1) D - htw saar

Höhere Mathematik KI Master
Lösung zu Übung 4
Prof. Dr. B.Grabowski
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Zu Aufgabe 1)
Wir weisen die Gültigkeit der 4Axiome der sigma-Algebra für die Potenzmenge einer
endlichen Menge A nach!
1) Die leere Menge und A gehören zur Potenzmenge.
2) Das Komplement einer beliebigen Menge B⊆A bezüglich A ist wieder eine Teilmenge
von A. Da die Potenzmenge sämtliche Teilmengen von A enthält, ist das Komplement
einer Menge B in der Potenzmenge enthalten.
3) Die Vereinigung einer beliebigen Anzahl von Teilmengen aus A ist wieder eine
Teilmenge von A. Da die Potenzmenge sämtliche Teilmengen von A enthält, ist die
Vereinigung einer beliebigen Anzahl von Teilmengen aus A in der Potenzmenge
enthalten.
4) Da A endlich ist, ist auch die Potenzmenge von A endlich. Damit ist das Axiom 4 für
eine sigma-Algebra trivialerweise erfüllt.
Zu Aufgabe 2)
Zeigen Sie, dass alle offenen, geschlossenen und halboffenen reellen Intervalle der Form:
(a,b), [a,b), (a,b], [a,b], (-∞,b), (-∞,b], (a,∞), [a,∞), (-∞, ∞) mit a ≤ b
Elemente der σ-Algebra der Borelmengen sind!
(Hinweis: Zeigen Sie, dass sich die betreffenden Intervalle mit den Regeln, die für die
σ-Algebra der Borelmengen gelten (Satz in der Vorlesung), erzeugen lassen!)
1) (-∞,b] und (-∞, ∞) = R sind trivialerweise Borelmengen (für alle b∈R).
2) Da mit A auch das Komplement von A eine Borelmenge ist, ist auch (a,∞) als
Komplement von (-∞,a] eine Borelmenge.
3) Beh: (a,b] ist Borelmenge (für a < b).
Bew: Sei A=(-∞,a] und B=(-∞,b]. Beides sind Borelmengen. (siehe 1.). Ebenfalls ist
B = (b, ∞) eine Borelmenge (wegen 2.). Da die Vereinigung endlich vieler
Borelmengen wieder eine Borelmenge ist, ist auch A ∪ B eine Borelmenge und
_______
folglich auch ihr Komplement: A ∪ B =(a, b] . Qed.
4) Beh.: {a}=[a,a] ist Borlemenge.
Bew.: Zunächst zeigt man leicht (z.B. indirekt) dass gilt:
∞
1
{a} = I (a − , a ] := [a,a]. (Intervallschachtelung).
n
n =1
Weiterhin ist (a-1/n,a] wegen 3) eine Borelmenge, folglich ist auch Ihr
Komplement eine Borelmenge. Die Vereinigung abzählbar vieler Borelmengen
∞
__________
1
U (a − n , a] ist wieder eine Borelmenge
n =1
1
und folglich auch ihr Komplement:
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______________
__________
∞
∞
1
1
(
,
]
(a − , a] = {a}
a
−
a
=
U
I
deMorgan
n
n
n =1
n =1
5. [a,b] = (a, b] ∪ [a, a ] ist als Vereinigung zweier Borelmengen wieder eine Borelmenge
6. [a,∞) = (a,∞) ∪ [a,a] ist als Vereinigung zweier Borelmengen wieder eine Borelmenge
7. (-∞,b) ist als Komplement der Borelmenge [b,∞) (siehe 6.) wieder eine Borelmenge.
8. Da [a,a] bzw. [b,b] eine Borelmenge ist, ist auch Ihr Komplement eine
Borelmenge.
______
____________
_____
(a,b) = (a, b] ∩ [b, b] = (a, b]∪ {b} ist als Komplement der Vereinigung zweier
Borelmengen wieder eine Borelmenge.
9. [a,b)= (a,b) ∪[a,a] und (a,b] = (a,b)∪[b,b] und [a,b] =(a,b) ∪ [a,a] ∪ [b,b] sind als
Vereinigung endlich vieler Borelmengen wieder Borlemengen.
Aufgabe3
Behauptung: Für jede σ-Algebra ℑ gilt: A∈ ℑ
und B∈ ℑ
⇒ A∩B∈ ℑ.
Beweis:
_________
A, B ∈ σ − A lg ebra → A, B ∈ σ − A lg ebra → A ∪ B ∈ σ − A lg ebra → A ∪ B = A ∩ B ∈ σ − A lg ebra.
q.e.d
Aufgabe 4
Zeigen Sie, dass die Mengen A ∩B, A ∩ B , B\A, A\B, mit A⊆M und B⊆M
vollständiges System von Mengen bzgl. der Obermenge M bilden!
ein
Lösung:
Es ist
(A ∩ B) ∪ (B\A) = B (man zeigt leicht: x ∈LS ⇔ x ∈ RS) und
B∪(A\B) = (A∪B) ( “”) und
________
(A ∩ B) = (A ∪ B) (de Morgan)
Daraus folgt:
________
1) (A ∩ B) ∪ (B\A) ∪(A\B) ∪ ( A ∩ B ) = (A∪B) ∪ (A ∪ B) = M
Weiterhin zeigt man leicht
2) Alle 4 Mengen sind paarweise disjunkt. (das kann man ‚indirekt’ beweisen).
Beispiel: Zu zeigen: (A ∩ B) ∩ (B\A) = Φ
Angenommen x∈ (A ∩ B) ∩ (B\A) ⇒ x∈ (A ∩ B) und x∈ (B\A).
⇒ (x∈ A ∧ x ∈B) und (x∈ B ∧x∉A). Das ist ein Wiederspruch.
Demzufolge ist die Annahme: x∈ (A ∩ B) ∩ (B\A) falsch! ⇒ (A ∩ B) ∩ (B\A) = Φ .
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Bemerkung: Mit Hilfe der Venn-Diagramme kann man sich leicht 1) und 2) veranschaulichen!
Aufgabe 5
Zwei Mengen heißen gleichmächtig, wenn es eine bijektive Abbildung zwischen ihnen gibt.
Zegen Sie, dass die folgenden Mengen gleichmächtig sind
Zu a ) die Menge N der natürlichen Zahlen und die Menge der geraden ganzen Zahlen.
Lösung: Eine mögliche bijektive Abbildung f: N ⇔ gerade ganze Zahlen (ohne 0) lautet:
 −n
f(n) = 
n + 1
für
für
n
n
gerade
ungerade
(Bemerkung: Analog kann man eine bijektive Abbildung zwischen N und den geraden ganzen
Zahlen inclusive 0 definieren).
Zu b) Beh.: Die Menge der reellen Zahlen und (0,1) sind gleichmächtig.
Lösung:
1. Die Abbildung y = tan(x), y ∈R, x∈(-π/2, π/2) ist bijektiv, siehe Skizze.
2. x wird nun durch x = πz-π/2, z ∈(0,1), bijektiv auf (0,1) abgebildet.
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Wir erhalten durch die Verkettung von bijektiven Abbildungen mit
y = tan(x(z)) wieder eine bijektive Abbildung
y: z ∈(0,1) ⇒ y = tan(x(z)) = tan(πz-π/2),
die jeder Zahl z aus (0,1) genau eine Zahl y aus R und umgekehrt, jedem y aus R genau
ein z aus (0,1) zuordnet.
Damit enthält R genauso viele Elemente wie (0,1).
Aufgabe 6
Zeigen Sie unter Verwendung eines geeigneten Satzes der Vorlesung, dass für die Menge Q der
rationalen Zahlen gilt: |Q| = |N|
Beweis: Es ist:
m
 ∞
Q =  | m ∈ Z ∧ n ∈ N  = U An
n
 n =1
m

wobei An =  | m ∈ Z  ist.
n

Alle An enthalten genauso viele Zahlen wie Z und sind somit (wegen |Z|=|N| (siehe Vorlesung))
abzählbar unendlich. Da die Vereinigung abzählbar unendlich vieler abzählbar unendlicher
Mengen wieder abzählbar unendlich ist (siehe Satz der Vorlesung), ist Q abzählbar unendlich.
Qed.
Zu Aufgabe 7
Zeigen Sie : Für jede endliche Menge A gilt für die Anzahl der Elemente der Potenzmenge
P(A) von A: |P(A)|=2|A|
(Hinweis: Vollständige Induktion über |A|)
Beweis:
1. Variante (Vollständige Induktion über |A|)
IA: A={a}, d.h., |A|=1. Dann ist ℘(A)={{a},Φ} und folglich ist |P(A)|=2 = 2|A|
IS: Vor.: Für A={a1,...,an} ist |P(A)|=2n
Beh.: Für A={a1,...,an, an+1 } ist |P(A)|=2n+1
Bew.: ℘(A) enthält zunächst einmal alle Teilmengen von {a1,...,an}.
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Nach Voraussetzung sind das gerade 2n Stück. Sei B die Menge aller dieser
Teilmengen von {a1,...,an}.
Nun erweitern wir jede der Mengen aus B durch das Element an+1. D.h., wir vereinigen alle 2n
Teilmengen von {a1,...,an} mit {an+1}. Diese Mengen fassen wir zu einer Menge C zusammen.
Offensichtlich gilt:
℘(A) = B ∪C mit |B|=|C|=2n.
Wegen B∩C = Φ ist folglich: |℘(A)| = 2⋅2n =2(n+1)
Qed.
Beweis:
2. Variante
Zum Beweis verwenden wir die folgende Aussage (siehe Blatt 5, Aufgabe 1b):
Es gibt genau „n über k“ k-elementige Teilmengen einer n-elementigen Menge.
Die Potenzmenge von A enthält alle Teilmengen von A.
Angenommen |A|=n.
Dann enthält die Potenzmenge von A :
alle 0-elementigen Teilmengen
alle 1-elementigen Teilmengen
n
Anzahl =   = 1 und
 0
n
Anzahl =   und
1
...
alle k-elementigen Teilmengen
n
Anzahl =   und
k
...
alle n-elementigen Teilmengen
n
Anzahl =   .
n
D.h., es ist :
℘(A) =
n
∑
k =0
n
 
k
n
Das ist aber nach Binomischem Lehrsatz :
∑
k =0
 n  k n −k
 a b = (a + b) n mit a=b=1
k
und folglich erhalten wir die Behauptung:
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℘(A) =
n
∑
k =0
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n
  =(1+1)n = 2n.
k
q.e.d
Zu Aufgabe 8
Für die Menge B={a,b,...,z} von Buchstaben bezeichnet W= {b1b2 ...bn | n ∈ N , bi ∈ B} die
Menge der (endlichen) Wörter.
a) Zeigen Sie: W ist abzählbar unendlich.
Beweis:
Es ist:
∞
W = U Wn
wobei Wn = {b1b2 ...bn | bi ∈ B} ist.
n =1
Da B eine endliche Menge ist, ist auch die Menge Wn aller Worte der Länge n aus Buchstaben
von B endlich. Da die Vereinigung abzählbar unendlich vieler endlicher Mengen wieder
abzählbar unendlich ist (siehe Satz der Vorlesung), ist W abzählbar unendlich.
Qed.
b) Ist die Menge der möglichen Sätze (endliche und abzählbar unendliche Folgen von Wörtern
aus W), die aus diesen Wörtern gebildet werden, endlich, abzählbar unendlich oder
überabzählbar unendlich? (Begründung!)
Lösung: Die Menge der möglichen Sätze lässt sich als Vereinigung abzählbar unendlich vieler
abzählbar unendlicher Mengen darstellen und ist folglich (nach Satz in der Vorlesung) wieder
abzählbar unendlich.
6