Lebesguemaß offener Würfel < Maßtheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | | Berechne das Lebesgue Maß des offenen Quaders [mm] $(0,1)^2 \subset \IR^2$ [/mm] direkt mit Hilfe der Definition |
Hallo!
Ich muss also das Maß einer offenen Menge berechnen, dazu muss ich die Menge mit abzählbar vielen abgeschlossenen Würfeln ausschöpfen, die paarweise disjunktes Inneres haben. Die Summe der Inhalte aller dieser Würfel sollte dann logischerweise gegen 1 konvergieren.
Leider komme ich trotz einige Skizzen nicht wirklich weiter.
Ich würde anfangen mit 4 Würfel mit Kantenlänge 1/4. Dann kommen darum 20 Würfel mit Kantenlänge 1/8. Dann 52 Würfel mit Kantenlänge 1/16 (wenn ich noch richtig gezählt habe)
Leider erkenne ich darin keine Regelmäßigkeit.. Bin ich überhaupt auf dem richtigen Weg?
Gruß Patrick
|
|
| |
|
> Berechne das Lebesgue Maß des offenen Quaders [mm](0,1)^2 \subset \IR^2[/mm]
> direkt mit Hilfe der Definition
> Hallo!
>
>
> Ich muss also das Maß einer offenen Menge berechnen, dazu
> muss ich die Menge mit abzählbar vielen abgeschlossenen
> Würfeln ausschöpfen, die paarweise disjunktes Inneres
> haben. Die Summe der Inhalte aller dieser Würfel sollte
> dann logischerweise gegen 1 konvergieren.
>
> Leider komme ich trotz einige Skizzen nicht wirklich
> weiter.
>
> Ich würde anfangen mit 4 Würfel mit Kantenlänge 1/4. Dann
> kommen darum 20 Würfel mit Kantenlänge 1/8. Dann 52 Würfel
> mit Kantenlänge 1/16 (wenn ich noch richtig gezählt habe)
> Leider erkenne ich darin keine Regelmäßigkeit.. Bin ich
> überhaupt auf dem richtigen Weg?
>
>
> Gruß Patrick
Hallo Patrick,
die beschriebene Menge ist kein Quader, sondern ein
Quadrat. Die "Elementarzellen", mit denen man dieses
Quadrat ausschöpft, sind nicht Würfel, sondern ebenfalls
Quadrate. Ich frage mich nur, ob denn so ein langwieriger
Exhaustionsprozess in diesem Fall überhaupt notwendig
sein soll, wo doch von Anfang an erkennbar ist, dass der
Lebesgue-Inhalt des offenen Quadrates gleich dem
Lebesgue-Inhalt des entsprechenden abgeschlossenen
Quadrates sein muss. Den Rand des Quadrates kann man
ja sicher mit einer Menge von abgeschlossenen Quadraten
(oder mit 4 Rechtecken) abdecken, deren gesamtes
Lebesgue-Mass beliebig klein ist, also im Limes gegen
Null strebt.
Sollte tatsächlich so ein Weg gefordert sein, wie du ihn
andeutest, kannst du dir klar machen, wie die Folge der
Faktoren [mm] f_1=4, f_2=20, f_3=52 [/mm] , ... zustande kommt.
Das Rezept ist: [mm] f_n=2^{n+3}-12
[/mm]
(dies kannst du z.B. mit vollst. Induktion zeigen)
Dann bleibt die Summe zu berechnen:
[mm] \summe_{n=1}^{\infty}f_n*\left(\bruch{1}{2^{n+1}}\right)^2
[/mm]
LG Al-Chwarizmi
|
|
|
| |
|
> > Berechne das Lebesgue Maß des offenen Quaders [mm](0,1)^2 \subset \IR^2[/mm]
> > direkt mit Hilfe der Definition
> > Hallo!
> >
> >
> > Ich muss also das Maß einer offenen Menge berechnen, dazu
> > muss ich die Menge mit abzählbar vielen abgeschlossenen
> > Würfeln ausschöpfen, die paarweise disjunktes Inneres
> > haben. Die Summe der Inhalte aller dieser Würfel sollte
> > dann logischerweise gegen 1 konvergieren.
> >
> > Leider komme ich trotz einige Skizzen nicht wirklich
> > weiter.
> >
> > Ich würde anfangen mit 4 Würfel mit Kantenlänge 1/4. Dann
> > kommen darum 20 Würfel mit Kantenlänge 1/8. Dann 52 Würfel
> > mit Kantenlänge 1/16 (wenn ich noch richtig gezählt habe)
> > Leider erkenne ich darin keine Regelmäßigkeit.. Bin ich
> > überhaupt auf dem richtigen Weg?
> >
> >
> > Gruß Patrick
>
>
> Hallo Patrick,
Hallo Al-Chwarizmi
>
> die beschriebene Menge ist kein Quader, sondern ein
> Quadrat.
Ja stimmt, Schreibfehler von mir...
> Die "Elementarzellen", mit denen man dieses
> Quadrat ausschöpft, sind nicht Würfel, sondern ebenfalls
> Quadrate.
Zweidimensionale Würfel 
> Ich frage mich nur, ob denn so ein langwieriger
> Exhaustionsprozess in diesem Fall überhaupt notwendig
> sein soll, wo doch von Anfang an erkennbar ist, dass der
> Lebesgue-Inhalt des offenen Quadrates gleich dem
> Lebesgue-Inhalt des entsprechenden abgeschlossenen
> Quadrates sein muss. Den Rand des Quadrates kann man
> ja sicher mit einer Menge von abgeschlossenen Quadraten
> (oder mit 4 Rechtecken) abdecken, deren gesamtes
> Lebesgue-Mass beliebig klein ist, also im Limes gegen
> Null strebt.
>
Klar würde das gehen, ich will hier aber tatsächlich den Weg unten nehmen.
> Sollte tatsächlich so ein Weg gefordert sein, wie du ihn
> andeutest, kannst du dir klar machen, wie die Folge der
> Faktoren [mm]f_1=4, f_2=20, f_3=52[/mm] , ... zustande kommt.
> Das Rezept ist: [mm]f_n=2^{n+3}-12[/mm]
> (dies kannst du z.B. mit vollst. Induktion zeigen)
Wie kommt man dadrauf? Gibts da einen Trick? Die Folge scheint mir ja schon recht komplex zu sein.
>
> Dann bleibt die Summe zu berechnen:
>
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}f_n*\left(\bruch{1}{2^{n+1}}\right)^2[/mm]
>
>
Habe ich gemacht, ist das so richtig?
Ich denke schon, bin mir nur an der blauen Stelle nicht so sicher, wo ich einfach die Exponenten getauscht habe.
[mm] \summe_{n=1}^{\infty}(2^{n+3}-12)\left(\bruch{1}{2^{n+1}}\right)^2 [/mm]
[mm] =\summe_{n=1}^{\infty}2^{n+3}\left(\bruch{1}{2^{n+1}}\right)^2-12\left(\bruch{1}{2^{n+1}}\right)^2
[/mm]
[mm] =\summe_{n=1}^{\infty}2^{n+3}\left(\bruch{1}{2^{n+1}}\right)^2-\summe_{n=1}^{\infty}12\left(\bruch{1}{2^{n+1}}\right)^2
[/mm]
erste Summe:
[mm] \summe_{n=1}^{\infty}2^{n+3}\left(\bruch{1}{2^{n+1}}\right)^2=\summe_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n+1+2}}{2^{n+1}}\bruch{1}{2^{n+1}}=\summe_{n=1}^{\infty}2^2\left(\bruch{1}{2^{n}*2}\right)=\summe_{n=1}^{\infty}2\left(\bruch{1}{2}\right)^n=2\summe_{n=0}^{\infty}\left(\bruch{1}{2}\right)^n=2(\frac{1}{1-1/2}-1)=2
[/mm]
zweite Summe
[mm] \summe_{n=1}^{\infty}12\left(\bruch{1}{2^{n+1}}\right)^2=\summe_{n=1}^{\infty}12\left(\bruch{1}{2^{n}*2}\right)^2=3*\summe_{n=1}^{\infty}\left(\bruch{1}{2^{n}}\right)^2=\blue{3*\summe_{n=1}^{\infty}\left(\bruch{1}{2^{2}}\right)^n}=3*\summe_{n=1}^{\infty}\left(\bruch{1}{4}\right)^n=3*(\frac{1}{1-1/4}-1)=3*\frac{1}{3}=1
[/mm]
insgesamt:
2-1=1
Patrick
> LG Al-Chwarizmi
>
|
|
|
| |
|
> > > Ich würde anfangen mit 4 Würfel mit Kantenlänge 1/4. Dann
> > > kommen darum 20 Würfel mit Kantenlänge 1/8. Dann 52 Würfel
> > > mit Kantenlänge 1/16 (wenn ich noch richtig gezählt habe)
> > > Leider erkenne ich darin keine Regelmäßigkeit..
> > Sollte tatsächlich so ein Weg gefordert sein, wie du ihn
> > andeutest, kannst du dir klar machen, wie die Folge der
> > Faktoren [mm]f_1=4, f_2=20, f_3=52[/mm] , ... zustande kommt.
> > Das Rezept ist: [mm]f_n=2^{n+3}-12[/mm]
> > (dies kannst du z.B. mit vollst. Induktion zeigen)
>
> Wie kommt man dadrauf? Gibts da einen Trick? Die Folge
> scheint mir ja schon recht komplex zu sein.
Ich habe als erstes durch Anfügen kleinerer Quadrate rundum
zwei weitere Glieder der Folge ermittelt und mir dann überlegt,
dass die Folge nur leicht von einer geometrischen Folge mit
Quotient 2 abweichen kann. Dann war die Formel leicht zu finden.
> > Dann bleibt die Summe zu berechnen:
> >
> > [mm]\summe_{n=1}^{\infty}f_n*\left(\bruch{1}{2^{n+1}}\right)^2[/mm]
> >
> >
>
> Habe ich gemacht, ist das so richtig?
> Ich denke schon, bin mir nur an der blauen Stelle nicht so
> sicher, wo ich einfach die Exponenten getauscht habe.
>
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}(2^{n+3}-12)\left(\bruch{1}{2^{n+1}}\right)^2[/mm]
> [mm]=\summe_{n=1}^{\infty}2^{n+3}\left(\bruch{1}{2^{n+1}}\right)^2-12\left(\bruch{1}{2^{n+1}}\right)^2[/mm]
>
> [mm]=\summe_{n=1}^{\infty}2^{n+3}\left(\bruch{1}{2^{n+1}}\right)^2-\summe_{n=1}^{\infty}12\left(\bruch{1}{2^{n+1}}\right)^2[/mm]
>
> erste Summe:
>
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}2^{n+3}\left(\bruch{1}{2^{n+1}}\right)^2=\summe_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n+1+2}}{2^{n+1}}\bruch{1}{2^{n+1}}=\summe_{n=1}^{\infty}2^2\left(\bruch{1}{2^{n}*2}\right)=\summe_{n=1}^{\infty}2\left(\bruch{1}{2}\right)^n=2\summe_{n=0}^{\infty}\left(\bruch{1}{2}\right)^n=2(\frac{1}{1-1/2}-1)=2[/mm]
>
> zweite Summe:
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}12\left(\bruch{1}{2^{n+1}}\right)^2=\summe_{n=1}^{\infty}12\left(\bruch{1}{2^{n}*2}\right)^2=3*\summe_{n=1}^{\infty}\left(\bruch{1}{2^{n}}\right)^2=\blue{3*\summe_{n=1}^{\infty}\left(\bruch{1}{2^{2}}\right)^n}=3*\summe_{n=1}^{\infty}\left(\bruch{1}{4}\right)^n=3*(\frac{1}{1-1/4}-1)=3*\frac{1}{3}=1[/mm]
>
> insgesamt: 2-1=1
Richtig ! Genau so habe ich's auch gerechnet.
LG
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:28 Mi 01.04.2009 | | Autor: | XPatrickX |
Alles klar. Danke Dir!
Liebe Grüße Patrick
|
|
|
| |
|
Lebesgue durchläuft offenbar gerade eine Phase der
Hochkonjunktur ! Drei aufeinander folgende Artikel
mit diesem Begriff in der Überschrift - das hat wohl
noch nicht einmal Euler oder Newton geschafft !
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:31 Di 31.03.2009 | | Autor: | XPatrickX |
> Lebesgue durchläuft offenbar gerade eine Phase der
> Hochkonjunktur ! Drei aufeinander folgende Artikel
> mit diesem Begriff in der Überschrift - das hat wohl
> noch nicht einmal Euler oder Newton geschafft !
>
Auch wenn ich die Leistung von Lebesgue nicht schmälern will, denke ich, dass liegt ehr an meiner bevorstehenden Analysis III - Klausur
|
|
|
|
