Buchanfang Maßtheorie by Richard4321/ Sigma-Algebren – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

To-Do:

• Formatierung: Keine GROSSCHREIBUNG
• Mehr Struktur: siehe epsilon-delta-Kriterium
• wie kommt man auf den Beweis: bitte kompletten Wege beschreiben, wenn Lösungsweg ungleich Beweis siehe x² stetig bei epsilon delta Kriterium
• komplexe Liste, geordnete Liste
• Übergänge Definition, Satz, Beispiel
• Überschrift Übungsaufgaben
• mehr Text als Beschreibung
• Paragraphen sind länger als ein Satz
• Pro Satz oft eine Überschrift
• Farben

In der Maßtheorie wollen wir Mengen eine Länge, eine Fläche oder ein Volumen zuordnen. Unser Ziel ist, später die "guten" Mengen durch abzählbar viele Intervalle, Rechtecke oder Quader "minimal" zu überdecken und damit die Länge, die Fläche oder das Volumen der "guten" Menge zu bestimmen.

Wir hatten in den letzten Kapiteln die endlichen disjunkten Vereinigungen der Rechtecke betrachtet: diese bilden einen Ring (mit $A,B\in R$ sind auch $\emptyset ,A\cup B,A\backslash B\in R$). Ihnen konnten wir eindeutig eine Fläche zuordnen. Wenn ihre abzählbare Vereinigung wieder die Form einer endlichen disjunkten Vereinigung von Rechtecken hat und ihre Fläche die abzählbare Summe der Einzelflächen ist, in mathematischer Schreibweise

${\begin{aligned}{\text{Fläche }}\left(\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)=&\sum _{i=1}^{\infty }{\text{Fläche }}(A_{i})\end{aligned}}$

dann nannten wir die Mengenfunktion sigma-additiv. Wir haben gezeigt, dass die Sigma-Additivität (fast) gleich bedeutend ist zur Stetigkeit von oben oder von unten der Flächenfunktion.

Jetzt endlich definieren wir die Mengensysteme der "guten" Mengen, denen die Flächenfunktion eindeutig ein Fläche zuordnen kann: Sigma-Algebren. Jene Mengen, die sich durch abzählbar viele Intervalle oder Rechtecke "gut" und "minimal" überdecken lassen.

Wenn wir "gute" Mengen $A_{n}$ gegeben haben, denen wir ein Volumen zuordnen können, so soll ihre höchstens abzählbare Vereinigung $\bigcup _{n\in \mathbb {N} }A_{n}$ wieder eine "gute" Menge sein und auch ihr Komplement $A_{n}^{C}$ soll eine "gute" Menge sein. Die Grundmenge soll immer eine "gute" Menge sein. Diese Forderungen erscheinen selbstverständlich, dennoch sind Sigma-Algebren vielfältig, was wir uns in mehreren Übungsaufgaben bewusst machen wollen.

Im Folgenden definieren wir uns die von einem beliebigen Mengensystem $E$ erzeugte Sigma-Algebra. Insbesondere die von den Intervallen oder Rechtecken erzeugte Sigma-Algebra. Das ist entscheidend, da Sigma-Algebren nicht anschaulich sind. Man führt deshalb Beweise auf dem sehr anschaulichen Erzeugendensystem und zeigt, dass die Eigenschaft eine Sigma-Algebra erfüllt. Damit gilt die Eigenschaft für die vom Erzeugendensystem erzeugte Sigma-Algebra. Das benötigen wir insbesondere, um die Messbarkeit von Funktionen nachzuprüfen, aber auch für viele nachfolgende Übungsaufgaben (siehe unten).

Die sigma-additive Flächenfunktion $l$ lässt sich später eindeutig auf die von dem Ring der endlichen vielen disjunkten Rechtecke erzeugte Sigma-Algebra fortsetzen. Deshalb benötigen wir die erzeugte Sigma-Algebra.

Definition (Sigma-Algebra)

Das Mengensystem $S\subset Pot(W)$ heißt Sigma-Algebra genau dann wenn

1. Die Grundmenge ist in $S$: $W\in S$
2. Komplemente sind wieder in $S$: Aus $A\in S$ folgt $A^{C}\in S$
3. Abzählbare Vereinigungen sind wieder in $S$:

Aus $\forall n\in \mathbb {N} :\ A_{n}\in S$ folgt $\bigcup _{n=1}^{\infty }A_{n}\in S$

Wir hatten für Ringe eine Anschauung als die Menge der endlichen disjunkten Vereinigung von Rechtecken. Für Sigma-Algebren gibt es keine analoge Anschauung: die von den Rechtecken erzeugte Sigma-Algebra ist viel größer als der Ring $F^{2}$, sie umfasst zum Beispiel Kreise und unendlich große Mengen.

Satz

1. Die Potenzmenge von $W$, $Pot(W)$, ist eine Sigma-Algebra. Das benötigen wir, damit die erzeugte Sigma-Algebra existiert.
2. Die leere Menge ist in der Sigma-Algebra: $\emptyset \in S$
3. Beliebige abzählbare Schnitte sind in der Sigma-Algebra:

Aus $\forall n\in \mathbb {N} :A_{n}\in S$ folgt $\bigcap _{n=1}^{\infty }A_{n}\in S$

Beweis

1.):

Wir rechnen einfach die Eigenschaften der Sigma-Algebra nach. Da die Potenzmenge alle Teilmengen umfasst, sind die Eigenschaften automatisch erfüllt.

${\begin{aligned}W\in Pot(W)&\\A\in Pot(W)\Rightarrow &A^{C}\in Pot(W)\\\forall n\in \mathbb {N} :\ A_{n}\in Pot(W)\Rightarrow &\bigcup _{n=1}^{\infty }A_{n}\in Pot(W)\end{aligned}}$

2.) und 3.):

Man erhält die Aussagen durch Komplementbildung, gegenüber der die Sigma-Algebra abgeschlossen ist:

${\begin{aligned}\emptyset =W^{C}\in &S\\\bigcap _{n=1}^{\infty }A_{n}=\left(\bigcup _{n=1}^{\infty }A_{n}^{C}\right)^{C}\in &S\end{aligned}}$

Aufgabe (Besondere Mengen in Sigma-Algebren)

Sei $S$ eine Sigmaalgebra über dem Raum $W$ und $\forall n\in \mathbb {N} :\ A_{n},C_{n}\in S$. Sei $A=\limsup _{n}A_{n}$ die Menge der $w\in W$, die in unendlich vielen der $A_{n}$ enthalten sind und $B=\liminf _{n}A_{n}$ die Menge der $w\in W$, die in fast allen $A_{n}$ enthalten ist.

a) Sind dann auch $A,B\in S$?

b) Zeige $\limsup _{n}(A_{n}\cup C_{n})=(\limsup _{n}A_{n})\cup (\limsup _{n}C_{n})$

Wie kommt man auf den Beweis? (Besondere Mengen in Sigma-Algebren)

a) Stelle $A,B$ durch Komplemente, Vereinigungen und Schnitte der $A_{n}$ dar.

b) Argumentiere mit der Anschauung.

Lösung (Besondere Mengen in Sigma-Algebren)

a) Für $w\in A$ gilt: für alle $n\in \mathbb {N}$ gibt es ein $k\geq n$ sodass $w\in A_{k}$

Das schreiben wir in Mengenschreibweise zu

$w\in \bigcap _{n\in \mathbb {N} }\bigcup _{k\geq n}A_{k}$

Somit gilt

$A=\bigcap _{n\in \mathbb {N} }\bigcup _{k\geq n}A_{k}$

Für $w\in B$ gilt: es gibt ein $n\in \mathbb {N}$ sodass für alle $k\geq n$ gilt $w\in A_{k}$

Das schreiben wir in Mengenschreibweise zu

$w\in \bigcup _{n\in \mathbb {N} }\bigcap _{k\geq n}A_{k}$

Somit gilt

$B=\bigcup _{n\in \mathbb {N} }\bigcap _{k\geq n}A_{k}$

Und da die Sigma-Algebra abgeschlossen ist unter endlichen und abzählbaren Vereinigungen und Schnitten, sind $A,B\in S$!

b) $w\in \limsup _{n}(A_{n}\cup C_{n})\iff w$ in unendlich vielen der $(A_{n}\cup C_{n})$. Da $A_{n}$ und $C_{n}$ nur je zwei Mengen sind, muss $w$ in unendlich vielen $A_{n}$ oder in unendlich vielen $C_{n}$ liegen, d.h.

$w\in \limsup _{n}(A_{n}\cup C_{n})\Rightarrow w\in \limsup _{n}A_{n}\cup \limsup _{n}C_{n}$

$w\in \limsup _{n}A_{n}\cup \limsup _{n}C_{n}\iff w$ in unendlich vielen $A_{n}$ oder $w$ in unendlich vielen $C_{n}$. Insbesondere folgt $w$ in unendlich vielen $A_{n}\cup C_{n}$, d.h.

$w\in \limsup _{n}(A_{n}\cup C_{n})\Leftarrow w\in \limsup _{n}A_{n}\cup \limsup _{n}C_{n}$

Aufgabe (Eine einfache Sigma-Algebra)

Zeige dass über $\mathbb {R}$ eine Sigma-Algebra gegeben wird durch

$S=\{A\subset \mathbb {R} :A{\text{ oder }}A^{C}{\text{ ist abzählbar}}\}$

Ganz analog geht das über jeder anderen Grundmenge.

Lösung (Eine einfache Sigma-Algebra)

$\mathbb {R} \in S$, da $\mathbb {R} ^{C}=\emptyset$ abzählbar ist, nämlich Null Elemente hat.

Sei $A\in S$. Dann ist nach Definition $A$ oder $A^{C}$ abzählbar. Betrachte $A^{C}$. Dann ist $A^{C}$ abzählbar oder $(A^{C})^{C}=A$ abzählbar und somit $A^{C}\in S$.

Seien $\forall n\in \mathbb {N} :\ A_{n}\in S$.

1. Fall: Alle $A_{n}$ sind abzählbar. Dann ist $\bigcup _{n\in \mathbb {N} }A_{n}$ auch abzählbar und somit in $S$.

2. Fall: Ein $A_{k}^{C}$ ist abzählbar. Dann ist

$\left(\bigcup _{n\in \mathbb {N} }A_{n}\right)^{C}=\bigcap _{n\in \mathbb {N} }A_{n}^{C}\subset A_{k}^{C}$

und somit ist $\left(\bigcup _{n\in \mathbb {N} }A_{n}\right)^{C}$ abzählbar und ein Element von $S$.

Aufgabe (Mögliche Sigma-Algebren)

Bestimme alle Sigma-Algebren der Menge $\{0,1,2,3\}$.

Wie kommt man auf den Beweis? (Mögliche Sigma-Algebren)

Überlege, welche Mengen in JEDER Sigma-Algebra sind und dann nimm einzelne Mengen schrittweise hinzu, um komplexere Sigma-Algebren zu konstruieren.

Lösung (Mögliche Sigma-Algebren)

Die leere Menge $\emptyset$ und die gesamte Menge $\{0,1,2,3\}$ sind in jeder Sigma-Algebra.

Dann nehmen wir die Menge $\{0\}$ hinzu, und schauen, welche Sigmaalgebra sich ergibt. Analog ergibt sich für $\{1\},\{2\}$ und $\{3\}$ eine andere Sigma-Algebra.

Dann nehmen wir zwei der Einpunktmengen hinzu und betrachten die erzeugte Sigmaalgebra.

Analog nehmen wir drei Einpunktmengen hinzu.

Nun schauen wir noch, ob sich aus den Zweipunktmengen und Dreipunktmengen mit dem selben Verfahren verschiedene Sigma-Algebren ergeben.

Die einfachste Sigma-Algebra ist

$\{\emptyset ,\{0,1,2,3\}\}$

Wegen der Komplementbildung ergeben sich mit den Einpunktmengen 4 neue Sigma-ALgebren

${\begin{aligned}\{\emptyset ,\{0\},\{1,2,3\},\{0,1,2,3\}\}\\\{\emptyset ,\{1\},\{0,2,3\},\{0,1,2,3\}\}\\\{\emptyset ,\{2\},\{0,1,3\},\{0,1,2,3\}\}\\\{\emptyset ,\{3\},\{0,1,2\},\{0,1,2,3\}\}\end{aligned}}$

Mit Komplementbildung und Vereinigung ergeben sich mit zwei Einpunktmengen 6 neue Sigmaalgebren

${\begin{aligned}\{\emptyset ,\{0\},\{1\},\{0,1\},\{2,3\},\{1,2,3\},\{0,2,3\},\{0,1,2,3\}\}\\\{\emptyset ,\{0\},\{2\},\{0,2\},\{1,3\},\{1,2,3\},\{0,1,3\},\{0,1,2,3\}\}\\\{\emptyset ,\{0\},\{3\},\{0,3\},\{1,2\},\{1,2,3\},\{0,1,2\},\{0,1,2,3\}\}\\\{\emptyset ,\{1\},\{2\},\{1,2\},\{0,3\},\{0,1,3\},\{0,2,3\},\{0,1,2,3\}\}\\\{\emptyset ,\{1\},\{3\},\{1,3\},\{0,2\},\{0,1,2\},\{0,2,3\},\{0,1,2,3\}\}\\\{\emptyset ,\{2\},\{3\},\{2,3\},\{0,1\},\{0,1,2\},\{0,1,3\},\{0,1,2,3\}\}\end{aligned}}$

Mit drei Einpunktmengen ist durch das Komplement auch die vierte Einpunktmenge enthalten, das ergibt die Potenzmenge

${\begin{aligned}\{\emptyset ,\{0\},\{1\},\{2\},\{3\},\{0,1\},\{0,2\},\{0,3\},\{1,2\},\{1,3\},\{2,3\},\\\{0,1,2\},\{0,1,3\},\{0,2,3\},\{1,2,3\},\{0,1,2,3\}\}\end{aligned}}$

Mit einer Zweipunktmenge erhalten wir duch Komplementbildung 3 neue Sigma-Algebren

${\begin{aligned}\{\emptyset ,\{0,1\},\{2,3\},\{0,1,2,3\}\}\\\{\emptyset ,\{0,2\},\{1,3\},\{0,1,2,3\}\}\\\{\emptyset ,\{0,3\},\{1,2\},\{0,1,2,3\}\}\\\end{aligned}}$

Mit zwei komplementären Zweipunktmengen erhalten wir dasselbe.

Für $\{0,1\},\{1,2\}$ erhalten wir durch Schnittbildung und Vereinigung

$\{\emptyset ,\{1\},\{0,1\},\{1,2\},\{0,1,2\},\{0,1,2,3\}\}$

und weiter durch Komplementbildung

$\{\emptyset ,\{1\},\{3\},\{0,1\},\{0,3\},\{1,2\},\{2,3\},\{0,1,2\},\{0,2,3,\},\{0,1,2,3\}\}$

und weiter durch Vereinigung

${\begin{aligned}\{\emptyset ,\{1\},\{3\},\{0,1\},\{0,3\},\{1,2\},\{2,3\},\\\{0,1,2\},\{0,1,3\},\{0,2,3,\},\{1,2,3\},\{0,1,2,3\}\}\end{aligned}}$

und weiter durch Komplementbildung und darauffolgende Vereinigung

${\begin{aligned}\{\emptyset ,\{0\},\{1\},\{2\},\{3\},\{0,1\},\{0,2\},\{0,3\},\{1,2\},\{1,3\},\{2,3\},\\\{0,1,2\},\{0,1,3\},\{0,2,3\},\{1,2,3\},\{0,1,2,3\}\}\end{aligned}}$

Das ist wieder die Potenzmenge.

Aus der einelementigen $\{0\}$ und der zweielementigen $\{0,1\}$ Menge ergibt sich durch Komplementbildung

${\begin{aligned}\{\emptyset ,\{0\},\{0,1\},\{2,3\},\{1,2,3\},\{0,1,2,3\}\}\\\end{aligned}}$

und wieder mit Vereinigung und Komplementbildung die Sigma-Algebra

${\begin{aligned}\{\emptyset ,\{0\},\{1\}\{0,1\},\{2,3\},\{0,2,3\},\{1,2,3\},\{0,1,2,3\}\}\end{aligned}}$

Diese hatten wir schon oben bestimmt. Es ist die von $\{0\}$ und $\{1\}$ erzeugte.

Aus der einelementigen $\{0\}$ und der disjunkten zweielementigen $\{2,3\}$ Menge ergibt sich durch Komplementbildung

${\begin{aligned}\{\emptyset ,\{0\},\{0,1\},\{2,3\},\{1,2,3\},\{0,1,2,3\}\}\\\end{aligned}}$

und wieder mit Vereinigung und Komplementbildung die Sigma-Algebra

${\begin{aligned}\{\emptyset ,\{0\},\{1\}\{0,1\},\{2,3\},\{0,2,3\},\{1,2,3\},\{0,1,2,3\}\}\end{aligned}}$

Diese hatten wir schon oben bestimmt. Es ist die von $\{0\}$ und $\{1\}$ erzeugte.

Aus dreielementigen Mengen entstehen durch Komplementbildung dieselben Sigma-Algebren wie aus einelementigen Mengen, und diese haben wir oben schon bestimmt.

Jetzt haben wir alle gesuchten Sigma-Algebren gefunden.

Wir suchen gleich eine kleinste Sigma-Algebra. Dafür benötigen wir folgenden Satz.

Satz (Der Schnitt von Sigma-Algebren)

Seien $\forall j\in J:\ S_{j}$ Sigma-Algebren. Dann ist der Schnitt

$S:=\bigcap _{j\in J}S_{j}$

wieder eine Sigma-Algebra.

Beweis (Der Schnitt von Sigma-Algebren)

Seien abzählbare viele Mengen aus dem Schnitt der Sigma-Algebren vorgegeben:

$\forall i\in \mathbb {N} :\ A_{i}\in S=\bigcap _{j\in J}S_{j}$.

Da $S$ der Schnitt ist, sind die $A_{i}$ in allen $S_{j}$ enthalten.

$\forall i\in \mathbb {N} \ \forall j\in J:A_{i}\in S_{j}$

Da alle $S_{j}$ Sigma-Algebren sind, gilt nach der Definition der Sigma-Algebren

${\begin{aligned}\forall j\in J:\ &W\in S_{j}\\\forall j\in J:\ &A_{i}^{C}\in S_{j}\\\forall j\in J:\ &\bigcup _{i\in \mathbb {N} }A_{i}\in S_{j}\end{aligned}}$

Da $S$ der Schnitt ist, gilt es auch für $S$

${\begin{aligned}W\in &\bigcap _{j\in J}S_{j}\\A_{i}^{C}\in &\bigcap _{j\in J}S_{j}\\\bigcup _{i\in \mathbb {N} }A_{i}\in &\bigcap _{j\in J}S_{j}\end{aligned}}$

Definition (Die erzeugte Sigma-Algebra)

Sei $E\subset Pot(W)$ ein beliebiges (!) Mengensystem und seien $(S_{j})_{j\in J}$ alle Sigma-Algebren über $W$, die $E$ enthalten. Dann heißt

$S(E)=\bigcap _{j\in J}S_{j}$

die von $E$ erzeugte Sigma-Algebra. Sie ist die kleinste Sigma-Algebra über $W$, die $E$ enthält. Es gilt

$S(E)=S(S(E))$

Beweis

Wir haben gerade gezeigt, dass $Pot(W)$ eine Sigma-Algebra ist. Diese enthält automatisch $E$. Damit ist der Schnitt nicht leer:

$J\neq \emptyset$.

Wir haben im vorherigen Satz gezeigt, dass der Schnitt von Sigma-Algebren wieder eine Sigma-Algebra ist. Zudem enthalten alle Sigma-Algebren, über die geschnitten wird, $E$. Damit ist $S(E)$ eine Sigma-Algebra, die $E$ enthält und sie ist somit eine (und durch den Schnitt die kleinste) der $S_{k}$. Es folgt

$S(E)=S_{k}$

Da $S(S(E))$ der Schnitt aller Sigma-Algebren ist, die $S(E)$ enthalten, enthält er bestimmt $S(E)$, d.h.

$S(E)\subset S(S(E))$

Da $S(S(E))$ die kleinste Sigma-Algebra ist, die $S(E)$ enthält, insbesondere über $S(E)$ geschnitten wird, folgt

$S(S(E))\subset S(E)$

Als Erzeugendensystem $E$ wählen wir später unseren Ring $R$ und betrachten $S(R)$.

Aufgabe (Einfache erzeugte Sigma-Algebren)

a) Bestimme die von den Einpunkt-Mengen in $\mathbb {R}$ erzeugte Sigma-Algebra.

b) Bestimme die von den endlichen Mengen in $\mathbb {R}$ erzeugte Sigma-Algebra.

c) Bestime $S(\{A^{C}:A\in E\})$

Wie kommt man auf den Beweis? (Einfache erzeugte Sigma-Algebren)

Überlege: Welche Mengen müssen automatisch in der erzeugten Sigma-Algebra sein? Schaue dann nach, welche Sigma-Algebren wir schon konstruiert haben.

Lösung (Einfache erzeugte Sigma-Algebren)

a) und b) Wegen der abzählbaren Vereinigung, müssen beliebige abzählbare Vereinigungen von Einpunktmengen, d.h. abzählbare Mengen in der Sigma-Agebra sein.

Wegen der Komplementbildung auch ihre Komplemente.

Damit entsteht beidemale die Sigma-Algebra, die wir oben bestimmt haben

$S=\{A\subset \mathbb {R} :A{\text{ oder }}A^{C}{\text{ ist abzählbar}}\}$

Da die angegebenen Mengen auf jeden Fall in der Sigma-Algebra sein müssen, ist es die kleinste, die die Einpunktmengen und die endlichen Mengen enthält.

c) Da mit $A$ auch $A^{C}$ in der erzeugten Sigma-Algebra liegt, gilt $S(\{A^{C}:A\in E\})=S(E)$

Aufgabe

Sei die Grundmenge $W\neq \emptyset$ und $T_{1},T_{2}\subset Pot(W)$ Mengensysteme. Es gelte zudem $T_{1}\subset S(T_{2})$ und $T_{2}\subset S(T_{1})$. Folgt dann $S(T_{1})=S(T_{2})$?

Beweis

Ja, denn:

$S(T_{2})$ ist die kleinste Sigma-Algebra, die $T_{2}$ enthält und nach Konstruktion eines Schnittes in JEDER Sigma-Algebra enthalten, die $T_{2}$ enthält.

Da $T_{2}$ nach Voraussetzung in $S(T_{1})$ enthalten ist, folgt $S(T_{2})\subset S(T_{1})$.

Ganz analog folgt $S(T_{1})\subset S(T_{2})$.

Damit sind die beiden Mengen gleich: $S(T_{2})=S(T_{1})$

Aufgabe (Disjunkte abzählbare Zerlegung der Grundmenge: erzeugte Sigma-Algebren)

Sei $I$ abzählbar und $W=\biguplus _{i\in I}D_{i}$. Zeige, dass die von den $D_{i}$ erzeugte Sigma-Algebra die folgende Gestalt hat

$S\left(\{D_{i}:i\in I\}\right)=\left\{\biguplus _{i\in J}D_{i}:J\subset I\right\}$

wobei für $J=\emptyset$ gesetzt wird

$\biguplus _{i\in \emptyset }D_{i}=\emptyset$

Wie kommt man auf den Beweis? (Disjunkte abzählbare Zerlegung der Grundmenge: erzeugte Sigma-Algebren)

Rechne für die rechte Seite die Eigenschaften einer Sigma-Algebra nach.

Überlege: Welche Mengen müssen automatisch in der erzeugten Sigma-Algebra sein und folgere, dass es die kleinste ist.

Lösung (Disjunkte abzählbare Zerlegung der Grundmenge: erzeugte Sigma-Algebren)

$W\in S$, indem man setzt $J=I$.

Sei $A=\biguplus _{i\in J}D_{i}\in S$. Dann ist

$A^{C}=\biguplus _{i\in I\backslash J}D_{i}\in S$

da $I\backslash J\subset I$.

Seien $\forall n\in \mathbb {N} :\ A_{n}=\biguplus _{i\in J_{n}}D_{i}\in S$. Dann gilt

$\bigcup _{n\in \mathbb {N} }A_{n}=\biguplus _{i\in \bigcup _{n\in \mathbb {N} }J_{n}}D_{i}\in S$

Damit ist die rechte Seite eine Sigma-Algebra.

Da wegen der abzählbaren Vereinigung die Mengen der rechten Seite auf jeden Fall in der Sigma-Algebra sein müssen, ist es die kleinste und somit die von den $D_{i}:i\in I$ erzeugte.

Aufgabe (Erzeugte Sigma-Algebren)

Sei $W=(0,1)$ und das Erzeugendensystem $E=\left\{\left(0,{\frac {1}{n}}\right):n\in \mathbb {N} \right\}$. Ist $\left\lbrack {\frac {1}{120}},{\frac {1}{5}}\right)$ in $S(E)$? Wie sieht die erzeugte Sigma-Algebra aus?

Wie kommt man auf den Beweis? (Erzeugte Sigma-Algebren)

Schreibe $W$ als disjunkte abzählbare Vereinigung und verwende die vorherige Aufgabe an.

Lösung (Erzeugte Sigma-Algebren)

Wegen $\left\lbrack {\frac {1}{120}},{\frac {1}{5}}\right)=\left(0,{\frac {1}{5}}\right)\cap \left(0,{\frac {1}{120}}\right)^{C}\in S(E)$ ist die Menge in $S(E)$.

Es gilt $W=\biguplus _{n\in \mathbb {N} }\left\lbrack {\frac {1}{n+1}},{\frac {1}{n}}\right)$. Die von diesen disjunkten Mengen erzeugte Sigma-Algebra haben wir in der vorherigen Aufgabe bestimmt, es ist

$S\left(\left\lbrack {\frac {1}{n+1}},{\frac {1}{n}}\right):n\in \mathbb {N} \right)=\left\{\biguplus _{n\in I}\left\lbrack {\frac {1}{n+1}},{\frac {1}{n}}\right):I\subset \mathbb {N} \right\}$

Wegen $\left(0,{\frac {1}{n}}\right)=\biguplus _{j\geq n}\left\lbrack {\frac {1}{j+1}},{\frac {1}{j}}\right)$ gilt

$E\subset S\left(\left\lbrack {\frac {1}{n+1}},{\frac {1}{n}}\right):n\in \mathbb {N} \right)$

Wegen $\left\lbrack {\frac {1}{n+1}},{\frac {1}{n}}\right)=\left(0,{\frac {1}{n}}\right)\cap \left(0,{\frac {1}{n+1}}\right)^{C}$

gilt

$\left\{\left\lbrack {\frac {1}{n+1}},{\frac {1}{n}}\right):n\in \mathbb {N} \right\}\subset S(E)$

Mit obiger Übungsaufgabe folgt

$S\left(\left\lbrack {\frac {1}{n+1}},{\frac {1}{n}}\right):n\in \mathbb {N} \right)=S(E)$

Aufgabe (Vereinigung von Sigma-Algebren)

Seien $E_{n}=\{\{1\},\ldots ,\{n\}\}\subset \mathbb {N}$ Erzeugendensyteme.

a) Bestimme $S(E_{n})$

b) Ist $\bigcup _{n\in \mathbb {N} }S(E_{n})$ eine Sigma-Algebra?

Wie kommt man auf den Beweis? (Vereinigung von Sigma-Algebren)

a) Abzählbare Vereinigungen und Komplement nutzen.

b) Konstruiere eine Menge, die auf unendlich viele der $S(E_{n})$ zugreift und damit nicht in einem der $S(E_{n})$ liegen kann.

Lösung (Vereinigung von Sigma-Algebren)

a) Setze

$S=\{A,A^{C}\subset \mathbb {N} :\ A\subset \{1,\ldots ,n\}\}$

die endlichen Mengen oder ihr Komplement. Das ist eine Sigma-Algebra: $\emptyset \subset \{1,\ldots ,n\}$ und somit

$\mathbb {N} ^{C}=\emptyset \in S$

Sei $A{\text{ oder }}A^{C}$ Teilmenge von $\{1,\ldots ,n\}$. Dann ist $A^{C}$ oder $(A^{C})^{C}=A$ Teilmenge von $\{1,\ldots ,n\}$ und somit $A^{C}\in S$

Seien $\forall n\in \mathbb {N} :\ A_{n}\in S$.

1. Fall: alle $A_{n}\subset \{1,\ldots ,n\}$. Dann gilt

$\bigcup _{n\in \mathbb {N} }A_{n}\subset \{1,\ldots ,n\}$

2. Fall: es gibt ein $A_{k}$ mit $A_{k}^{C}\subset \{1,\ldots ,n\}$. Dann ist

$\left(\bigcup _{n\in \mathbb {N} }A_{n}\right)^{C}=\bigcap _{n\in \mathbb {N} }A_{n}^{C}\subset A_{k}^{C}\subset \{1,\ldots ,n\}$

$S$ enthält $E_{n}$. Wegen der abzählbaren Vereinigung liegen Teilmengen von $\{1,\ldots ,n\}$ und ihre Komplemente in $S(E_{n})$. Damit ist $S=S(E_{n})$ die kleinste Sigma-Algebra, die $E_{n}$ enthält.

b) Wähle $B=\{2n:n\in \mathbb {N} \}$. Dann ist $B^{C}=\{2n-1:n\in \mathbb {N} \}$. Beide Mengen sind unendlich und daher in KEINER der $S(E_{n})$. Damit auch nicht in der Vereinigung $\bigcup _{n\in \mathbb {N} }S(E_{n})$ der $S(E_{n})$ (die abzählbare Vereinigung heißt ja "es gibt ein $n\in \mathbb {N}$").

Wäre $\bigcup _{n\in \mathbb {N} }S(E_{n})$ eine Sigma-Algebra, so enthielte sie alle $\{n\}$ für $n\in \mathbb {N}$ und damit auch die abzählbaren Vereinigungen $B,B^{C}$.

Bei der Stetigkeit hatten wir gesehen, dass stetige Funktionen offenen Mengen im Bild offene Mengen im Urbild zuordnen. Offene Mengen sind die Mengen einer Topologie. Erfreulicherweise ist es egal, ob wir als Erzeugendensystem der Sigma-Algebra über $\mathbb {R} ^{p}$ die offenen Mengen oder die Intervalle wählen: es kommt dasselbe heraus, obwohl die Begriffsbildung völlig unterschiedlich ist. Das ist uns einen längeren Beweis wert.

Definition (Die Borelsche Sigma-Algebra)

Die Sigma-Algebra, die von den offenen Mengen in $\mathbb {R} ^{p}$ erzeugt wird,

$\mathbb {B} ^{p}:=S({\text{offene Mengen in }}\mathbb {R} ^{p})$

heißt Borelsche Sigma-Algebra.

Satz

Die von den Rechtecken, von den endlichen disjunkten Vereinigungen von Rechtecken, von den offenen oder von den abgeschlossenen Mengen erzeugte Sigma-Algebra, ist immer dieselbe:

1. $\mathbb {B} ^{p}=S({\text{abgeschlossene Mengen in }}\mathbb {R} ^{p})$
2. $\mathbb {B} ^{p}=S(I^{p})$
3. $S(F^{p})=S(I^{p})$

Beweis

1.):

Da die offenen Mengen genau das Komplement der abgeschlossenen Mengen sind

${\text{A offen }}\Leftrightarrow A^{C}{\text{ abgeschlossen}}$

und da die Sigma-Algebra gegenüber Komplementen abgeschlossen ist

$A\in S\Leftrightarrow A^{C}\in S$

folgt

$S({\text{offene Mengen in }}\mathbb {R} ^{p})=S({\text{abgeschlossene Mengen in }}\mathbb {R} ^{p})$

2.):

$\supset$: Da sich das halbseitig offene, halbseitig abgeschlossene Rechteck darstellen lässt duch einen abzählbaren Schnitt von offenen Rechtecken, in Vektorschreibweise:

$(a,b]=\bigcap _{n=1}^{\infty }\underbrace {\left(a,b+{\frac {1}{n}}\right)} _{\text{offen}}$

sind diese in der entsprechenden Sigma-Algebra der offenen Mengen

$I^{p}\subseteq S({\text{offene Mengen in }}\mathbb {R} ^{p})$

Da die von $I^{p}$ erzeugte Sigma-Algebra die kleinste Sigma-Algebra ist, die $I^{p}$ enthält, folgt

$S(I^{p})\subset S({\text{offene Mengen in }}\mathbb {R} ^{p})$

$\subset$: Sei $U$ offen. Wir müssen $U$ darstellen als abzählbare (!) Vereinigung von linksseitig offenen, rechtsseitig abgeschlossenen Rechtecken. Dann ist $U$ in der Sigma-Algebra $S(I^{p})$ enthalten und da $U$ beliebig gewählt war, gilt

$\forall {\text{offene }}U:\ U\in S(I^{p})$

Da $S(I^{p})$ eine Sigma-Algebra ist, die alle offenen $U$ enthält und $S({\text{ offenen Menge in }}\mathbb {R} ^{p})$ die kleinste solche ist, folgt

$S({\text{ offenen Menge in }}\mathbb {R} ^{p})\subset S(I^{p})$

Nun zur Konstruktion: Da $U$ offen ist, kann man nach Definition um jeden Punkt $x\in U$ eine kleine Kugel legen, die ganz in $U$ enthalten ist (der Radius der Kugel ist natürlich sehr klein am Rand von $U$)

$\forall x\in U\ \exists \ r_{x}:\ B(x,r_{x})\subseteq U$

Wähle den Radius der Kugel $r_{x}$ jeweils maximal.

Füge in jede Kugel ein allseitig offenes Rechteck ein mit maximaler Größe, d.h. wähle $\epsilon _{x}$ maximal mit

$(x-\epsilon _{x},x+\epsilon _{x})\subseteq B(x,r_{x})\subseteq U$

Wir benutzen nun, dass $\mathbb {Q}$ abzählbar ist. Insbesondere ist dann $\mathbb {Q} \cap U$ abzählbar und die folgende abzählbare Vereinigung in $U$ enthalten

$\bigcup _{x\in \mathbb {Q} \cap U}(x-\epsilon _{x},x+\epsilon _{x})\subseteq U$

Unser erstes Ziel ist ein Gleichheitszeichen, das heißt wir müssen die andere Inklusion zeigen.

Alle $y\in U\cap \mathbb {Q}$ sind automatisch in der linken Vereinigung.

Zeige also für die irrationalen Zahlen in $U$, dass sie in der linken Vereinigung liegen.

Sei dazu $y\in U\cap \mathbb {Q} ^{C}$ beliebig. Da $U$ offen, gibt es nach Definition eine kleine Kugel $B(y,r_{y})$, die wieder ganz in $U$ liegt:

$B(y,r_{y})\subset U$

Wähle ein $\varepsilon _{y}>0$, sodass das ganze allseitig offene Rechteck $(y-\epsilon _{y},y+\epsilon )$ in $B(y,r_{y})$ ist, d.h. es gilt

$\exists \epsilon _{y}>0:\ (y-\epsilon _{y},y+\epsilon )\subset U$

Wir benutzen nun, dass $\mathbb {Q}$ dicht in $\mathbb {R}$ ist, d.h. für jedes $y\in \mathbb {R}$ gibt es unendlich viele $z\in \mathbb {Q}$, die beliebig dicht an $y$ liegen.

Wir wählen zu $\epsilon _{y}/2$ ein $x\in \mathbb {Q}$ (und damit auch $x\in U$), das in allen $p$ Komponenten von $I^{p}$ einen Abstand kleiner $\epsilon _{y}/2$ von $y$ hat:

$\exists x\in \mathbb {Q} \cap U:\ \min _{i=1}^{p}|x_{i}-y_{i}|<{\frac {\epsilon _{y}}{2}}$

Aus der Sicht von $x$ gilt dann in Vektorschreibweise

$y\in \left(x-{\frac {\epsilon _{y}}{2}},x+{\frac {\epsilon _{y}}{2}}\right)$

Da $\epsilon _{x}$ maximal war, folgt

${\begin{aligned}y\in &\left(x-{\frac {\epsilon _{y}}{2}},x+{\frac {\epsilon _{y}}{2}}\right)\subset (x-\epsilon _{x},x+\epsilon _{x})\\y\in &\bigcup _{x\in \mathbb {Q} \cap U}(x-\epsilon _{x},x+\epsilon _{x})\end{aligned}}$

und da $y$ beliebig war folgt insgesamt

$\bigcup _{x\in \mathbb {Q} \cap U}(x-\epsilon _{x},x+\epsilon _{x})\supset U$

Die andere Inklusion hatten wir schon gezeigt, sodass Gleichheit gilt

$\bigcup _{x\in \mathbb {Q} \cap U}(x-\epsilon _{x},x+\epsilon _{x})=U$

Jetzt benötigen wir anstelle der allseitig offenen (verallgemeinerten) Quader die linksseitig offenen und rechtsseitig abgeschlossenen (verallgemeinerten) Quader . Jeder allseitig offene (verallgemeinerte) Quader lässt sich aber als abzählbare (!) Vereinigung von linksseitig offenen und rechtsseitig abgeschlossenen (verallgemeinerten) Quadern darstellen, die auf der rechten Seite um $1/n$ ein bisschen kleiner sind:

$\left(x-\epsilon _{x},x+\epsilon _{x}\right)=\bigcup _{n=1,n\geq 1/\epsilon _{x}}^{\infty }\left(x-\epsilon _{x},x+\epsilon _{x}-{\frac {1}{n}}\right]$

Eingesetzt in obige Gleichheit folgt

${\begin{aligned}\bigcup _{x\in \mathbb {Q} \cap U}\bigcup _{n=1,n\geq 1/\epsilon _{x}}^{\infty }\left(x-\epsilon _{x},x+\epsilon _{x}-{\frac {1}{n}}\right]=&U\\\end{aligned}}$

Links steht eine abzählbare Vereinigung von abzählbaren Vereinigungen und das ist wieder eine abzählbare Vereinigung! Damit haben wir eine abzählbare Darstellung für $U$ durch linksseitig offene und rechtsseitig abgeschlossene (verallgemeinerte) Quader gefunden und es folgt, da $U$ beliebig war

$\forall {\text{offene }}U:\ U\in S(I^{p})$

Da $S(I^{p})$ eine Sigma-Algebra ist, die alle offenen $U$ enthält und $S({\text{ offene Mengen in }}\mathbb {R} ^{p})$ die kleinste solche ist, folgt

$S({\text{ offene Mengen in }}\mathbb {R} ^{p})\subset S(I^{p})$

Die andere Inklusion hatten wir schon gezeigt, d.h. es gilt Gleichheit

$S({\text{ offene Mengen in }}\mathbb {R} ^{p})=S(I^{p})$

3.):

$\supset$: Da die endlichen disjunkten Vereinigungen (veralggemeinerter) Quader insbesondere die einzelnen (verallgemeinerten) Quader enthalten gilt

$I^{p}\subset S(F^{p})$

Da $S(F^{p})$ eine Sigma-Algebra ist, die $I^{p}$ enthält und da $S(I^{p})$ die kleinste solche ist, folgt

$S(F^{p})\supset S(I^{p})$

$\subset$: Die kleinste abzählbare Algebra $S(I^{p})$ enthält insbesondere alle endlichen disjunkten Vereinigungen von $C_{i}\in I^{p}$, d.h.

$F^{p}\subset S(I^{p})$

Da die von $F^{p}$ erzeugte Sigma-Algebra $S(F^{p})$ die kleinste ist, die $F^{p}$ enthält gilt

$S(F^{p})\subset S(I^{p})$

Aufgabe

Ist die folgende Menge Element von $\mathbb {B}$?

$A=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}:\ 0\leq x\leq y\leq 1\}$

Wie kommt man auf den Beweis?

Ist die Menge $A$ abgeschlossen oder offen?

Lösung

Die Menge $A$ ist abgeschlossen: Sei $((x_{n},y_{n}))_{n}$ eine beliebige Folge in $A$ mit einem Grenzwert. Da bei der Grenzwertbildung Kleinergleich-Zeichen (aber nicht Kleiner-Zeichen!) erhalten bleiben, liegt der Grenzwert der Folge wieder in $A$. Da die konvergente Folge beliebig gewählt war, ist $A$ abgeschlossen.