Maße

Sei \(\displaystyle \Omega\neq\emptyset\) und \(\displaystyle \mathcal{F}\) ist eine \(\displaystyle \sigma\)-Algebra über \(\displaystyle \Omega\).
Das Tupel \(\displaystyle (\Omega,\mathcal{F})\) heißt messbarer Raum oder auch Messraum.Eine nichtnegative Funktion \(\displaystyle \mu:\mathcal{F}\rightarrow [0,+\infty]\) heißt Maß auf \(\displaystyle (\Omega,\mathcal{F})\), wenn gilt
  1. \(\displaystyle \mu(\emptyset)=0\)
  2. Für paarweise disjunkte Mengen \(\displaystyle (A_k)_{k=1}^\infty\) aus \(\displaystyle \mathcal{F}\) gilt:
    \(\displaystyle \mu\left(\bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k\right)=\sum\limits_{k=1}^\infty \mu(A_k)\) (\(\displaystyle \sigma\)-Additivität)
Das Tripel \(\displaystyle (\Omega,\mathcal{F},\mu)\) heißt Maßraum. Ein Maß heißt endlich, wenn es nur endliche Werte annimmt.
 
 

Beispiele

\(\displaystyle \mathcal{O}\): \(\displaystyle \mathcal{O}(A)=0\) für alle \(\displaystyle A\in\mathcal{F}\) heißt Nullmaß.Dirac-Maß: Sei \(\displaystyle \omega\in\Omega\). Setzen \(\displaystyle \delta_\omega(A)= \begin{cases} 1\, & \omega\in A\\ 0\, & \omega\notin A \end{cases}\)Sei \(\displaystyle \Omega\) abzählbar und \(\displaystyle \mathcal{F}=\Pow(\Omega)\). Dann ist das Zählmaß \(\displaystyle \mu(A):=\#(A)\) die Anzahl der Teilmengen \(\displaystyle A\) aus \(\displaystyle \Omega\).

Satz

Sei \(\displaystyle (\mu_i)_{i\in I}\) eine abzählbare Familie von Maßen auf dem Messraum \(\displaystyle (\Omega,\mathcal{F})\) und \(\displaystyle (\alpha_i)_{i\in I}\) eine Familie nichtnegativer reller Zahlen. Durch
\(\displaystyle \mu(A):=\sum\limits_{i\in I} \alpha_i \mu_i(A)\) \(\displaystyle (A\in\mathcal{F})\)
ist ein Maß auf \(\displaystyle (\Omega,\mathcal{F})\) definiert.

Beweis

Die Funktion \(\displaystyle \my\) ist nichtnegativ, da alle \(\displaystyle \alpha_i\) sowie die \(\displaystyle \mu_i(A)\) nichtnegativ sind. Die Summenbildung ändert nichts. \(\displaystyle \mu(\emptyset)=\sum\limits_{k=1}^\infty \alpha_i\mu_i (\emptyset)=0\), da \(\displaystyle \my_i(\OO)=0\) für alle \(\displaystyle i\in I\). Seien \(\displaystyle (A_k)_{k=1}^\infty\) paarweise disjunkt aus \(\displaystyle \mathcal{F}\).\(\displaystyle \mu(\bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k)\)\(\displaystyle =\sum\limits_{i\in I}\alpha_i \underbrace{\mu_i \left(\bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k\right)}_{\sum\limits_{k=1}^\infty \mu_i (A_k)}\)\(\displaystyle = \sum\limits_{i\in I} \alpha_i\sum\limits_{k=1}^\infty \mu_i (A_k)\) \(\displaystyle =\sum\limits_{k=1}^\infty \underbrace{\sum\limits_{i\in I} \alpha_i \mu_i(A_k)}_{\mu(A_k)} = \sum\limits_{k=1}^\infty \mu(A_k)\). \(\displaystyle \qed\)

Satz 16KZ (Eigenschaften des Maßes)

Sei \(\displaystyle (\Omega,\mathcal{F},\mu)\) ein Maßraum und \(\displaystyle A,B\in\mathcal{F}\). Dann gilt:
  1. \(\displaystyle \mu(A \cup B)\leq\mu(A)+\mu(B)\)
  2. \(\displaystyle A\subseteq B\Rightarrow \mu(A)\subseteq\mu(B)\)
  3. \(\displaystyle A\subseteq B\) und \(\displaystyle \mu\) endlich \(\displaystyle \Rightarrow \mu(B\backslash A) = \mu(B) -\mu(A)\)

Beweis

(ii): \(\displaystyle A\subseteq B\Rightarrow B=A\cup(B\backslash A) \). Also \(\displaystyle \mu(B)=\mu(A\cup(B\backslash A)){=} \mu(A)+\mu(B\backslash A)\). Es ist \(\displaystyle \mu(B\backslash A)\geq 0\), also \(\displaystyle \mu(A)\leq\mu(B)\).
(iii): Falls \(\displaystyle \mu\) endlich ist, können wir das Ergebnis aus (ii) umstellen: \(\displaystyle \mu(B\backslash A)=\mu(B) - \mu(A)\).
(i): \(\displaystyle A\cup B=A\cup (B\backslash A)\)\(\displaystyle \Rightarrow \mu(A\cup B)= \mu(A\cup (B\backslash A))=\mu(A)+\mu(B\backslash A)\).Es ist: \(\displaystyle B\backslash A\subseteq B\) und nach (ii) gilt daher \(\displaystyle \mu(B\backslash A)\subseteq\mu(B)\)\(\displaystyle \Rightarrow\mu(A\cup B)\leq \mu(A) +\mu(B)\). \(\displaystyle \qed\)

Satz 16L0 (Stetigkeit des Maßes)

Seien \(\displaystyle \mu\) ein endliches Maß (\(\displaystyle \mu(\Omega)<+\infty\)) und \(\displaystyle (A_n)_{n=1}^\infty\) Mengen aus \(\displaystyle \mathcal{F}\). Dann gelten:
  1. Stetigkeit von unten
    Ist \(\displaystyle A_n\subseteq A_{n+1}\), so gilt: \(\displaystyle \mu\left(\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n\right)=\lim_{n\rightarrow\infty} \mu(A_n)\)
  2. Stetigkeit von oben
    Ist \(\displaystyle A_n\supseteq A_{n+1}\), so gilt: \(\displaystyle \mu\left(\bigcap\limits_{n=1}^\infty A_n\right)=\lim_{n\rightarrow\infty} \mu(A_n)\)

Beweis

(i): Wir setzen \(\displaystyle B_1:=A_1\), \(\displaystyle B_{n+1}=A_{n+1}\backslash A_n\). Damit gilt: alle \(\displaystyle B_k\) sind paarweise disjunkt und \(\displaystyle B_k\in\mathcal{F}\), sowie \(\displaystyle \bigcup\limits_{k=1}^n B_k=A_{n}\) und \(\displaystyle \bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k=\bigcup\limits_{k=1}^\infty B_k\).Somit folgt: \(\displaystyle \mu(\bigcup\limits_{k=1}^\infty A_k){=} \mu(\bigcup\limits_{k=1}^\infty B_k)\)\(\displaystyle {=} \sum\limits_{k=1}^\infty \mu(B_k) \)\(\displaystyle =\lim_{n\rightarrow\infty} \sum\limits_{k=1}^n \mu(B_k) \)\(\displaystyle {=} \lim_{n\rightarrow\infty} \mu(\bigcup\limits_{k=1}^n B_k) \)\(\displaystyle {=}\lim_{n\rightarrow\infty} \mu(A_n)\).
(ii): \(\displaystyle A_n\supseteq A_{n+1}\Rightarrow A_n^c\subseteq A_{n+1}^c\). Nach (i) gilt nun: \(\displaystyle \mu(\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n^c) = \lim_{n\rightarrow\infty} \mu(A_n^c)\).\(\displaystyle \mu(\bigcup\limits_{n=1}^\infty A_n^c)\)\(\displaystyle =\mu((\bigcap\limits_{n=1}^\infty A_n)^c)\)\(\displaystyle = \mu(\Omega\backslash(\bigcap\limits_{n=1}^\infty A_n)) \)\(\displaystyle {=} \mu(\Omega)-\mu(\bigcap\limits_{n=1}^\infty A_n)\).\(\displaystyle \mu(A_n^c)=\mu(\Omega\backslash A_n)\)\(\displaystyle =\mu(\Omega)-\mu(A_n) \Rightarrow \lim_{n\rightarrow\infty} \mu(A_n)\). \(\displaystyle \qed\)

Ein Mathematiker, der nicht irgendwie ein Dichter ist, wird nie ein vollkommener Mathematiker sein.

Karl Weierstraß

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