Darstellung liegen muss. Ich habe meine Frage editiert und hoffe, dass es nun besser ist. Meine Frage ist ziemlich schnell ganz hinten gelandet. Kann man da eigentlich etwas machen oder sollte man die Zeit auf 24 h stellen um dann wieder eine neue zu stellen? In den Forenregeln steht bezüglich einem Bump nichts.
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Hiho,
> z.z.: i) [mm]\mu(\emptyset)=0[/mm] und ii) für alle Folgen [mm](A_n)[/mm] paarweise disjunkter Mengen aus [mm]P(\Omega)[/mm] gilt
> [mm]\mu(\bigcup_{n\in\IN}A_n)=\sum_{n\in\IN}\mu(A_n).[/mm]
Ok
> ad i)
> [mm]\mu(\emptyset)=\sum_{\omega\in\emptyset\cap\Omega'}p(\omega)=\sum_{\omega\in\emptyset}p(\omega)=0.[/mm]
Das erfordert die Festlegung, dass die leere Summe = 0 ist.
Ansonsten ok.
> Die Punkte machen mir Probleme
Offensichtlich.
> und ich glaube, dass ich eine Fallunterscheidung machen muss.
Nein.
> aber das heißt nicht unbedingt, dass ein [mm]n\in\IN[/mm] existieren muss mit [mm]\Omega'\in A_n[/mm].
Das ist richtig, muss es auch gar nicht.
Mache dir vorweg mal klar, dass für höchstens abzählbare disjunkte Mengen A und B gilt:
[mm] \summe_{\omega \in A\cup B}p(\omega) [/mm] = [mm] \summe_{\omega\in A}p(\omega) [/mm] + [mm] \summe_{\omega \in B}p(\omega)
[/mm]
Begründe das mal.
Gruß
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:57 Mi 17.12.2014 | | Autor: | James90 |
Hi Gono :)
> > ad i)
> >
> [mm]\mu(\emptyset)=\sum_{\omega\in\emptyset\cap\Omega'}p(\omega)=\sum_{\omega\in\emptyset}p(\omega)=0.[/mm]
>
> Das erfordert die Festlegung, dass die leere Summe = 0
> ist.
> Ansonsten ok.
Kann man das auch anders begründen?
> Mache dir vorweg mal klar, dass für höchstens abzählbare
> disjunkte Mengen A und B gilt:
> [mm]\summe_{\omega \in A\cup B}p(\omega)[/mm] = [mm]\summe_{\omega\in A}p(\omega)[/mm]
> + [mm]\summe_{\omega \in B}p(\omega)[/mm]
>
> Begründe das mal.
Wenn A und B abzählbar sind, dann ist auch die Vereinigung [mm] $A\cup [/mm] B$ abzählbar. Leider kann ich es genau nicht begründen. Wenn wir einen diskreten Wahrscheinlichkeitsraum schon hätten, dann wäre [mm] p(\omega)=P(\{\omega\}) [/mm] und wegen [mm] P(A\cap B)=\emptyset [/mm] würden wir [mm] $P(A\cap [/mm] B)=P(A)+P(B)$ erhalten. Hier kann man das aber nicht voraussetzen. Die Idee müsste aber die gleiche sein, denn [mm] $\omega\in A\cup B\gdw\omega\in A\vee\omega\in [/mm] B$, also müssen wir sowieso alle [mm] $\omega\in [/mm] A$ und [mm] $\omega\in [/mm] B$ addieren und das können wir, denn wir gehen wegen [mm] $A\cap [/mm] B$ nicht die Gefahr ein die Elemente [mm] $A\cup [/mm] B$ zwei Mal zu addieren. Einen genauen Beweis kann ich aber gerade nicht anbieten. Ein Tipp wäre nett.
Wenn die Aussage oben bewiesen ist, dann folgt für alle Folgen [mm] (A_n) [/mm] paarweise disjunkter Mengen [mm] A_n\in\Omega' [/mm] die Eigenschaft: [mm] \sum_{\omega\in A_n}p(\omega)=\sum_{n\in\IN}\sum_{\omega\in A_n}p(\omega). [/mm]
Wenn nun [mm] $A_i\cap A_j=\emptyset$ [/mm] für [mm] i\not=j, [/mm] dann ist auch [mm] $A_i\cap\Omega'\cap A_j\cap\Omega'=A_i\cap A_j\cap\Omega'=\emptyset$ [/mm] für [mm] i\not=j [/mm] und damit sind die Mengen [mm] A_n\cap\Omega' [/mm] paarweise disjunkt und es gilt [mm] \mu(\bigcup_{n\in\IN}A_n)=\sum_{\omega\in \bigcup_{n\in\IN}A_n\cap\Omega'}p(\omega)=\sum_{n\in\IN}\sum_{\omega\in A_n\cap\Omega'}p(\omega)=\sum_{n\in\IN}\mu(A_n)
[/mm]
War das zu voreilig?
Danke sehr!
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Hiho,
> Kann man das auch anders begründen?
Nein.
Du bzw der Aufgabensteller kommen doch mit der Definition [mm] $\mu(A) [/mm] := [mm] \summe_{\omega \in A}\ldots$ [/mm] um die Ecke und erlauben [mm] $A=\emptyset$.
[/mm]
Dann muss man doch sicherstellen, dass die rechte Seite wohldefiniert ist.
Was soll also [mm] $\summe_{\omega \in \emptyset}$ [/mm] sein?
Und da sage ich dir eben: Man setzt die Summe über eine leere Menge eben Null, damit man das sicherstellt. Man sollte das aber irgendwo erwähnen, denn man kann es eben auch anders machen. Nur macht das andere hier eben keinen Sinn 
> Die Idee müsste aber die gleiche sein, denn [mm]\omega\in A\cup B\gdw\omega\in A\vee\omega\in B[/mm] also müssen wir sowieso alle [mm]\omega\in A[/mm] und [mm]\omega\in B[/mm] addieren und das können wir, denn wir gehen wegen [mm]A\cap B[/mm] nicht die Gefahr ein die Elemente [mm]A\cup B[/mm] zwei Mal zu addieren.
Ja. Du addierst also sicher die gleichen Elemente. Allerdings veränderst du die Reihenfolge der Summation.
Warum darfst du das einfach so?
Das geht ja nicht immer.
> Wenn die Aussage oben bewiesen ist, dann folgt für alle
> Folgen [mm](A_n)[/mm] paarweise disjunkter Mengen [mm]A_n\in\Omega'[/mm] die
> Eigenschaft: [mm]\sum_{\omega\in A_n}p(\omega)=\sum_{n\in\IN}\sum_{\omega\in A_n}p(\omega).[/mm]
Sofern du auf der linken Seite das [mm] \bigcup_{n\in\IN} [/mm] vergessen hast, passt das.
> War das zu voreilig?
Nein, der Schluß ist dann genau richtig und notwendig.
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:15 Fr 19.12.2014 | | Autor: | James90 |
Heyho Gono :)
> > Die Idee müsste aber die gleiche sein, denn [mm]\omega\in A\cup B\gdw\omega\in A\vee\omega\in B[/mm]
> also müssen wir sowieso alle [mm]\omega\in A[/mm] und [mm]\omega\in B[/mm]
> addieren und das können wir, denn wir gehen wegen [mm]A\cap B[/mm]
> nicht die Gefahr ein die Elemente [mm]A\cup B[/mm] zwei Mal zu
> addieren.
>
> Ja. Du addierst also sicher die gleichen Elemente.
> Allerdings veränderst du die Reihenfolge der Summation.
> Warum darfst du das einfach so?
> Das geht ja nicht immer.
Weil die Reihen absolut konvergieren. Mein Problem ist aber, dass ich das nicht genau begründen kann.
[mm] \Omega'\subseteq\Omega [/mm] eine höchstens abzählbare Menge einer beliebigen Menge [mm] \Omega.
[/mm]
[mm] p:\Omega'\to(0,\infty] [/mm] und [mm] \mu(A)=\sum_{\omega\in A\cap \Omega'}p(\omega) [/mm] für [mm] A\subseteq\Omega. [/mm] Zu zeigen war, dass [mm] \mu [/mm] ein Maß auf [mm] P(\Omega) [/mm] ist.
Das Urbild von [mm] \mu [/mm] ist [mm] P(\Omega). [/mm] Zum Bild von [mm] \mu: [/mm] Es ist [mm] \mu(\Omega\setminus\Omega')=0, [/mm] denn [mm] \sum_{\omega\in\Omega\setminus\Omega'\cap\Omega'}p(\omega)=\sum_{\omega\in\emptyset}p(\omega)=0 [/mm] und es ist [mm] \mu(\{\omega\})=p(\omega)>0 [/mm] für alle [mm] \omega\in\Omega', [/mm] denn das Bild von p ist [mm] (0,\infty]. [/mm] Demnach ist [mm] [0,\infty] [/mm] das Bild von [mm] \mu, [/mm] also [mm] \mu:P(\Omega)\to[0,\infty]. [/mm] Jetzt wissen wir, dass [mm] $\mu\ge [/mm] 0$ ist. Wieso folgt daraus die absolute Konvergenz? Wegen dem Bild von p, also [mm] (0,\infty], [/mm] ist die Partialsumme monoton steigend, denn wir addieren immer etwas positives dazu. Die Reihe kann aber bestimmt gegen [mm] \infty [/mm] divergieren oder irre ich mich? Tut mir leid, aber ich habe bestimmt etwas aus Analysis 1 vergessen.
Vielen Dank!
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Hiho,
> Weil die Reihen absolut konvergieren.
Ja, oder bedingt divergieren.
> Mein Problem ist aber, dass ich das nicht genau begründen kann.
Dann überlege mal, wann eine Reihe absolut konvergiert und schau dir dein p an, dann ist das eigentlich trivial.
Du musst halt nur den Fall [mm] $\mu(A) [/mm] < [mm] \infty$ [/mm] und [mm] $\mu(A) [/mm] = [mm] \infty$ [/mm] bedenken.
Den Rest deines Beweises vergessen wir mal ^^
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:25 Sa 20.12.2014 | | Autor: | James90 |
Hihooo :)
Ich schreibe noch einmal auf was ich habe.
[mm] \Omega'\subseteq\Omega [/mm] eine höchstens abzählbare Menge einer beliebigen Menge [mm] \Omega. [/mm]
[mm] p:\Omega'\to(0,\infty] [/mm] und [mm] \mu(A)=\sum_{\omega\in A\cap \Omega'}p(\omega) [/mm] für [mm] A\subseteq\Omega.
[/mm]
z.z.: i) [mm] \mu(\emptyset)=0 [/mm] und ii) für alle Folgen [mm] (A_n) [/mm] paarweise disjunkter Mengen aus [mm] P(\Omega) [/mm] gilt [mm] \mu(\bigcup_{n\in\IN}A_n)=\sum_{n\in\IN}\mu(A_n). [/mm]
i) [mm] \mu(\emptyset)=\sum_{\omega\in\emptyset\cap\Omega'}p(\omega)=\sum_{\omega\in\emptyset}p(\omega)=0
[/mm]
ii) Dein Tipp: Begründe [mm] \sum_{\omega\in A\cup B}p(\omega)=\sum_{\omega\in A}p(\omega)+\sum_{\omega\in B}p(\omega) [/mm] für alle höchstens abzählbare disjunkte Mengen A und B.
Die Vereinigung abzählbarer Mengen ist abzählbar. Wir addieren auf jeden Fall die selben Elemente und mit der Voraussetzung [mm] $A\cap B=\emptyset$ [/mm] addieren wir keine Elemente doppelt. Wir verändern aber die Reihenfolge, aber das ist kein Problem, denn die Reihen können nur konvergieren oder bedingt divergieren. Das ist nun zu begründen. Dein Tipp:
> Dann überlege mal, wann eine Reihe absolut konvergiert
> und schau dir dein p an, dann ist das eigentlich trivial.
Das habe ich in meiner letzten Frage probiert und wohl kräftig verhauen. ^^ Leider weiß ich weiterhin nicht was du mir damit sagen willst. Ich weiß, dass nach der Abbildungsvorschrift [mm] p(\{\omega\})\in(0,\infty] [/mm] für alle [mm] \omega\in\Omega' [/mm] ist und in diesem Fall addieren wir nur positive Zahlen.
> Du musst halt nur den Fall [mm]\mu(A) < \infty[/mm] und [mm]\mu(A) = \infty[/mm]
> bedenken.
Das verstehe ich nicht, aber ich schreibe dir meine Gedanken dazu auf.
[mm] \mu(A)=\infty [/mm] für alle [mm] A\subseteq\Omega [/mm] ist kein Maß, denn es muss nach Voraussetzung eines Maßes gelten [mm] \mu(\emptyset)=0 [/mm] oder vielleicht hier besser: es existiert hier kein [mm] $A\in P(\Omega)$ [/mm] mit [mm] \mu(A)<\infty.
[/mm]
[mm] \mu(A)<\infty [/mm] für alle [mm] A\subseteq\Omega. [/mm] Hier gibt es doch zwei Fälle oder? Das habe ich in der anderen Frage schon probiert. [mm] \mu(A)=0 [/mm] für alle [mm] A\subseteq\Omega\setminus\Omega' [/mm] und [mm] \mu(A)\in(0,\infty) [/mm] für alle [mm] A\subseteq\Omega'.
[/mm]
> Den Rest deines Beweises vergessen wir mal ^^
Ist es wirklich so schlimm? ^^
Mit deinem Tipp gilt [mm] \sum_{\omega\in\bigcup_{n\in\IN}A_n}p(\omega)=\sum_{n\in\IN}\sum_{\omega\in A_n}p(\omega) [/mm] für alle höchstens abzählbare disjunkte Mengen [mm] A_1,A_2,\ldots [/mm] und damit
[mm] \mu(\bigcup_{n\in\IN}A_n)=\sum_{\omega\in\bigcup_{n\in\IN}A_n\cap\Omega'}p(\omega)=\sum_{\omega\in\bigcup_{n\in\IN}(A_n\cap\Omega')}p(\omega)=\sum_{n\in\IN}\sum_{\omega\in A_n\cap\Omega'}p(\omega)=\sum_{n\in\IN}\mu(A_n), [/mm] wobei die Mengen [mm] (A_n\cap\Omega') [/mm] offensichtlich auch paarweise disjunkte Mengen sind.
Noch eine Vermutung: Wenn [mm] p(\omega)<\infty [/mm] für alle [mm] \omega\in\Omega', [/mm] dann müsste doch [mm] \mu [/mm] sigma-endlich sein, oder?
Vielen Dank Gono für deine Mühe und Geduld mit mir!
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Hiho,
> ii) Dein Tipp: Begründe [mm]\sum_{\omega\in A\cup B}p(\omega)=\sum_{\omega\in A}p(\omega)+\sum_{\omega\in B}p(\omega)[/mm]
> für alle höchstens abzählbare disjunkte Mengen A und B.
>
> Die Vereinigung abzählbarer Mengen ist abzählbar. Wir
> addieren auf jeden Fall die selben Elemente und mit der
> Voraussetzung [mm]A\cap B=\emptyset[/mm] addieren wir keine Elemente
> doppelt. Wir verändern aber die Reihenfolge, aber das ist
> kein Problem, denn die Reihen können nur konvergieren oder
> bedingt divergieren. Das ist nun zu begründen. Dein Tipp:
>
> > Dann überlege mal, wann eine Reihe absolut konvergiert
> > und schau dir dein p an, dann ist das eigentlich trivial.
>
> Das habe ich in meiner letzten Frage probiert und wohl
> kräftig verhauen. ^^ Leider weiß ich weiterhin nicht was
> du mir damit sagen willst. Ich weiß, dass nach der
> Abbildungsvorschrift [mm]p(\{\omega\})\in(0,\infty][/mm] für alle
> [mm]\omega\in\Omega'[/mm] ist und in diesem Fall addieren wir nur
> positive Zahlen.
Ja, und damit ist doch jede konvergente Reihe automatisch absolut konvergent!
Darum solltest du dir mal die Definition der absoluten Konvergenz anschauen und hier bringen. Das hast du leider nicht getan.
> Das verstehe ich nicht
1. Fall: [mm] $\mu(A) [/mm] < [mm] \infty, \mu(B) [/mm] < [mm] \infty$. [/mm] Dann sind [mm] $\summe_{\omega \in A\cap\Omega'} p(\omega)$ [/mm] und [mm] $\summe_{\omega \in B\cap\Omega'} p(\omega)$ [/mm] absolut konvergent und damit gilt:
[mm] $\summe_{\omega \in (A\cup B)\cap\Omega'} p(\omega) [/mm] = [mm] \summe_{\omega \in A\cap\Omega'} p(\omega) +\summe_{\omega \in B\cap\Omega'} p(\omega)$
[/mm]
2. Fall: [mm] $\mu(A) [/mm] = [mm] \infty \vee \mu(B) [/mm] = [mm] \infty$. [/mm] Zeige: [mm] $\summe_{\omega \in (A\cup B)\cap\Omega'} p(\omega) [/mm] = [mm] \infty$
[/mm]
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:09 So 21.12.2014 | | Autor: | James90 |
Hi Gono
> > ii) Dein Tipp: Begründe [mm]\sum_{\omega\in A\cup B}p(\omega)=\sum_{\omega\in A}p(\omega)+\sum_{\omega\in B}p(\omega)[/mm]
> > für alle höchstens abzählbare disjunkte Mengen A und B.
> >
> > Die Vereinigung abzählbarer Mengen ist abzählbar. Wir
> > addieren auf jeden Fall die selben Elemente und mit der
> > Voraussetzung [mm]A\cap B=\emptyset[/mm] addieren wir keine Elemente
> > doppelt. Wir verändern aber die Reihenfolge, aber das ist
> > kein Problem, denn die Reihen können nur konvergieren oder
> > bedingt divergieren. Das ist nun zu begründen. Dein Tipp:
> >
> > > Dann überlege mal, wann eine Reihe absolut konvergiert
> > > und schau dir dein p an, dann ist das eigentlich trivial.
> >
> > Das habe ich in meiner letzten Frage probiert und wohl
> > kräftig verhauen. ^^ Leider weiß ich weiterhin nicht was
> > du mir damit sagen willst. Ich weiß, dass nach der
> > Abbildungsvorschrift [mm]p(\{\omega\})\in(0,\infty][/mm] für alle
> > [mm]\omega\in\Omega'[/mm] ist und in diesem Fall addieren wir nur
> > positive Zahlen.
>
> Ja, und damit ist doch jede konvergente Reihe automatisch
> absolut konvergent!
Wow, an diese Sichtweise habe ich nicht gedacht. Danke! Ich wünschte ich würde auch so wie ihr hier alles im Überblick behalten und mich nicht immer auf eine Sichtweise beschränken. Daran muss ich wohl noch arbeiten......
> Darum solltest du dir mal die Definition der absoluten
> Konvergenz anschauen und hier bringen. Das hast du leider
> nicht getan.
Mit der Sichtweise ist es sehr einfach, denn wenn die Reihe konvergiert, dann gilt auch [mm] p(\{\omega\})\in(0,\infty) [/mm] für alle [mm] \omega\in\Omega', [/mm] d.h. es existiert kein [mm] \omega'\in\Omega' [/mm] mit [mm] p(\{\omega'\})=\infty, [/mm] denn wenn so ein [mm] \omega' [/mm] existieren würde, dann wäre die Reihe bestimmt divergent gegen [mm] \infty. [/mm] Außerdem ist die Reihe absolut konvergent, denn die Reihe der Absolutbeträge ist wegen [mm] p(\{\omega\})\in(0,\infty) [/mm] die selbe Reihe und damit ist hier jede konvergente Reihe auch absolut konvergent. Jetzt okay?
> > Das verstehe ich nicht
>
> 1. Fall: [mm]\mu(A) < \infty, \mu(B) < \infty[/mm]. Dann sind
> [mm]\summe_{\omega \in A\cap\Omega'} p(\omega)[/mm] und
> [mm]\summe_{\omega \in B\cap\Omega'} p(\omega)[/mm] absolut
> konvergent und damit gilt:
> [mm]\summe_{\omega \in (A\cup B)\cap\Omega'} p(\omega) = \summe_{\omega \in A\cap\Omega'} p(\omega) +\summe_{\omega \in B\cap\Omega'} p(\omega)[/mm]
Super, die absolute Konvergenz folgt hier aus meiner Argumentation oben. Denn nach Voraussetzung ist [mm] \mu(A)<\infty [/mm] also konveregnt und damit existiert kein [mm] \omega' [/mm] mit [mm] p(\{\omega'\})=\infty. [/mm] Wäre dem so, dann wäre [mm] \mu(A)=\infty [/mm] und damit ein Widerspruch.
Analog dann den anderen Fall.
> 2. Fall: [mm]\mu(A) = \infty \vee \mu(B) = \infty[/mm]. Zeige:
> [mm]\summe_{\omega \in (A\cup B)\cap\Omega'} p(\omega) = \infty[/mm]
Aus der Voraussetzung folgt, dass ein [mm] \omega\in(A\cap\Omega') [/mm] oder [mm] \omega\in(B\cap\Omega') [/mm] existiert mit [mm] p(\{\omega\})=\infty. [/mm] Das ist äquivalent dazu, dass ein [mm] \omega\in(A\cup B)\cap\Omega' [/mm] existiert mit [mm] p(\{\omega\})=\infty [/mm] und damit erhalten wir [mm] \mu(A\cup B)=\infty.
[/mm]
Jetzt scheint mir alles zu einfach gewesen zu sein. Bestimmt habe ich einen Denkfehler und alles ist komplett falsch. ^^
Danke erneut für deine Hilfe Gono!
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Hiho,
deine Sichtweise stimmt für die Mengen, wo das Maß endlich bleibt.
Dass [mm] $\mu(A) [/mm] = [mm] \infty$ [/mm] aber nicht vorkommen soll, weil [mm] $p(\{\omega\}) [/mm] < [mm] \infty$ [/mm] immer gilt, ist Blödsinn.
Aber die Hälfte hast du schon mal geschafft.
Betrachte doch mal [mm] $\mu(\{n\}) [/mm] = 1$ für [mm] $n\in\IN$.
[/mm]
Das nennt sich das Zählmaß auf [mm] $\IN$.
[/mm]
Was ist da denn [mm] $\mu(\IN)$? [/mm] Oder [mm] $\mu(2\IN)$?
[/mm]
Gruß,
Gono
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