Integral Wahrsch'keitsraum < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:19 Do 30.01.2014 | | Autor: | HugATree |
| Aufgabe | Seien [mm] $(\Omega,\mathcal{S},\mu)$ [/mm] ein W'keitsraum und [mm] $\mathcal{A},\mathcal{B}\subset \athcal{S}\quad \mu$-unabhängige Teil-$\sigma$-Algebren [/mm] von [mm] $\mathcal{S}$ [/mm] (d.h. [mm] $\mu(A\cap B)=\mu(A)\mu(B), \forall A\in\mathcal{A},B\in\mathcal{B}$)
[/mm]
Auerdem: [mm] $f:\Omega\to\marthbb{R}\;\; \mathcal{A}$-messbar, $g:\Omega\to\mathbb{R}\;\;\;\mathcal{B}-$messbar.
[/mm]
Beweisen Sie:
a) Die Funktionen f und g sind [mm] $\mathcal{S}-$messbar [/mm] und [mm] $fg\;\;\mathcal{S}-$messbar.
[/mm]
b) Gilt zusätzlich [mm] $f,g\in\mathcal{L}^1(\mu)$, [/mm] so ist auch [mm] $fg\in\mathcal{L}^1(\mu) [/mm] und es gilt: [mm] $$\left(\int f \;d\mu\right)\left(\int g \;d\mu \right)=\int fg\;d\mu$$ [/mm] |
Hallo,
Ich hänge leider etwas bei dieser Aufgabe!
den a) Teil der Aufgabe war kein Problem. Es ist ja klar, da f [mm] $\mathcal{A}$-messbar, [/mm] gilt f.a. [mm] $A\in\mathcal{B}^1: f^{-1}(A)\in\mathcal{A}\subset\mathcal{S}$, [/mm] also f auch [mm] $\mathcal{S}$-messbar.
[/mm]
Analog für g!
Den anderen Teil für die Messbarkeit von fg kriege ich auch hin.
Aber bei der b )weiß ich leider nicht wie ich anfangen soll.
Würde mich sehr über ein wenig Hilfe freuen.
Vielen Dank
HugATree
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Hiho,
maßtheoretisches Standardargument.
1.) Sei f einfache Funktion
2.) Sei f nicht negativ
3.) f beliebig.
Gruß
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:30 Do 30.01.2014 | | Autor: | HugATree |
Okay, also ich habe jetzt mal versucht das anzufangen:
z.z.: [mm] $fg\in\mathcal{L}^1(\mu)$:
[/mm]
1. f einfache Funktion, dann existiert eine Darstellung von f mit:
[mm] $f(x)=\sum\limits_{i=1}^n a_i\mathcal{X}_{A_i}(x),\quad A_i\subset \Omega, \; a_i\in\mathbb{R}$ [/mm] und somit:
[mm] $(f*g)(x)=\sum\limits_{i=1}^n a_i\mathcal{X}_{A_i}(x)*g(x)=\sum\limits_{i=1}^n b_i\mathcal{X}_{A_i}(x),\quad b_i:=a_ig(x)\in\mathbb{R}$ [/mm] ebenfalls einfache Funktion, da messbar.
Also [mm] $fg\in\mathcal{L}^1(\mu)$
[/mm]
2. f nicht negativ
f inegrierbar, d.h. es ex. Folge einfacher Funktionen [mm] $(f_n)_{n\in\mathbb{N}}$, [/mm] die punktweise, monoton wachsend gegen f konvergiert, also [mm] $\lim\limits_{n\to\infty}f_n=f$.
[/mm]
Dann ist [mm] $(h_n)_{n\in\mathbb{N}}$ [/mm] mit [mm] $h_n:=f_n*g$ [/mm] folge von einfachen Funktionen, die monoton steigend punktweise gegen $fg$ konvergiert.
Also ist auch fg integrierbar.
3. f beliebig:
Dann gilt: [mm] $\int f\;d\mu=\int f^+\;d\mu-\int f^-\;d\mu$
[/mm]
und da f integrierbar, gilt: [mm] $\int f^+\;d\mu,\int f^-\;d\mu<\infty$.
[/mm]
Und außerdem auch [mm] $\int g^+\;d\mu,\int g^-\;d\mu<\infty$.
[/mm]
Wie kann ich hier jetzt weiter machen?
Ich kann ja durch [mm] $\int g^+\;d\mu, \int f^+\;d\mu<\infty$ [/mm] nicht auf [mm] $\int (fg)^+\;d\mu<\infty$ [/mm] schließen, oder?!
Stimmt der Ansatz für den Rest so ungefähr?
Vielen Dank :)
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Hiho,
> 1. f einfache Funktion, dann existiert eine Darstellung von f mit:
> [mm]f(x)=\sum\limits_{i=1}^n a_i\mathcal{X}_{A_i}(x),\quad A_i\subset \Omega, \; a_i\in\mathbb{R}[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> und somit:
> [mm](f*g)(x)=\sum\limits_{i=1}^n a_i\mathcal{X}_{A_i}(x)*g(x)=\sum\limits_{i=1}^n b_i\mathcal{X}_{A_i}(x),\quad b_i:=a_ig(x)\in\mathbb{R}[/mm] ebenfalls einfache Funktion, da messbar.
Das ist falsch. Dein Produkt ist im Allgemeinen dann keine einfache Funktion mehr.
Du wirst wohl nicht drum rum kommen, das für beide Funktionen zu machen.
Und zeige erst mal das mit dem Integral, daraus ergibt sich die Integrierbarkeit dann von allein.
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:06 Do 30.01.2014 | | Autor: | HugATree |
> Hiho,
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> > 1. f einfache Funktion, dann existiert eine Darstellung von
> f mit:
> > [mm]f(x)=\sum\limits_{i=1}^n a_i\mathcal{X}_{A_i}(x),\quad A_i\subset \Omega, \; a_i\in\mathbb{R}[/mm]
>
>
> > und somit:
> > [mm](f*g)(x)=\sum\limits_{i=1}^n a_i\mathcal{X}_{A_i}(x)*g(x)=\sum\limits_{i=1}^n b_i\mathcal{X}_{A_i}(x),\quad b_i:=a_ig(x)\in\mathbb{R}[/mm]
> ebenfalls einfache Funktion, da messbar.
>
> Das ist falsch. Dein Produkt ist im Allgemeinen dann keine
> einfache Funktion mehr.
> Du wirst wohl nicht drum rum kommen, das für beide
> Funktionen zu machen.
Meinst du also 9 Fallunterscheidungen?
Also 1. f einfache Fkt
1.1 g einfach
1.2 g nicht negativ
1.3 g beliebeig
etc.
?
Und ist das Produkt zweier einfacher Funktionen wieder einfach?
Vielen Dank :)
>
> Und zeige erst mal das mit dem Integral, daraus ergibt sich
> die Integrierbarkeit dann von allein.
>
> Gruß,
> Gono
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Hiho,
> Meinst du also 9 Fallunterscheidungen?
nein, wie ich am Anfang bereits schrieb: 3 Fälle.
1.) beide einfach
2.) beide nichtnegativ
3.) beide beliebig
Deine anderen Fälle werden dadurch doch ebenfalls abgedeckt.
Beispielsweise enthält der 3.) Fall ja trivialerweise f beliebig, g einfach oder andersrum.
> Und ist das Produkt zweier einfacher Funktionen wieder einfach?
Das solltest du dir selbst überlegen, wie das Produkt zweier einfacher Funktionen aussieht. Das ist der Spaß an der Aufgabe....
Gruß,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:15 Do 30.01.2014 | | Autor: | HugATree |
Hi, danke für die schnelle Antwort :)
> Hiho,
>
> > Meinst du also 9 Fallunterscheidungen?
> nein, wie ich am Anfang bereits schrieb: 3 Fälle.
>
> 1.) beide einfach
> 2.) beide nichtnegativ
> 3.) beide beliebig
>
> Deine anderen Fälle werden dadurch doch ebenfalls
> abgedeckt.
> Beispielsweise enthält der 3.) Fall ja trivialerweise f
> beliebig, g einfach oder andersrum.
Ja, da hast du natürlich Recht.
>
> > Und ist das Produkt zweier einfacher Funktionen wieder
> einfach?
>
> Das solltest du dir selbst überlegen, wie das Produkt
> zweier einfacher Funktionen aussieht. Das ist der Spaß an
> der Aufgabe....
>
Okay, ich habe nun:
1. f,g einfache Funktionen:
Sei [mm] $f(x):=\sum\limits_{i=1}^na_i\mathcal{X}_{A_i}(x)$
[/mm]
[mm] $g(x):=\sum\limits_{j=1}^mb_j\mathcal{X}_{B_j}(x)$
[/mm]
[mm] $a_i,b_i\in\mathbb{R}, A_i,B_j\subset [/mm] Omega$
Dann gilt:
[mm] $(fg)(x)=\left(\sum\limits_{i=1}^na_i\mathcal{X}_{A_i}(x)\right)*\left(\sum\limits_{j=1}^mb_j\mathcal{X}_{B_j}(x)\right)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^ma_ib_j\mathcal{X}_{A_i}\mathcal{X}_{B_j}=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^ma_ib_j\mathcal{X}_{B_j\cap A_i}(x)$
[/mm]
Somit:
[mm] $\int (fg)\;d\mu=\int \left(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^ma_ib_j\mathcal{X}_{\left(B_j\cap A_i\right)}(x)\right)\;d\mu=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^ma_ib_j\mu(B_j\cap A_i)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^ma_ib_j\mu(B_j)\mu(A_i)=\left(\sum\limits_{i=1}^na_i\mu(A_i)\right)*\left(\sum\limits_{j=1}^mb_j\mu(B_j)\right)=\left(\int f\;d\mu\right)*\left(\int g\;d\mu\right)$
[/mm]
Müsste so passen, oder?
Ich schreibe nochmal, wenn ich die anderen beiden Fälle durchgearbeitet habe :)
Vielen vielen Dank für deine Hilfe Gono
>
> Gruß,
> Gono.
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Hiho,
> Müsste so passen, oder?
Du solltest natürlich noch begründe, warum du f und g jeweils so darstellen kannst.
Gruß,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:55 Do 30.01.2014 | | Autor: | DerBaum |
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
> Hiho,
>
> > Müsste so passen, oder?
>
>
> Du solltest natürlich noch begründe, warum du f und g
> jeweils so darstellen kannst.
Ja, das hätte ich noch dazu geschrieben.
Folgt ja daraus, dass f,g einfache Funktionen sind.
Ich habe nun noch:
2. Fall: f,g nicht negativ
Dann existieren Folgen $(g_n)_{n\in\mathbb{N}},(f_n)_{n\in\mathbb{N}}$ von einfachen Funktionen, die monoton wachend punktweise gegen f bzw. g konvergieren und gilt:
$\int f \;d\mu=\lim\limits_{n\to\infty}\int f_n \; d\mu$
$\int g\;d\mu=\lim\limits_{n\to\infty}\int g_n\; d\mu$
Außerdem: $\lim\limits_{n\to\infty}f_ng_n=fg$ (monoton wachsend)
(Bew: Es gilt: $f_n(x),g_n(x)\geq 0, f_n'(x),g_n'(x)\geq 0$ und somit:
$(f_ng_n)'(x)=f_n'(x)g_n(x)+f_n(x)g_n'(x)\geq 0$ also monoton wachsend)
Und somit:
$\right(\int f\;d\mu\left)\right(\int g\;d\mu\right)=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\left(\int f_n\;d\mu\right)\left(\int g_n\;d\mu\right)\right)$
Da $f_n,g_n$ f.a. $n\in\mathbb{N}$ einfache Funktionen sind, folgt nach Fall 1:
$\lim\limits_{n\to\infty}\left(\left(\int f_n\;d\mu\right)\left(\int g_n\;d\mu\right)\right)=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\int f_n g_n\;d\mu\right)=\int fg\;d\mu$
3. Fall: f,g beliebig:
folgt noch
vielen Dank
>
> Gruß,
> Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:03 Do 30.01.2014 | | Autor: | HugATree |
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
3. Fall: f,g beliebig:
Es gilt:
$\left(\int f\;d\mu\right)\left(\int g\;d\mu\right)=\left(\int f^+\;d\mu - \int f^-\;d\mu\left)\left(\int g^+\;d\mu - \int g^-\;d\mu\left)=\left(\int f^+\;d\mu\int g^+\;d\mu\right)-\left(\int f^+\;d\mu\int g^-\;d\mu\right)-\left(\int f^-\;d\mu\int g^+\;d\mu\right)+\left(\int f^-\;d\mu\int g^-\;d\mu\right)$
Da $f^+,g^+,f^-,g^-$ nicht negativ, gilt nach Fall 2:
$\left(\int f^+\;d\mu\int g^+\;d\mu\right)-\left(\int f^+\;d\mu\int g^-\;d\mu\right)-\left(\int f^-\;d\mu\int g^+\;d\mu\right)+\left(\int f^-\;d\mu\int g^-\;d\mu\right)=\int f^+g^+\;d\mu-\int f^+g^-\;d\mu-\int f^-g^+\;d\mu+\int f^-g^-\;d\mu$
Hier hänge ich gerade ein wenig!
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Hiho,
> 3. Fall: f,g beliebig:
> Es gilt:
>
> [mm]\left(\int f\;d\mu\right)\left(\int g\;d\mu\right)=\left(\int f^+\;d\mu - \int f^-\;d\mu\left)\left(\int g^+\;d\mu - \int g^-\;d\mu\left)=\left(\int f^+\;d\mu\int g^+\;d\mu\right)-\left(\int f^+\;d\mu\int g^-\;d\mu\right)-\left(\int f^-\;d\mu\int g^+\;d\mu\right)+\left(\int f^-\;d\mu\int g^-\;d\mu\right)[/mm]
Wie begründest du denn das Auseinanderziehen? Wer sagt dir, dass die Ausdrücke überhaupt wohldefiniert sind?
Um dich zu beruhigen: Der Weg ist richtig, allerdings nur in einem Fall. Es gibt noch weitere.
> Da [mm]f^+,g^+,f^-,g^-[/mm] nicht negativ, gilt nach Fall 2:
> [mm]\left(\int f^+\;d\mu\int g^+\;d\mu\right)-\left(\int f^+\;d\mu\int g^-\;d\mu\right)-\left(\int f^-\;d\mu\int g^+\;d\mu\right)+\left(\int f^-\;d\mu\int g^-\;d\mu\right)=\int f^+g^+\;d\mu-\int f^+g^-\;d\mu-\int f^-g^+\;d\mu+\int f^-g^-\;d\mu[/mm]
> Hier hänge ich gerade ein wenig!
Linearität des Integrals nutzen und Distributivgesetz anwenden.
Gruß,
Gono.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:41 Do 30.01.2014 | | Autor: | DerBaum |
> Hiho,
>
> > 3. Fall: f,g beliebig:
> > Es gilt:
> >
> > [mm]\left(\int f\;d\mu\right)\left(\int g\;d\mu\right)=\left(\int f^+\;d\mu - \int f^-\;d\mu\left)\left(\int g^+\;d\mu - \int g^-\;d\mu\left)=\left(\int f^+\;d\mu\int g^+\;d\mu\right)-\left(\int f^+\;d\mu\int g^-\;d\mu\right)-\left(\int f^-\;d\mu\int g^+\;d\mu\right)+\left(\int f^-\;d\mu\int g^-\;d\mu\right)[/mm]
>
> Wie begründest du denn das Auseinanderziehen? Wer sagt
> dir, dass die Ausdrücke überhaupt wohldefiniert sind?
> Um dich zu beruhigen: Der Weg ist richtig, allerdings nur
> in einem Fall. Es gibt noch weitere.
Nunja, f und g sind integrierbar und damit auch $f^+,f^-,g^+,g^-$ integrierbar, also [mm] $\int f^-\;d\mu<\infty,\int f^+\;d\mu<\infty,\int g^-\;d\mu<\infty,\int g^+\;d\mu<\infty$
[/mm]
Leider weiß ich nicht, was für Fälle ich hier noch betrachten muss!
Vllt wenn z.B. $f^+=0$ ist?
>
> > Da [mm]f^+,g^+,f^-,g^-[/mm] nicht negativ, gilt nach Fall 2:
> > [mm]\left(\int f^+\;d\mu\int g^+\;d\mu\right)-\left(\int f^+\;d\mu\int g^-\;d\mu\right)-\left(\int f^-\;d\mu\int g^+\;d\mu\right)+\left(\int f^-\;d\mu\int g^-\;d\mu\right)=\int f^+g^+\;d\mu-\int f^+g^-\;d\mu-\int f^-g^+\;d\mu+\int f^-g^-\;d\mu[/mm]
>
> > Hier hänge ich gerade ein wenig!
>
> Linearität des Integrals nutzen und Distributivgesetz
> anwenden.
>
Oh, ja natürlich, das habe ich übersehen.
Dann gehts weiter mit:
[mm] $=\int f^+g^+-f^+g^--f^-g^++f^-g^-\;d\mu=\int f^+(g^+-g^-)-f^-(g^+g^-)\;d\mu=\int f^+g-f^-g\;d\mu=\int g(f^+-f^-)\;d\mu=\int fg\;d\mu$
[/mm]
> Gruß,
> Gono.
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Hiho,
> Nunja, f und g sind integrierbar
ah stimmt, das hatte ich vergessen. Den Spaß kann man für nichtnegative Funktionen auch machen, die nicht integierbar sind, ist hier ja aber gar nicht notwendig.
Vergiß den Einwand 
So: Nun Begründe mal, warum fg ebenfalls integrierbar ist. Das fehlt noch.
Gruß,
Gono.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:15 Fr 31.01.2014 | | Autor: | DerBaum |
> Hiho,
>
> > Nunja, f und g sind integrierbar
>
> ah stimmt, das hatte ich vergessen. Den Spaß kann man für
> nichtnegative Funktionen auch machen, die nicht integierbar
> sind, ist hier ja aber gar nicht notwendig.
> Vergiß den Einwand
>
> So: Nun Begründe mal, warum fg ebenfalls integrierbar ist.
> Das fehlt noch.
Ich habe mir das so gedacht:
fg ist integrierbar gdw. [mm] $\int (fg)^+\;d\mu<\infty, \quad \int (fg)^-\;d\mu<\infty$
[/mm]
Es gilt: [mm] $(fg)^+=\max(fg,0)=\max(f,0)*\max(g,0)=f^+g^+$
[/mm]
und: [mm] $(fg)^-=-\min((fg),0)=-(\min(f,0)*\min(g,0))=f^-g^-$
[/mm]
Somit:
[mm] $\int (fg)^+\;d\mu=\underbrace{\left(\int f^+\;d\mu\right)}_{<\infty}\underbrace{\left(\int g^+\;d\mu\right)}_{<\infty}<\infty$
[/mm]
Analog mit $(fg)^-$.
>
> Gruß,
> Gono.
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Hiho,
> fg ist integrierbar gdw. [mm]\int (fg)^+\;d\mu<\infty, \quad \int (fg)^-\;d\mu<\infty[/mm]
geht, aber es geht auch kürzer mit [mm] $\int |fg|\;d\mu [/mm] < [mm] \infty$
[/mm]
Und du hast ja bereits gezeigt, dass [mm] $\int |fg|\;d\mu [/mm] = [mm] \int |f|\;d\mu \int |g|\;d\mu [/mm] < [mm] \infty$
[/mm]
Gruß,
Gono.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:24 Fr 31.01.2014 | | Autor: | DerBaum |
> Hiho,
>
> > fg ist integrierbar gdw. [mm]\int (fg)^+\;d\mu<\infty, \quad \int (fg)^-\;d\mu<\infty[/mm]
>
> geht, aber es geht auch kürzer mit [mm]\int |fg|\;d\mu < \infty[/mm]
>
> Und du hast ja bereits gezeigt, dass [mm]\int |fg|\;d\mu = \int |f|\;d\mu \int |g|\;d\mu < \infty[/mm]
Stimmt, das geht um einiges schneller und eleganter!
Vielen Dank für deine Hilfe.
Du hast mir sehr geholfen!
Ich wünsche dir einen schönen Abend und ein schönes Wochenende!
Liebe Grüße
DerBaum
>
> Gruß,
> Gono.
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Hiho,
> > Du solltest natürlich noch begründe, warum du f und g
> > jeweils so darstellen kannst.
>
> Ja, das hätte ich noch dazu geschrieben.
> Folgt ja daraus, dass f,g einfache Funktionen sind.
Nein, das folgt daraus nicht so einfach.
Wie begründest du denn deine Indikatorfunktionen?
Was implizierst du indirekt mit deiner Benennung (was du später im Beweis auch verwendest)?? Da ist gar nix begründet.
> Ich habe nun noch:
> 2. Fall: f,g nicht negativ
>
> Dann existieren Folgen
> [mm](g_n)_{n\in\mathbb{N}},(f_n)_{n\in\mathbb{N}}[/mm] von einfachen Funktionen, die monoton wachend punktweise gegen f bzw. g
> konvergieren und gilt:
>
> [mm]\int f \;d\mu=\lim\limits_{n\to\infty}\int f_n \; d\mu[/mm]
>
> [mm]\int g\;d\mu=\lim\limits_{n\to\infty}\int g_n\; d\mu[/mm]
> Außerdem: [mm]\lim\limits_{n\to\infty}f_ng_n=fg[/mm] (monoton wachsend)
> (Bew: Es gilt: [mm]f_n(x),g_n(x)\geq 0, f_n'(x),g_n'(x)\geq 0[/mm]
Das ist Blödsinn. Weder f noch g sind im allgemeinen überhaupt differenzierbar. Und was willst du jetzt hier mit der Ableitung? Selbst wenn die existieren sollten, ist die Annahme, dass sie [mm] \ge [/mm] 0 sind totaler humbug.
> Und somit:
> [mm]\right(\int f\;d\mu\left)\right(\int g\;d\mu\right)=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\left(\int f_n\;d\mu\right)\left(\int g_n\;d\mu\right)\right)[/mm]
Das gilt nach Voraussetzung.
> Da [mm]f_n,g_n[/mm] f.a. [mm]n\in\mathbb{N}[/mm] einfache Funktionen sind,
> folgt nach Fall 1:
> [mm]\lim\limits_{n\to\infty}\left(\left(\int f_n\;d\mu\right)\left(\int g_n\;d\mu\right)\right)=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\int f_n g_n\;d\mu\right)=\int fg\;d\mu[/mm]
Jo, aber das schreiben wir mal nochmal sauber auf und ohne den Blödsinn mitten drin.
Gruß,
Gono.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:25 Do 30.01.2014 | | Autor: | DerBaum |
> Hiho,
>
> > > Du solltest natürlich noch begründe, warum du f und g
> > > jeweils so darstellen kannst.
> >
> > Ja, das hätte ich noch dazu geschrieben.
> > Folgt ja daraus, dass f,g einfache Funktionen sind.
>
> Nein, das folgt daraus nicht so einfach.
> Wie begründest du denn deine Indikatorfunktionen?
> Was implizierst du indirekt mit deiner Benennung (was du
> später im Beweis auch verwendest)?? Da ist gar nix
> begründet.
Nun ja, einfache Funktionen nehmen ja nur endlich viele Werte (hier [mm] $a_1,...,a_n$ [/mm] und [mm] $b_1,...,b_m$) [/mm] und außerdem ist f und g messbar, d.h.
[mm] $f^{-1}(\{a_i\})=:A_i\in\mathcal{S}\subset \Omega$
[/mm]
>
>
> > Ich habe nun noch:
> > 2. Fall: f,g nicht negativ
> >
> > Dann existieren Folgen
> > [mm](g_n)_{n\in\mathbb{N}},(f_n)_{n\in\mathbb{N}}[/mm] von einfachen
> Funktionen, die monoton wachend punktweise gegen f bzw. g
> > konvergieren und gilt:
> >
> > [mm]\int f \;d\mu=\lim\limits_{n\to\infty}\int f_n \; d\mu[/mm]
> >
>
> > [mm]\int g\;d\mu=\lim\limits_{n\to\infty}\int g_n\; d\mu[/mm]
>
>
>
> > Außerdem: [mm]\lim\limits_{n\to\infty}f_ng_n=fg[/mm] (monoton
> wachsend)
>
> > (Bew: Es gilt: [mm]f_n(x),g_n(x)\geq 0, f_n'(x),g_n'(x)\geq 0[/mm]
>
> Das ist Blödsinn. Weder f noch g sind im allgemeinen
> überhaupt differenzierbar. Und was willst du jetzt hier
> mit der Ableitung? Selbst wenn die existieren sollten, ist
> die Annahme, dass sie [mm]\ge[/mm] 0 sind totaler humbug.
Oh, ja, das ist natürlich völliger Quatsch, sorry :D
Aber kann ich dann einfach annehmen, dass [mm] $f_ng_n$ [/mm] ebenfalls monoton wachsend, punktweise gegen fg konvergiert?
>
> > Und somit:
> > [mm]\right(\int f\;d\mu\left)\right(\int g\;d\mu\right)=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\left(\int f_n\;d\mu\right)\left(\int g_n\;d\mu\right)\right)[/mm]
>
> Das gilt nach Voraussetzung.
>
> > Da [mm]f_n,g_n[/mm] f.a. [mm]n\in\mathbb{N}[/mm] einfache Funktionen sind,
> > folgt nach Fall 1:
> > [mm]\lim\limits_{n\to\infty}\left(\left(\int f_n\;d\mu\right)\left(\int g_n\;d\mu\right)\right)=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\int f_n g_n\;d\mu\right)=\int fg\;d\mu[/mm]
>
> Jo, aber das schreiben wir mal nochmal sauber auf und ohne
> den Blödsinn mitten drin.
>
> Gruß,
> Gono.
Vielen Dank für deine Geduld :)
Liebe Grüße
DerBaum
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Hiho,
> Nun ja, einfache Funktionen nehmen ja nur endlich viele
> Werte (hier [mm]a_1,...,a_n[/mm] und [mm]b_1,...,b_m[/mm]) und außerdem ist f und g messbar, d.h.
> [mm]f^{-1}(\{a_i\})=:A_i\in\mathcal{S}\subset \Omega[/mm]
Nach Voraussetzung sollen die aber mehr als nur [mm] $\mathcal{S}$-meßbar [/mm] sein!
Und genau die Eigenschaft verwendest du später.
> Oh, ja, das ist natürlich völliger Quatsch, sorry :D
> Aber kann ich dann einfach annehmen, dass [mm]f_ng_n[/mm] ebenfalls
> monoton wachsend, punktweise gegen fg konvergiert?
Da brauchst du nichts annehmen. Das kannst du beweisen, wenn es dir nicht klar ist!
Der Beweis ist allerdings fast trivial.
Gruß,
Gono.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:59 Do 30.01.2014 | | Autor: | DerBaum |
> Hiho,
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> > Nun ja, einfache Funktionen nehmen ja nur endlich viele
> > Werte (hier [mm]a_1,...,a_n[/mm] und [mm]b_1,...,b_m[/mm]) und außerdem ist
> f und g messbar, d.h.
> > [mm]f^{-1}(\{a_i\})=:A_i\in\mathcal{S}\subset \Omega[/mm]
>
> Nach Voraussetzung sollen die aber mehr als nur
> [mm]\mathcal{S}[/mm]-meßbar sein!
> Und genau die Eigenschaft verwendest du später.
f ist [mm] $\mathcal{A}$- [/mm] und g ist [mm] $\mathcal{B}$-messbar [/mm] und [mm] $\mathcal{A},\mathcal{B}$ [/mm] sind [mm] $\mu$-unabhängige Teil-$\sigma$-Algebra, [/mm] also [mm] $f^{-1}(\{a_i\})=A_i\in\mathcal{A}, g^{-1}(\{b_j\})=B_j\in\mathcal{B}$
[/mm]
Meinst du das? Weil ich später verwende [mm] $\mu(A_i\cap B_j)=\mu(A_i)\mu(B_j)$?
[/mm]
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> > Oh, ja, das ist natürlich völliger Quatsch, sorry :D
> > Aber kann ich dann einfach annehmen, dass [mm]f_ng_n[/mm]
> ebenfalls
> > monoton wachsend, punktweise gegen fg konvergiert?
>
> Da brauchst du nichts annehmen. Das kannst du beweisen,
> wenn es dir nicht klar ist!
> Der Beweis ist allerdings fast trivial.
>
> Gruß,
> Gono.
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Hiho,
> Meinst du das? Weil ich später verwende [mm]\mu(A_i\cap B_j)=\mu(A_i)\mu(B_j)[/mm]?
Ja.
Gruß,
Gono
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