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Aufgabe:

Sind die folgenden Abbildungen \( \mu: \mathcal{P}(\mathbb{R}) \rightarrow[0, \infty] \) äußere Maße?

a) \( \mu(A):=\left\{\begin{array}{ll}0 & \text { falls } A=\emptyset \text { oder } A \text { beschränkt ist } \\ 1 & \text { sonst; }\end{array}\right. \)
b) \( \mu(A):=\left\{\begin{array}{ll}0 & \text { falls } A \subseteq(0,1) \\ \infty & \text { sonst; }\end{array}\right. \)

Ansatz:

So richtig habe ich das Prinzip hinter dieser Aufgabe noch nicht verstanden!? Grundsätzlich müsste man doch folgendes zeigen:

• μ(∅) = 0 → das ist ja trivial
• Monotonie
• Subadditivität

Zu a) hätte ich mir daher folgendes gedacht:
μ(A) ≥ 0 und μ(∅) = 0

Für die Monotonie gibt es folgende zwei Fälle:

1: A abzählbar, d.h. \( \mu(A)=0 \leq \mu(B) \) für alle \( B \), insbesondere also für \( B \supseteq A \)
2: \( A \) überabzählbar, d.h. \( B \) überabzählbar und damit \( \mu(A)=1 \leq 1=\mu(B) \)

Subadditivität:

Sei \( A_{1}, A_{2} \) eine Folge in \( \mathcal{P}(\mathbb{R}) \) :
1. Fall:
\( \bigcup_{i=1}^{\infty} A_{i} \quad \mathrm{abz} . \Rightarrow \mu_{1}\left(\bigcup_{i=1}^{\infty} A_{i}\right)=0 \leq \sum \limits_{i=1}^{\infty} \mu_{1}\left(A_{i}\right)=0 \)

 2. Fall:

A überabz., d.h. existiert mind. 1 Element der Folgenglieder \( A_{i} \) mit \( \mu_{1}\left(A_{i}\right)=1 \).
\( \mu_{1}\left(\bigcup_{i \in \mathbb{N}}^{\infty} A_{i}\right)=1=\mu\left(A_{i}\right) \leq \sum \limits_{k=1}^{\infty} \mu\left(A_{k}\right) \)


Problem:

Reicht meine Begründung so aus, falls sie überhaupt richtig ist!?

Zu b) nehme ich an, dass die Abbildung kein Maß ist, weil ja \( \mu((0,1 / 2] \cup(1 / 2,1))>\mu((0,1 / 2])+\mu((1 / 2,1)) \).
Wie könnte man b) dann konkret zeigen?


Vielen Dank für eure Hilfe im Voraus!

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1 Antwort

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A abzählbar, d.h. \( \mu(A)=0\)

Nein. Es ist \(\mu(\mathbb{N}) = 1\) obwohl \(\mathbb{N}\) abzählbar ist.

Stattdessen: Seien \(A,B\subseteq \mathbb{R}\) mit \(A\subseteq B\).

Fall 1: \(B=\emptyset\) oder \(B\) ist beschränkt. Dann ist ..., also ist \(\mu(A) \leq \mu(B)\).

Fall 2: \(B\neq\emptyset\) und \(B\) ist nicht beschränkt. Dann ist ..., also ist \(\mu(A) \leq \mu(B)\).

\( \mu((0,1 / 2] \cup(1 / 2,1))>\mu((0,1 / 2])+\mu((1 / 2,1)) \)

Nein. Es ist \(\mu((0,1 / 2]\cup(1 / 2,1)) = 0\) weil \((0,1 / 2]\cup(1 / 2,1) = (0,1)\subseteq (0,1)\) ist. Außerdem ist \(\mu((0,1 / 2]) = \mu((1 / 2,1)) = 0\) und \(0 \not > 0+0\).

Avatar von 106 k 🚀

Herzlichsten Dank für deine Antwort!

Es ist \(\mu((0,1 / 2]\cup(1 / 2,1)) = 0\) weil \((0,1 / 2]\cup(1 / 2,1) = (0,1)\subseteq (0,1)\) ist. Außerdem ist \(\mu((0,1 / 2]) = \mu((1 / 2,1)) = 0\) und \(0 \not > 0+0\).

Das scheint mir einleuchtend zu sein - Genügt dies also als Argument, dass es kein äußeres Maß ist?

nehme ich an, dass die Abbildung kein Maß ist, weil ja

        \( \mu\left(\left(0,\frac{1}{2}\right] \cup\left(\frac{1}{2},1\right)\right)>\mu\left(\left(0,\frac{1}{2}\right]\right)+\mu\left(\left(\frac{1}{2},1\right)\right) \).

Ich habe gerade gezeigt, dass

        \( \mu\left(\left(0,\frac{1}{2}\right] \cup\left(\frac{1}{2},1\right)\right)≯\mu\left(\left(0,\frac{1}{2}\right]\right)+\mu\left(\left(\frac{1}{2},1\right)\right) \)

ist und das ändert deine Meinung nicht?

Jetzt hab ich's auf Begriffen - Danke dir

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