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Analysis » Maßtheorie » Grenzwert Maß einer Borel-messbaren Funktion
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Universität/Hochschule Grenzwert Maß einer Borel-messbaren Funktion
Dominik1112
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  Themenstart: 2022-08-20

Hallo, ich habe Probleme die folgende Aufgabe zu lösen: Sei $f:[0,1]\rightarrow \mathbb R$ eine Borel messbare Funktion. Zeigen Sie, dass es eine Folge $c_n\in(0,\infty)$ gibt mit $\lambda(\{x\in[0,1]:|f(x)|>\frac{c_n}{n}\})<2^{-n}$. Hinweis: Sie können ohne Beweis verwenden, dass für eine Borel-messbare Funktion $f$ gilt $\lim_{n\to\infty} \lambda(\{x\in[0,1]:|f(x)|>n\})=0$ Ich habe so angefangen, dass es nach dem Hinweis für jedes $\epsilon >0$ ein $N\in\mathbb N$ gibt, sodass $\lambda(\{x\in[0,1]:|f(x)|>n\})<\epsilon$ für jedes $n\geq N$. Insbesondere gilt das für $\epsilon=2^{-n}$. Jetzt weiß ich aber nicht wie ich weiter machen kann.


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nzimme10
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-08-20

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \renewcommand{\dd}{\ \mathrm d} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, du machst hier glaube ich noch einen grundlegenden Denkfehler. Die zu zeigende Ungleichung soll ja für jedes $n\in \mathbb N$ gelten. \quoteon(2022-08-20 10:15 - Dominik1112 im Themenstart) Insbesondere gilt das für $\epsilon=2^{-n}$. \quoteoff Das stimmt so nicht. Für jedes feste $\varepsilon>0$ gibt es ein $N\in \mathbb N$, so dass $\lambda(\dots)<\varepsilon$ für alle $n\geq N$ gilt. Das bedeutet zunächst aber nicht, dass es ein $N\in \mathbb N$ gibt, so dass $\lambda(\dots)<2^{-n}$ für alle $n\geq N$ gilt. LG Nico\(\endgroup\)


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Dominik1112
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-08-20

Hi Nico, was wäre denn ein geeigneter Ansatz?


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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
nzimme10
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-08-20

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \renewcommand{\dd}{\ \mathrm d} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, ist das nicht genau der Sinn solch einer Aufgabe? Dass man zumindest selbst mal mit der Aufgabe "rumspielt" und verschiedenen Ideen, die einem einfallen, nachgeht? Zunächst könntest du ja mal versuchen, deinen ursprünglichen Denkfehler zu reparieren. Es kann auch immer hilfreich sein, zunächst einen einfacheren Spezialfall zu betrachten. Nehmen wir eventuell zunächst mal $f\geq 0$ an. Sei dann $A_n:=(n,\infty)$ und $B_n:=(c_n/n,\infty)$. Zuletzt sei $n\in \mathbb N$ fest. Nun wissen wir, dass es zu jedem $\varepsilon>0$ ein $M\in \mathbb N$ gibt, so dass $\lambda(f^{-1}(A_m))<\varepsilon$ für alle $m\geq M$ gilt. Spezieller gibt es ein $M_n\in \mathbb N$ derart, dass $\lambda(f^{-1}(A_m))<2^{-n}$ für alle $m\geq M_n$ gilt. (Siehst du, wie das vermutlich das ist, was du am Anfang gemeint hast, aber einen Denkfehler hattest?) Wenn wir die Folge $(c_k)_k$ so wählen könnten, dass es ein $m_n\in \mathbb N$ gibt, so dass $B_n\subseteq A_{m_n}$ gilt, dann hätten wir $$ \lambda(f^{-1}(B_n))\leq \lambda(f^{-1}(A_{m_n}))<2^{-n}, $$ wenn wir zusätzlich $m_n\geq M_n$ sicherstellen können. Für die Folge $(c_k)_k$ sollte also $$ B_n\subseteq A_{m_n} \Leftrightarrow (c_n/n,\infty)\subseteq (m_n,\infty) $$ und $m_n\geq M_n$ gelten. Wenn wir uns das Leben einfach machen wollen, dann versuchen wir einfach mal $m_n=M_n$. Dann ist schonmal eine "Variable" weg. Wir müssen also noch $c_n/n\geq M_n$ bzw. $c_n\geq n\cdot M_n$ sicherstellen. Rein von der Logik her sind wir nun aber fertig. Für jedes $n\in \mathbb N$ gibt es ein $M_n\in \mathbb N$ derart, dass $\lambda(f^{-1}(A_m))<2^{-n}$ für alle $m\geq M_n$ und somit insbesondere $\lambda(f^{-1}(A_{M_n}))<2^{-n}$ gilt. Sei dann $c_n\in (0,\infty)$ mit $c_n\geq n\cdot M_n$ (*). Damit haben wir $B_n\subseteq A_{M_n}$ und somit $$ \lambda(f^{-1}(B_n))\leq \lambda(f^{-1}(A_{M_n}))<2^{-n}. $$ Du kannst natürlich versuchen solch ein $M_n$ explizit zu bestimmen und auch überlegen, ob das Argument (oder ein ähnliches) auch für dein eigentliches Problem funktioniert. Meine Botschaft ist: Versuch einfach mal etwas. Auf obige Herangehensweise hättest du z.B. kommen können, wenn du versucht hättest, deinen Denkfehler zu verbessern oder darüber nachzudenken, was du mit dem "insbesondere für $\varepsilon=2^{-n}$" eigentlich genau meinst. Nur keine Scheu. Wenn der Ansatz zu nichts führt, dann weißt du zumindest, dass eventuell eine neue Idee her muss. Oftmals lernt man aber bei "gescheiterten Versuchen" sehr viel und bekommt neue Ideen. "The way from understanding the problem to conceiving a plan may be long and tortuous. In fact, the main achievement in the solution of a problem is to conceive the idea of a plan. This idea may emerge gradually. Or, after apparently unsuccessful trials and a period of hesitation, it may occur suddenly, in a flash, as a "bright idea"." - G. Pólya LG Nico (*) Um durch diese Argumentation eine Folge $(c_n)_{n\in \mathbb N}$ zu erhalten brauchen wir das Auswahlaxiom, zumindest in der (schwachen) Form der abzählbaren Auswahl. \(\endgroup\)


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