Diskussion:Diracmaß

σ-endlich

Ist das Maß σ-endlich? igel+- 20:31, 13. Jul 2006 (CEST)

Ja, immer, denn schon das Maß eines jeden Raumes ist bei Dirac nur 1, es ist also auch ein Wahrscheinlichkeitsmaß. igel+- 06:34, 14. Jul 2006 (CEST)

wurde übernommen

Dieser Abschnitt kann archiviert werden. --92.203.97.35 18:45, 16. Apr. 2012 (CEST)

(erledigt) Herleitung Integral

Die Herleitung des Integrals funktioniert so nur, wenn die einelementige Menge $\{z\}$ messbar ist. --Digamma 21:42, 15. Nov. 2007 (CET) PS: Ich hab's inzwischen verbessert. --Digamma 21:48, 15. Nov. 2007 (CET)

Dieser Abschnitt kann archiviert werden. --92.203.97.35 18:45, 16. Apr. 2012 (CEST)

Herleitung Integral

Hallo Juliabackhausen, durch Deine Änderung vom 13. November 2009 (die ich leider erst jetzt entdeckt habe) wurde die Herleitung leider falsch. Bzw.: So funktioniert sie nur dann, wenn die einelementige Menge $\{z\}$ messbar ist. Das muss aber nicht der Fall sein, die Aussage gilt aber trotzdem. Ich habe darauf schon früher auf der Diskussionseite hingewiesen und die alte Version verbessert. Es ist frustrierend, wenn andere das dann wieder ändern, ohne den Beitrag auf der Diskussionsseite zur Kenntnis zu nehmen. -- Digamma 17:37, 17. Sep. 2010 (CEST)

Ich habe deine Kommentare eingearbeitet und im Text begründet.--Juliabackhausen 14:07, 18. Sep. 2010 (CEST)

Charakteristische Funktion

Hi! Ist die Indikatorfunktion nicht genau die selbe Funktion wie das Diracmaß?? Ich weiß zwar, dass es wirklich diese beiden Funktionen mit unterschiedlichem Namen gibt, aber was genau ist der Unterschied und wieso kann man die beiden Funktionen nicht vereinen? --Masr 12:57, 30. Jan. 2008 (CET)

Die charakteristische Funktion ist eine Funktion, das Diracmaß ein Maß. Die charakteristische Funktion wird einer Menge zugeordnet und auf Punkte angewandt. Das Diracmaß wird einem Punkt zugeordnet und auf eine Menge angewandt. Die beiden sind in gewisser Weise dual zueinander. Ist $a$ ein Punkt und $A$ eine Menge, dann gilt

$\chi _{A}(a)=1\iff \delta _{a}(A)=1\iff a\in A$

--Digamma 14:46, 30. Jan. 2008 (CET)

Danke, SUPER Erklärung! Ich glaube, es wäre gut, wenn man die Dualität der Funktion und des Maßes in beiden Artikeln zeigen könnte. Die beiden Artikel sind sich doch dann eigentlich ziemlich ähnlich. --Masr 17:26, 30. Jan. 2008 (CET)

Erst mal Danke für das Lob. Aber aus meiner Sicht steckt nicht viel dahinter und die "Dualität" ist Theoriefindung. Der Zusammenhang ist mir bisher gar nicht aufgefallen und scheint mir nicht besonders wichtig zu sein, denn charakteristische Funktion und Diracmaß tauchen in völlig unterschiedlichen Zusammenhängen auf. --Digamma 19:23, 30. Jan. 2008 (CET)

Dirac-Integral

Wenn ich es richtig verstehe, dann ist das Dirac-Integral identisch mit dem Lebesgue Integral mit einem einzigen Unterschied. An Stelle des Lebesgue-Maßes wird das Dirac-Maß verwendet. Der Artikel beschäftigt sich nicht nur mit dem Dirac-Maß sondern auch mit dem Dirac-Integral, das auf dem Dirac-Maß basiert.

Ein wichtiger Unterschied zwischen dem normalen Riemann-Integral und dem Lebesgue-Integral ist, dass der Funktionswert f(x) in bestimmten "infinitesimalen Funktionsabschnitten" [f,f+df] nicht einfach mit den entsprechenden Abszissen-Abschnitten dx multipliziert werden, sondern dass die "Größe" bzw. "Länge" dieser Intervalle dx gemessen wird. Daher finde ich diese Notation für das Lebesgue-Integral am anschaulichsten:

$\int _{E}f\,d\mu =\int _{E}f\left(x\right)\,\mu \left(dx\right)$

Beim Dirac-Integral wird ein anderes : $\mu \left(dx\right)$ berechnet als beim Lebesgue-Integral. Zur Definition des Dirac-Integrals dürfte es also reichen darauf hinzuweisen, dass das Lebesgue-Maß $\mu _{L}\left(dx\right)$ durch das Dirac-Maß $\mu _{D}\left(dx\right)$ zu ersetzen ist. Ansonsten bleibt Alles beim Alten. --Kstammheim (Diskussion) 11:24, 11. Apr. 2013 (CEST)

Dann möchte ich noch etwas zu dem Integral-Beweis hierfür sagen:

Für alle $z\in \Omega$ und $A\in {\mathcal {A}}$ gilt

${\begin{aligned}\int \limits _{A}f\,\mathrm {d} \delta _{z}&={\begin{cases}f(z)&z\in A\\0&z\not \in A\end{cases}}\end{aligned}}$

Ich habe den Beweis nicht verstanden, der hier erläutert ist. Ich finde, dass sich diese Eigenschaft unmittelbar aus der Definition des Dirac-Integrals ergibt. Die Definition ist doch die Folgende:

Man definiert nun das Integral einer nicht-negativen, messbaren Funktion durch

$\int _{\Omega }f\mathrm {d} \mu =\lim _{n\rightarrow \infty }\int _{\Omega }f_{n}\mathrm {d} \mu ,$

wobei die $f_{n}$ einfach sind und punktweise und monoton wachsend gegen f konvergieren. Hierbei sind $f_{n}$ jeweils einfache Funktionen (also Treppenfunktionen). Was ist denn der Wert einer beliebigen einfachen Treppenfunktion unter dem Dirac-Maß?

$\int _{\ }f_{n}\mathrm {d} \mu =\sum _{i=1}^{m}\alpha _{i}\mu (A_{i})$

Das Maß ist Null, wenn z nicht Element von Ai ist und das Maß ist 1, wenn z Element von Ai ist. Wir können getrost die konvergenten Treppenfunktionen so wählen, dass sie für z dem Funktionswert von f(z) entsprechen, ($f(z)=f_{n}(z)=\alpha _{i}$) weil das Integral ja für eine beliebige Folge von punktweise konvergenten Funktionen definiert ist. Daraus ergibt sich der Funktionswert f(z) für das Integral der Treppenfunktion im Abschnitt Ai. Der Wert des Integrals der Treppenfunktionen ist also für jede der gewählten Treppenfunktionen identisch. Also, konvergiert die Folge gegen den Funktionswert, falls z Element von Ai ist. --Kstammheim (Diskussion) 12:18, 11. Apr. 2013 (CEST)

Noch eine interessante Beobachtung. Ich habe mir den Wikipedia-Abschnitt zum Stieltjesintegral angeschaut. Beim Lebesgue-Stieltjes-Integral wird ein spezielles Maß eingeführt, das ich hier kurz wiederhole: Das Maß $\mu _{h}$ ist festgelegt durch seine Werte auf Intervallen:

${\begin{aligned}\mu _{h}([x,y[)&=h(y-)-h(x-),\\\mu _{h}([x,y])&=h(y+)-h(x-)\end{aligned}}$

Hier bezeichnet $h(y-)$ den linksseitigen und $h(y+)$ den rechtsseitigen Grenzwert der Funktion $h$ an der Stelle $y$. Ist $h$ die Identität, so handelt es sich um das Lebesgue-Maß. Diese Definition kann man auch auf das Dirac-Maß nicht ohne Weiters anwenden, weil die Dirac-Funktion an der Stelle z unstetig ist. Der Rechts- oder links-seitige Grenzwert entsprechen also nicht dem Funktionswert des Dirac-Maßes an der Stelle z. Die Grenzwerte müssten Null sein, während der Funktionswert 1 ist. Gut, das ist auch nicht in der Definition gefordert, vielleicht geht es also doch. Das Lebesgue-Stieltjes-Integral ist einfach das Lebesgue-Integral mit diesem Maß. Ist h die Identitätsfunktion, dann ist das Lebesque-Stieltjes-Integral identisch mit dem Lebesgue-Integral. Aber gehen wir einmal davon aus, dass wir für h das Dirac-Maß verwenden.

Für den Fall, dass h differenzierbar ist, ergibt sich Folgende Eigenschaft für das Lebesgue-Stieltjes-Integral:

• Ist $h$ stetig differenzierbar, so gilt

  $\int _{a}^{b}f(x)\,\mathrm {d} h(x)=\int _{a}^{b}f(x)h'(x)\,\mathrm {d} x.$

(Im Lebesgueschen Sinne: $h\!\,'$ ist die Dichte von $\mu _{h}$.)

Das Dirac-Maß ist an jedem Punkt stetig differenzierbar mit Ausnahme des Punktes z. Die Ableitung ist an allen Orten außer z gleich Null. Wie könnte man die Steigung des Dirac-Maßes am Ort z definieren? Einen endlichen Wert wird es nicht geben. Die linksseitige Steigung des Differenzenquotienten strebt gegen $\infty$, während die rechtssteitige Steigung gegen - $\infty$ divergiert. dh/dz(-z)= + $\infty$, während dh/dz(+z) = - $\infty$. Man kann also dh/dz nicht mit $\delta (z'-z)$ gleichsetzen, in der vertrauten Interpretation einer Verteilung, die überall 0 ist außer am Ort z, wo sie + $\infty$ ist. Aber eine gewisse Ähnlichkeit kann man dem jetzt nicht absprechen. Nun ja, das war meine Idee, aber es sieht etwas anders aus. ;-) O.K. Sorry, das war jetzt "original research". Meine Fantasie ist etwas mit mir davongelaufen. ;-) --Kstammheim (Diskussion) 16:31, 11. Apr. 2013 (CEST)

Oh, hier gibt's aber viel zu lesen :) Nur kurz zum letzten Punkt: Das Integral bzgl. des Dirac-Maßes ist einfach das Stieltjes-Integral zur Funktion $h(x)=H(x-z)$, wo $H$ die Heaviside-Funktion ist; also h(x) = 0 für x < z und h(x) = 1 sonst. -- HilberTraum (Diskussion) 17:27, 11. Apr. 2013 (CEST)

@Kstammheim: (Ohne jetzt alles genau gelesen zu haben, und ohne den Artikel nochmals genau gelesen zu haben:) Die angegebene Herleitung für den Wert des Dirac-Integrals ist doch ganz elementar, viel elementarer als irgendwelche Folgen von Treppenfunktion ins Spiel zu bringen. Benutzt wird nur die Additivität des Integrals. --Digamma (Diskussion) 22:35, 11. Apr. 2013 (CEST)

Meiner Meinung zu der Herleitung im Einzelnen:

Für alle $z\in \Omega$ und $A\in {\mathcal {A}}$ gilt

${\begin{aligned}\int \limits _{A}f\,\mathrm {d} \delta _{z}&=\int \limits _{A\cap f^{-1}(\{f(z)\})}f\,\mathrm {d} \delta _{z}+\int \limits _{A\setminus f^{-1}(\{f(z)\})}f\,\mathrm {d} \delta _{z}\\&=\int \limits _{\{x\in A\mid f(x)=f(z)\}}f\,\mathrm {d} \delta _{z}+\int \limits _{\{x\in A\mid f(x)\neq f(z)\}}f\,\mathrm {d} \delta _{z}\\&=f(z)\delta _{z}(A)+0\\&=f(z)\delta _{z}(A)\\&={\begin{cases}f(z)&z\in A\\0&z\not \in A\end{cases}}\end{aligned}}$

Der erste Schritt, der das Integral auf das Urbild von f(z) einschränkt ist überflüssig. Die Aufteilung des Integrals auf das Urbild von f(z) an der Stelle z einerseits und den Rest des Urbilds ist nachvollziehbar. Auch ist mir klar, weshalb das Integral Null ist, wenn nicht über z integriert wird. Denn dort ist das Maß überall Null. Allerdings ist überhaupt nicht klar, weshalb das Integral über einen einzigen Punkt z dem Funktionswert an der Stelle z entspricht. Das ergibt sich auch nicht aus der Additivität des Integrals. Der entscheidende Schritt der Herleitung harrt also einer Erklärung. --Kstammheim (Diskussion) 23:00, 11. Apr. 2013 (CEST)

O.K. Wenn man mir keine weiteren Argumente präsentiert, dann werde ich den Integral-Abschnitt morgen wie hier dargelegt überarbeiten. --Kstammheim (Diskussion) 11:29, 12. Apr. 2013 (CEST)

Wenn sie gut ausgeführt sind, dann sind sicher beide Beweisideen möglich und verständlich. Im jetzigen Beweis steht der erste Schritt da, um die Messbarkeit des Integrationsbereichs zu zeigen. Was den Beweis mMn allerdings unnötig kompliziert macht ist, dass gleich von Anfang an vom Integrationsbereich A ausgegangen wird, dadurch ist auch die eine von Kstammheim genannte Stelle nicht so leicht nachvollziehbar. Übersichtlicher wäre zuerst $\int \limits _{\Omega }f\,\mathrm {d} \delta _{z}=f(z)$ zu zeigen und dann mittels $\int \limits _{A}f\,\mathrm {d} \mu =\int \limits _{\Omega }f\chi _{A}\,\mathrm {d} \mu$ zu schließen. -- HilberTraum (Diskussion) 12:13, 12. Apr. 2013 (CEST)

"Im jetzigen Beweis steht der erste Schritt da, um die Messbarkeit des Integrationsbereichs zu zeigen." Die Messbarkeit des Integrationsbereichs A wird doch vorausgesetzt. Das Integral ist doch nur auf einem Maßraum definiert!?

"Was den Beweis mMn allerdings unnötig kompliziert macht ist, dass gleich von Anfang an vom Integrationsbereich A ausgegangen wird, dadurch ist auch die eine von Kstammheim genannte Stelle nicht so leicht nachvollziehbar."

Das stimmt, man sollte erst den Fall $z\not \epsilon A$ diskutieren und dann den Fall $z\epsilon A$. Die Stelle ist nach wie vor so nicht nachvollziehbar. Zum Nachweis, dass die Integration über einen Punkt, dem Wert des Integrals an dem Punkt entspricht, wird man auf die Definition des Integrals zurückgreifen müssen, also ist man wieder bei den einfachen Funktionen. Der Beweis ist meiner Meinung nach schlicht unvollständig. --Kstammheim (Diskussion) 13:24, 12. Apr. 2013 (CEST)

Ich meinte nicht die Messbarkeit von A, sondern von $A':=\{x\in A\mid f(x)=f(z)\}$.
Eine ausführliche Rechnung für die "schwierige Stelle" wäre

$\int \limits _{A'}f(x)\,\mathrm {d} \delta _{z}(x)=\int \limits _{A'}f(z)\,\mathrm {d} \delta _{z}(x)=f(z)\int \limits _{A'}\,\mathrm {d} \delta _{z}=f(z)\int \limits _{\Omega }\chi _{A'}\,\mathrm {d} \delta _{z}=f(z)\delta _{z}(A')=f(z)\delta _{z}(A)$,

letzteres wegen $z\in A\iff z\in A'$. -- HilberTraum (Diskussion) 15:36, 12. Apr. 2013 (CEST)

Jetzt verstehe ich, was du meinst. Für x wird z eingesetzt. Damit ist f(z) eine Konstante und kann vor das Integral gezogen werden. Ein Wort hätte gereicht, um das zu erläutern. Der Rest, den du da schreibst, finde ich umständlich und . Letztlich musst du zeigen, dass das Integral der Funktion 1 über A', mit z Element A', gleich 1 ist. Wieso du mittels der charakteristischen Funktion den Integrationsbereich wieder erweiterst, ist mir schleierhaft. Was soll das? Dann verschwindet plötzlich das Integral und wird durch das Dirac-Maß ersetzt? Mittels der obigen Definition kann man das begründen - einfache Funktionen. Aber so ist das weiterhin unbegründet. Das ergibt sich höchstens aus der Definition des Integrals. Dann kann man sich aber die ganze Rechnung auch ersparen. Tut mir leid, das ist ungenügend. --Kstammheim (Diskussion) 16:05, 12. Apr. 2013 (CEST)

Gut, ich vervollständige jetzt einmal den Beweis. Also, wir sind an dem Schritt, wo über die charakterstische Funktion über den Wertebereich Omega integriert wird. Die Definition für das Integral lautet:

$\int _{\Omega }f\mathrm {d} \mu =\lim _{n\rightarrow \infty }\int _{\Omega }f_{n}\mathrm {d} \mu ,$

Die charakterstische Funktion ist selber eine einfache Funktion. Wir können also als Folgenglieder jeweils die charakteristische Funktion selber annehmen, die gegen sich selber punktweise konvergiert. Was ist also das Integral der charakteristischen Funktion?

$\phi =\sum _{i=1}^{n}\alpha _{i}\chi _{A_{i}}$

$\int _{\Omega }\phi \ \mathrm {d} \mu =\sum _{i=1}^{n}\alpha _{i}\mu (A_{i})$

Nun, die Reihe auf der rechten Seite besteht dann aus einem einzigen Reihenglied. Deswegen ist das Integral über die charakteristische Funktion gleich dem Maß des Integrationsgebietes.

Letztlich muss man also bei beiden Beweisen auf die Definition des Integrals zurückgreifen, einschließlich der einfachen Funktionen. Durch das Rumrechnen mit dem Integral gewinnt man nichts. --Kstammheim (Diskussion) 17:04, 12. Apr. 2013 (CEST)

Abschließende Bemerkung zur "schwierigen Stelle". Wenn du nicht in der Lage bist, die einzelnen Argumentationsschritte sinnvoll anzugeben und selber nicht erkennst, dass Dein Beweis unvollständig ist, dann sollte du dich mal mehr mit den "schwierigen Stellen" beschäftigen. Du hast ja noch nicht einmal erkannt, dass Dein Beweis selber nur durch Rückgriff auf die "einfachen Funktionen" vervollständigt werden kann. Offenbar ist das alles ein wenig zu schwierig für Dich.--Kstammheim (Diskussion) 17:13, 12. Apr. 2013 (CEST)

Sag mal, sprichst du mit mir (= HilberTraum)? Ich habe mir den Beweis weder ausgedacht noch in den Artikel geschrieben. Ich habe noch nie etwas an diesem Artikel gemacht, außer einen Link zu korrigieren und wollte dir nur die Beweisschritte erklären, die du nicht verstanden hattest. Die Schritte sind du umständlich nennst, sind die übliche Definitionen für $\mu$-Integrale: $\int _{A}fd\mu =\int _{\Omega }f\chi _{A}d\mu$ sowie $\int _{\Omega }\chi _{A}d\mu =\mu (A)$. Vielleicht solltest du dir erstmal Lebesgue-Integral durchlesen ... -- HilberTraum (Diskussion) 17:49, 12. Apr. 2013 (CEST)

Klar spreche ich mit Dir. ;-) Vielleicht solltest Du Dir einmal die Definition für Lebesgue-Integral durchlesen, denn die habe ich soeben zitiert! ;-) Das hast du noch nicht einmal gemerkt! ;-)--Kstammheim (Diskussion) 18:25, 12. Apr. 2013 (CEST)

Wieso schreibst du dann so unsinnige Sachen wie "Dein Beweis"? Wieso ist dir dann $\textstyle \int _{A}fd\mu =\int _{\Omega }f\chi _{A}d\mu$ "schleierhaft", wenn du den Artikel so gut kennst? Und wieso pflaumst du hier Leute an, die nur deine Fragen beantworten wollen? Das ist MIR schleierhaft. -- HilberTraum (Diskussion) 18:40, 12. Apr. 2013 (CEST)

Daran ist nichts schleierhaft. Die Frage war nicht, ob das richtig ist, die Frage ist, was das soll! Wieso machst du dich über mich lustig, wenn ich auf Defizite aufmerksam mache? Das ist mir schleierhaft! --Kstammheim (Diskussion) 18:44, 12. Apr. 2013 (CEST)

Die aktuelle Version der Herleitung im Artikel stammt, wenn ich mich nicht irre, von mir. Ich habe damals versucht, die vorige Version zu korrigieren. Diese lautete [1]

${\begin{aligned}\int \limits _{X}f\,\mathrm {d} \delta _{z}&=\int \limits _{X\setminus \{z\}}\!\!\!f\,\mathrm {d} \delta _{z}+\int \limits _{\{z\}}f\,\mathrm {d} \delta _{z}\\&=0+f(z)\\&=f(z).\end{aligned}}$

Dies ist nur richtig, wenn die Menge $\{z\}$ messbar ist. Dies ist zwar im Fall von $\mathbb {R}$ und $\mathbb {R} ^{n}$ der Fall, aber nicht in beliebigen Maßräumen (was im Artikel vorausgesetzt wird). Deshalb habe ich in dieser Herleitung die Menge $\{z\}$ durch die auf jeden Fall messbare Menge $f^{-1}(\{z\})=\{x\in X\mid f(x)=f(z)\}$ ersetzt. Jemand anders hat dann später noch die Teilmenge $A$ ins Spiel gebracht.

Die Idee ist dann, dass $f$ auf der Menge $C$ konstant ist, deshalb ist das Integral über diese Menge einfach $f(z)$ mal das Maß der Menge. Das Komplement enthält auf jeden Fall den Punkt z nicht, deshalb ist es bezgl. des Dirac-Maßes eine Nullmenge, das Integral über das Komplement ist also 0.

Man kann das sicher klarer darstellen, da gebe ich dir recht. Man kann auch die alte Herleitung für den Fall, dass $\{z\}$ messbar ist, wiederherstellen. Man sollte dann aber auf jeden Fall diese einschränkende Bedingung, die ja in vielen Fällen erfüllt ist, erwähnen. (Das Dirac-Maß lässt sich ja sowieso immer auf der ganzen Potenzmenge definieren.) --Digamma (Diskussion) 12:02, 13. Apr. 2013 (CEST)

"Dies ist nur richtig, wenn die Menge $\{z\}$ messbar ist. Dies ist zwar im Fall von $\mathbb {R}$ und $\mathbb {R} ^{n}$ der Fall, aber nicht in beliebigen Maßräumen (was im Artikel vorausgesetzt wird). " Aber die Menge $\{z\}$ hat doch nur ein einziges Element? Das Dirac-Maß auf diesem Element ist definitionsgemäß 1. Welche Menge sollte denn nicht messbar sein? Im Unterschied zum Lebesgue-Maß ist das Dirac-Maß nicht kongruent. Wenn ich also eine Menge A verschiebe, dann bleibt das Maß nicht identisch. Beispiel, die Menge sei der Punkt x=0, mit Delta(0)=1. Wenn ich 0 verschiebe, dann ist das Maß Delta(0+z)=0. Damit unterscheidet sich das Dirac-Maß fundamental vom Lebesgue-Maß. Es tritt aber auch kein Maßproblem auf; siehe http://de.wikipedia.org/wiki/Ma%C3%9Fproblem. Die Vitali-Menge ist unter dem Dirac-Maß messbar. Ist es überhaupt notwendig den Definitionsbereich des Dirac-Maßes auf eine Sigma-Algebra einzuschränken? --Kstammheim (Diskussion) 21:17, 13. Apr. 2013 (CEST)

Gut, dann mache ich einen Vorschlag zur Güte. Wir schränken nicht den Definitionsbereich der Funktion ein sondern wir zerlegen die Funktion in zwei Teile, die wir miteinander addieren. Der erste Teil is f mutlipliziert mit der characteritischen Funktion an der Stelle z. Der zweite Teile ist f multipliziert mit 1, bis auf die Stell z, wo es mit 0 multipliziert wird. Dann gibt's auch kein Hack-Mack mit dem Definitionsbereich - den ich übrigens für vollkommen überflüssig halte - aber wieso soll man sich auf eine Diskussion einlassen, wenn sie vollkommen überflüssig ist! Damit kommen wir zum gleichen Ergebnis.

Dann müssen wir erklären, dass die charakteristische Funktion eine einfache Funktion ist, deren Integral nach Lebesgue gleich dem Maß über dem Integrationsbereich ist. --Kstammheim (Diskussion) 22:44, 15. Apr. 2013 (CEST)

Ich finde leider gerade nicht die Zeit, mich ausführlicher mit dem Artikel zu befassen. Deshalb nur kurz: Ich schränke nicht den Definitionsbereich ein, sondern zerlege ihn in zwei Teile. Das ist genau das, was man macht, wenn man das Integral einer einfachen Funktion erklärt. Durch die Einführung der charakteristischen Funktion wird die Darstellung und die Argumentation nicht einfacher. Ich habe gemerkt, dass die derzeitige Version nicht die ist, die ich damals verfasst habe. Vielleicht ist diese klarer: http://de.wikipedia.org/w/index.php?title=Diracma%C3%9F&direction=next&oldid=39016693

Wegen der Frage mit der Messbarkeit antworte ich später. --Digamma (Diskussion) 16:02, 16. Apr. 2013 (CEST)

"Ich schränke nicht den Definitionsbereich ein, sondern zerlege ihn in zwei Teile..." Das ist Haarspalterei und keine Antwort auf meinen Vorschlag. Du hast auch offenbar gar nicht verstanden was ich meine. Anstatt den Defintionsbereich aufzuspalten, spalten wir die Funktion in zwei Teile, die miteinander addiert die ursprüngliche Funktion wieder ergeben. Damit gibt's auch kein Problem mit messbaren Teilmengen. Die Aufspaltung des Definitionsbereichs hat nichts mit den Integral einer einfache Funktion zu tun. Das wird nicht durch Zerlegung des Definitionsbereichs "erklärt". Das Integral der einfachen Funktion ist folgendermaßen definiert:

Eine einfache Funktion kann nur endliche viele Funktionswerte ai annehmen - Definition einer einfachen Funktion. Jedem Funktionswert ai entspricht ein gewisser Definitionsbereich der Funktion Ai. Das Integral der charakterstischen Funktion ist damit definiert als:

$\sum _{i=1}^{m}a_{i}\mu (A_{i})$

Hierbei wird vorausgesetzt, dass die Bereiche Ai messbar sind. Das war's. Wenn die einfache Funktion nur einen einzigen Funktionswert ai annehmen kann, dann ist Ihre Integral folglich:

$a_{i}\mu (A_{i})$

Die charakteristische Funktion ist genau so eine einfache Funktion, die nur einen Funktionswert annimmt. Der Beweis ist jedenfalls unvollständig, so lange das nicht beigefügt wird.--Kstammheim (Diskussion) 23:21, 16. Apr. 2013 (CEST)

Wir ersparen uns auch die ganze Diskussion betreffend messbare Teilmengen, wenn wir den Beweis anhand der Definition des Integrals führen, so wie ich es oben erklärt habe. 1. Fehlt derzeit eine Definition des Integrals in dem Artikel und 2. Ist der Beweis anhand der Definition einfach und klar verständlich. Wir müssen dann auch nicht auf irgendwelche Eigenschaften des Integrals rekurrieren - wie Linearität, Aufspaltung des Definitionsbereichs - sondern können einfach die Definition des Integrals selber anwenden. Für den Neuling, der sich schnell informieren möchte, ist das viel einfacher zu verstehen.--Kstammheim (Diskussion) 23:33, 16. Apr. 2013 (CEST)

Also gut, ich habe jetzt meinen Beweisweg, der sehr kurz ist, nach der Definition eingefügt. Der Beweis hat den Vorteil, dass man sich nicht mit der Frage herumplagen muss, ob irgendeine Teilmenge von A messbar ist. Der der Integrationsbereich wird nicht willkürlich aufgespalten und die einfachen Funktionen sind definitionsgemäß nur auf messbaren Teilmengen von A definiert. So ist der Beweis meiner Meinung nach nachvollziehbar und rund. --Kstammheim (Diskussion) 12:36, 17. Apr. 2013 (CEST)

Und was ist, wenn f auch negative Werte annimmt?
Meiner Meinung nach sind jetzt zwei ziemlich schwer verständliche Beweise im Artikel und die eigentliche Integralformel, für die sich wohl die meisten Leser hauptsächlich interessieren, geht irgendwie unter. -- HilberTraum (Diskussion) 13:31, 17. Apr. 2013 (CEST)

Das Dirac-Maß hat doch den Zweck die Integralformel zu begründen! Ansonsten, kann man es sich ersparen. Also muss man auch eindeutig erklären, wie sich die Integralformel aus dem Dirac-Maß ergibt. Wenn f negative Werte hat, dann geht man genauso vor wie beim Lebesgue-Integral. Das kann man hier nachlesen: https://de.wikipedia.org/wiki/Lebesgue-Integral#Integration_beliebiger_messbarer_Funktionen_und_Integrierbarkeit

Im Prinzip wird die Funktion in einen positiven und einen negativen Abschnitt aufgespalten. Der positive Abschnitt wird wie gehabt integriert. Der negative Abschnitt wird mit minus 1 multipliziert, also positiv gemacht und integriert. Das Ergebnis der Integration wird wieder mit Minus multipliziert.

$\int _{\Omega }f\ \mathrm {d} \mu =\int _{\Omega }f^{+}\ \mathrm {d} \mu -\int _{\Omega }f^{-}\mathrm {d} \mu \$.

--Kstammheim (Diskussion) 13:40, 17. Apr. 2013 (CEST)

Die Integrationsformel steht jetzt ganz am Anfang und separat vom Beweis, so dass der flüchtige Leser sofort findet, wonach er sucht. Die Beweisschritte sind wiederum ein wenig vereinfacht worden. --Kstammheim (Diskussion) 15:07, 17. Apr. 2013 (CEST)

Anmerkung zum zweiten Beweis. Dort steht:

"Als einelementige Teilmenge von $\mathbb {R}$ ist $\{f(z)\}\in {\mathcal {B}}$. Urbilder messbarer Mengen sind messbar."

${\mathcal {B}}$ ist nirgendwo im Artikel definiert. Deshalb kann niemand ohne weiters verstehen, was damit gemeint ist. Laut Artikel wird lediglich vorausgesetzt, dass f eine messbare Funktion ist. Daraus folgt aber nicht, dass die Punktmenge {f(z)} messbar ist. Wenn im Bildbereich von f lediglich die borelsche Algebra definiert ist, dann ist der Punkt f(z) nicht messbar. Es liegt also keine messbare Menge vor. Daher kann auch der Satz nicht angewendet werden, dass Urbild einer messbaren Menge messbar sei. Der Beweis ist so nicht korrekt. --Kstammheim (Diskussion) 23:45, 18. Apr. 2013 (CEST)

Wenn der Beweis nicht korrigiert und vervollständigt wird, dann schlage ich vor, den Absatz zu streichen. --Kstammheim (Diskussion) 13:36, 19. Apr. 2013 (CEST)

Bevor du den Artikel geändert hast (siehe [2]), war ${\mathcal {B}}$ noch definiert ... -- HilberTraum (Diskussion) 13:55, 19. Apr. 2013 (CEST)

Dann ist der Beweis falsch, denn auf der borelschen Algebra sind Punktmengen wie der Punkt f(z) nicht als messbar definiert. Messbar sind darauf nur offene oder geschlossene Intervalle. --Kstammheim (Diskussion) 15:24, 19. Apr. 2013 (CEST)

3x falsch: 1) $\{f(z)\}$ ist ein abgeschlossenes Intervall. 2) Natürlich sind nicht nur offene und abgeschlossene Intervalle Borel-messbar. 3) Einpunktige Teilmengen von Hausdorff-Räumen sind immer Borel-messbar. -- HilberTraum (Diskussion) 16:59, 19. Apr. 2013 (CEST)

Du hast Recht, aber ich halte den Beweis nach wie vor für unnötig kompliziert und unvollständig zugleich. Man braucht das überhaupt nicht. Ich versuche mal den zweiten Beweisweg ein wenig aufzuräumen und zu vereinfachen. --Kstammheim (Diskussion) 08:15, 20. Apr. 2013 (CEST)

"Die 2 letzten Textänderungen von Kstammheim wurden verworfen: So gibt das wieder Probleme mit der Messbarkeit der Menge {z}) "

Wieso dass denn!? Hier behauptest du doch, dass die Punktmenge {f(z)} grundsätzlich messbar ist! In dem Kommentar sagst du, das sei problematisch! Was denn nun!? Hüh oder Hott!? Da musst du dich entscheiden.--Kstammheim (Diskussion) 11:33, 20. Apr. 2013 (CEST)

Wenn ich mich entscheiden müsste, würde ich mittlerweile den Artikel auf diese Version zurücksetzen. Aber als Antwort: ${\mathcal {B}}$ ist die borelsche Sigma-Algebra und enthält deshalb $\{f(z)\}$, aber ${\mathcal {A}}$ ist irgendeine Sigma-Algebra auf $\Omega$ und kann $\{z\}$ enthalten oder nicht. -- HilberTraum (Diskussion) 12:38, 20. Apr. 2013 (CEST)

Zunächst einmal ist die borelsche Sigma-Algebra die kleinste Sigma-Algebra, die die offenen Mengen von R enthält. Deshalb muss sie auch für das Dira-Maß gelten, sofern das Dirac-Maß auf einem Maßraum definiert ist. Die Version, auf die du zurückversetzen willst, ist falsch und unvollständig. Das habe ich mehrfach begründet und die Gründe sind nicht wiederlegt worden. --Kstammheim (Diskussion) 12:48, 20. Apr. 2013 (CEST)

Sigma-Algebra

Schließlich harrt die Frage, ob der Definitionsbereich überhaupt auf eine Sigma-Algebra eingeschränkt werden muss, einer Antwort. Denn die Vitali-Mengen sind unter dem Dirac-Maß messbar, weil es nicht translationsinvariant ist. Der ganze Popanz ist deshalb überflüssig.--Kstammheim (Diskussion) 12:56, 20. Apr. 2013 (CEST)

Also bitte nenne mir eine Teilmenge A von R, die unter dem Diracmaß $\delta _{z}$ nicht messbar ist! Das gibt's nicht! Wenn z Element von A ist, dann ist das Maß 1, ansonsten Null. Es gibt hier überhaupt keine Probleme.--Kstammheim (Diskussion) 13:02, 20. Apr. 2013 (CEST)

Gut, dann überprüfe ich mal die Eigenschaften, die ein sinnvoll definiertes Maß erfüllen muss:

• Die leere Menge hat das Maß null: $\mu (\emptyset )=0$.

Die leere menge ist unter dem Dirac-Maß Null, weil sie den Punkt z nicht enthält.

• Positivität: $\mu (A)\geq 0$ für alle $A\in {\mathcal {A}}$.

Das Dirac-Maß kennt nur zwei verschiedene Werte, nämlich 0 und 1. Damit ist $\delta _{z}(A)\geq 0$

• Das Maß ist abzählbar additiv (auch σ-additiv): Sind $A_{1},A_{2},A_{3},\dotsc$ abzählbar viele paarweise disjunkte Mengen aus ${\mathcal {A}}$, dann gilt:

$\mu {}\left(\bigcup _{k=1}^{\infty }A_{k}\right)=\sum _{k=1}^{\infty }{\mu {}(A_{k})}$.

Das Dirac-Maß ist abzählbar additiv. a) Ist z nicht Teilmenge von A: dann ist $\delta _{z}(A)=0$. Ferner ist z nicht Teilmenge irgendeiner Menge ${\mathcal {A}}_{k}$ ansonsten, wäre es wiederum Teilmenge von A. Also wir unendlichfach über 0 summiert, was Null ergibt. 0=0 ist also eine schöne Gleichung. b) z ist Teilmenge von A dann ist $\delta _{z}(A)=1$ Dann muss aber auch z Teilmenge irgendeiner Menge ${\mathcal {A}}_{k}$, ansonsten wäre es nicht in der Vereinigung dieser Mengen enthalten. Weil die Mengen zudem disjunkt sind, kann das z auch nur in einer der Teilmengen ${\mathcal {A}}_{k}$ enthalten sein, in allen anderen ist es nicht. Wir summieren also 1 + 0 + 0 + 0 (unendlich viele Nullen), was wiederum 1 ergibt. Also, es gilt dann 1=1.

Wo liegt bitteschön, das Problem? Wieso soll man den Definitionsbereich auf irgendeine Sigma-Algebra von R einschränken? Wird hier nicht mit Kanonen auf Spatzen geschossen? --Kstammheim (Diskussion) 14:21, 20. Apr. 2013 (CEST)

Versuch einer Antwort (und bitte beachten: Ich bin nicht HilberTraum):

• Bitte beachte, dass im Artikel nicht nur vom Dirac-Maß auf $\mathbb {R}$ die Rede ist, sondern auf einem beliebigen Messraum $(\Omega ,{\mathcal {A}})$. In der Wahrscheinlichkeitsrechnung (nicht in der Analysis) ist das das allgemeine Setting. $\Omega$ kann eine ganz andere Menge sein als $\mathbb {R}$, z.B. eine Menge von Folgen. Die Einschränkung des Definitionsbereichs des Maßes auf die $\sigma$-Algebra ${\mathcal {A}}$ hat sehr oft nicht nur technische Gründe (wie beim Lebesgue-Maß), sondern gehört mit zur mathematischen Beschreibung der Situation. Die $\sigma$-Algebra gibt an, welche Informationen zur Verfügung stehen.
• Davon abgesehen hast du mit dem folgenden aber natürlich recht: Das Diracmaß kann immer auf der ganzen Potenzmenge definiert werden. Und wenn man es auf der Potenzmenge definiert hat, kann man es auch auf jede $\sigma$-Algebra einschränken. Entsprechend ist das zugehörige Integral für jede Funktion definiert (und kann dann auf jede Klasse von bezüglich einer $\sigma$-Algebra messbaren Funktionen eingeschränkt werden).
• Etwas grundsätzliches zum Integralbegriff (und vielleicht zur Begriffsbildung in der Mathematik überhaupt): Hier sind wir vermutlich grundsätzlich verschiedener Ansicht. Für mich sind die Eigenschaften, die einen Begriff charakterisieren das Zentrale und Grundlegende. Beim Integral also z.B. die Additivität bzgl. der Aufspaltung des Integrationsbereichs, die Linearität bzgl. des Integranden und die Eigenschaft, dass $\int _{A}1d\mu =\mu (A)$ gilt. Die gängige Definition des Integrals gibt nur einen Weg an, so ein "Funktional" zu definieren und liefert somit einen Existenzbeweis.

Deshalb ist für mich ein Beweis, der die charakteristischen Eigenschaften benutzt, auch elementarer als einer, der auf die Konstruktion des Integrals zurückgreift.

An einem andern Beispiel erläutert: Das Grundlegende an den rationalen Zahlen ist, dass sie den kleinsten Körper bilden, der die natürlichen Zahlen umfasst. Man kann diesen Körper konstruieren als Menge von Äquivalenzklassen von Paaren ganzer Zahlen mit bestimmten Eigenschaften. Aber diese Definition ist nicht grundlegend. Man könnte viele andere verwenden.

Entsprechend gibt es auch andere Möglichkeiten, das Lebesgue-Integral bezgl. eines Maßes zu definieren, als die von dir angegebene mit Hilfe von einfachen Funktionen. --Digamma (Diskussion) 18:46, 20. Apr. 2013 (CEST)

Gut, danke für die konstruktive Antwort. Den philosophischen Teil verstehe ich nicht ganz. "Für mich sind die Eigenschaften, die einen Begriff charakterisieren das Zentrale und Grundlegende. Beim Integral also z.B. die Additivität bzgl. der Aufspaltung des Integrationsbereichs, die Linearität bzgl. des Integranden und die Eigenschaft, dass gilt$\int _{A}1d\mu =\mu (A)$."

Der grundlegende Begriff des Integrals ist für mich kein rein mathematischer Begriff sondern ein anschaulicher Begriff. Es geht um die Messung einer Fläche oder eines Volumens. Wenn die Mathematik (das Formelspiel) diesen Begriff wiederspiegelt, dann ist sie korrekt. Wenn nicht, dann ist es eine andere Mathematik - irgendein Regelspiel - aber keine Mathematik über ein Integral.

"Die gängige Definition des Integrals gibt nur einen Weg an, so ein "Funktional" zu definieren und liefert somit einen Existenzbeweis." Für mich stellt sich erst einmal die Frage des Existenzbeweises gar nicht. Es gibt Volumina und Flächen, deren Größe bestimmt werden kann. Das gilt unabhängig davon, ob die Mathematik (das Formelspiel) dazu in der Lage ist, diesen Begriff zu fassen. Innerhalb des Regelspiels (Mathematik) muss aber ein Existenzbeweis gelingen, weil sonst das Regelspiel in sich nicht korrekt ist.

":Entsprechend gibt es auch andere Möglichkeiten, das Lebesgue-Integral bezgl. eines Maßes zu definieren, als die von dir angegebene mit Hilfe von einfachen Funktionen."

Ich kenne nur einen weiteren Weg mittels monoton wachsender Funktionenfolgen halbstetiger Funktionen. Allerdings ist die Definition viel schwieriger zu verstehen - finde ich. Aber vermutlich meinst du eine Definition wie: Eine lineare Abbildung von einem Funktionenraum in einen Körper mit den Eigenschaften a), b), c) ist ein Integral. Das mag aus der Sicht des reinen Mathematikers befriedigend sein, aber für mich geht das am Thema Integral vorbei, nämlich Flächen- oder Volumenberechnung.

Aber jeder Jeck ist anders, weshalb es hier nicht darauf ankommt nur meine Vorstellung zu befriedigen, die mehr auf das Konkrete abziehlt. Ich habe auch nichts dagegen Deinen Beweis weiter zu behalten. Wenn er allerdings auf einer anderen abstrakteren Definition des Integrals aufbaut, dann sollte man damit anfangen oder gegebenenfalls zu dem entsprechenden Wikipedia-Artikel verlinken.--Kstammheim (Diskussion) 20:48, 20. Apr. 2013 (CEST)

"Das Diracmaß kann immer auf der ganzen Potenzmenge definiert werden." Deshalb schlage ich vor, das ganze Sigma-Algebra-Gedöns zu löschen. Wer will, kann den Definitionsbereich auf irgendeine echte Teilmenge der Potenzmenge einschränken. Zur Definition des Dirac-Maßes ist das unnötig. Wir definieren ja auch nicht irgendwelche anderen Funktionen auf Sigma-Algebren sondern schlicht auf der Definitionsmenge, obwohl man natürlich immer auch dort Definitionsgebiet jeweils einschränken könnte. Das kann man ja dazuschreiben.

"Im Gegensatz zum Lebesgue-Maß kann das Dirac-Maß auf der ganzen Potenzmenge definiert werden. Das liegt im Wesentlich daran, dass das Dirac-Maß nicht translationsinvariant ist."

Ferner ist es auch unnötig, die Zielmenge der Funktionen f auf eine borelsche Sigma-Algebra einzuschränken, wie es bei dem zweiten Beweis vorgesehen ist. Im ersten Beweis wird davon auch kein Gebrauch gemacht. Die Integralformel gilt für jegliche Funktion, die auf der Definitionsmenge des Dirac-Maßes definiert ist. --Kstammheim (Diskussion) 12:39, 21. Apr. 2013 (CEST)

Nur kurz zum letzten Punkt: Die Zielmenge der Funktionen f wird nicht auf eine borelsche Sigma-Algebra eingeschränkt. Zielmenge ist immer $\mathbb {R}$. Damit das Integral definiert ist, muss aber die Funktion prinzipiell messbar sein (nur messbare Funktionen lassen sich auf die von dir beschriebene Art durch Folgen von einfachen Funktionen approximieren). Wenn man hier im Urbild als Sigma-Algebra aber die ganze Potenzmenge zulässt, dann ist jede Funktion messbar. Also muss man sich um die Messbarkeit der Funktionen keine Sorgen machen. Im Allgemeinen ist eine Funktion aber nur dann messbar, wenn die Urbilder von Borel-Mengen (aus dem Zielraum $\mathbb {R}$) Elemente der Sigma-Algebra im Urbildraum $\Omega$ sind. --Digamma (Diskussion) 17:44, 22. Apr. 2013 (CEST)

Das Problem der Messbarkeit ist aber mit den einfachen Funktionen bereits gelöst. Sie sind nur auf messbaren Teilmengen von R definiert. Ferner müssen sie punktweise gegen die zu integrierende Funktion konvergieren. Weitere Voraussetzungen bedarf es nicht. Deswegen ist der Satz unnötig, dass die Urbilder der Funktion F messbar seien müssen. Das war mein Punkt. Schau noch mal, bei meinem Beweisweg nach, dass diese Voraussetzung unnötig ist. Ich werde das erst einmal alles so lassen, bis wir von Hilbert-Traum Rückmeldung bekommen. --Kstammheim (Diskussion) 19:38, 22. Apr. 2013 (CEST)

Die Messbarkeit von f ist deshalb wichtig, weil anderenfalls gar keine Folge einfacher Funktionen existiert, die punktweise gegen f konvergiert. Aber abgesehen von den mathematischen Details ist mir der Abschnitt momentan "viel zu viel" und zu umständlich: Diese Formel braucht hier definitiv keine zwei verschiedenen Beweise. Am besten wäre EIN knapper verständlicher Beweis, der mit einem Einzelnachweis auf eine Literaturquelle belegt ist, und nicht solche selber zusammenstöpselten Beweise, wo dann nächsten Monat oder nächstes Jahr wieder jemand seine eigene Beweisidee einbauen will. Aber irgendwie finde ich keine schöne Literaturstelle, oft wird die Formel als Übungsaufgabe gegeben, hat vielleicht jemand mehr Glück? -- HilberTraum (Diskussion) 20:19, 22. Apr. 2013 (CEST)

"Die Messbarkeit von f ist deshalb wichtig, weil anderenfalls gar keine Folge einfacher Funktionen existiert,..." Das ist ein Satz, den man noch beweisen könnte. Voraussetzung für das Integral ist lediglich, dass die einfachen Funktionen konvergieren. Diese sind nur auf messbaren Intervallen definiert.--Kstammheim (Diskussion) 20:59, 22. Apr. 2013 (CEST)

Die einfachen Funktionen sind alle messbar und nach einen bekannten Satz ist der punktweise Limes messbarer Funktionen wieder messbar, also klappt die Approximation nur, wenn f selbst messbar ist. -- HilberTraum (Diskussion) 21:08, 22. Apr. 2013 (CEST)

"Nach einem bekannten Satz?" Das wird dem Leser nicht weiterhelfen. Entweder man beweist den Satz oder man verweist auf den Beweis. So wie es jetzt ist, ist das nicht gut. --Kstammheim (Diskussion) 21:27, 22. Apr. 2013 (CEST)

Hm? Der Leser muss den Satz doch gar nicht kennen. Ich wollte doch nur dir begründen, warum es nur mit messbaren f funktionieren kann. -- HilberTraum (Diskussion) 21:36, 22. Apr. 2013 (CEST)

Also, wenn der Leser den Satz nicht kennt, dann kann er den Beweis nicht verstehen. Offensichtlich ist das auch nicht. Wieso sollte das Urbild eines Punktes einer Dirac-Integrablen Funktion eine messbare Menge sein? Gut, wenn man davon ausgeht, dass unter dem Dirac-Maß eh die Potenzmenge messbar ist, dann ist es wurscht. Wenn aber der Definitionsbereich auf irgendeine Menge von messbaren Teilmengen eingeschränkt ist, dann ist das jedenfalls nicht offensichtlich. Wieso sollte das Urbild von f(z) gerade eine solche messbare Teilmenge sein? --Kstammheim (Diskussion) 22:01, 22. Apr. 2013 (CEST)

Integrale sind halt nur für messbare Funktionen definiert, das lässt sich nicht wegdiskutieren. Aber ich gebe dir recht, dass das hier in diesem Fall kein wesentlicher praxisrelevanter Punkt ist. Formal könnte man auch sagen, dass man wenn nötig immer zur Vervollständigung des Maßraums übergehen kann. Das heißt, es sollte kurz erwähnt werden, aber dann für den Leser nicht irgendwie breiter "ausgewalzt" werden.

"Integrale sind halt nur für messbare Funktionen definiert, das lässt sich nicht wegdiskutieren." Darum geht's hier nicht. Eine Funktion ist messbar, wenn das Integral existiert. Voraussetzung dafür ist lediglich, dass man die Funktion mittels punktweise konvergierender einfacher Funktionen darstellen kann. Hier geht es um den Satz. Das Urbild eines Funktionswert des Integrals ist messbar. Das gilt natürlich für einfache Funktionen selber aber nicht automatisch für den Grenzwert einer Folge von einfachen Funktionen.--Kstammheim (Diskussion) 10:42, 23. Apr. 2013 (CEST)

Siehe z.B. hier (solche Sätze könnte du dir eigentlich auch selber aus der Literatur zusammensuchen). -- HilberTraum (Diskussion) 12:46, 23. Apr. 2013 (CEST)

Es ist weder meine Aufgabe noch die Aufgabe des Lesers solche Sätze irgendwo in der Literatur zusammenzusuchen. Entweder es wird erklärt, oder es wird auf die Literatur im Artikel verwiesen. Aber so ist der Beweis unverständlich und unvollständig. --Kstammheim (Diskussion) 16:38, 23. Apr. 2013 (CEST)

Nochmal: Der Satz hat nicht das geringste mit diesem Artikel hier zu tun. Es ist also völlig egal, ob der Leser den Satz kennt oder nicht. -- HilberTraum (Diskussion) 20:25, 24. Apr. 2013 (CEST)

Dann zitiere ich mal aus der Seite des Buches: Dort wird das folgende Theorem bewiesen: "Es seien (fi) eine Folge in L0 und f Element von Ex. Konvergiert fi mü-fast überall gegen f, so ist f mü-messbar." Nur, was bedeutet mü-messbar? Das liest man 4 Seiten vorher (Seite 69): Eine Funktion f:X->R heißt mü-messbar, wenn f⁻¹(+Unendlich), f⁻¹(-Unendlich) und f⁻¹(O) für jede offene Menge O von R zu A gehören. Leider gehört die Menge {z} weder zu -Unendlich, -Unendlich noch zu O, weil es eine abgeschlossene Menge ist. Es steht also nicht das da, was eigentlich verlangt wäre. (nicht signierter Beitrag von Kstammheim (Diskussion | Beiträge) 17:50, 23. Apr. 2013 (CEST))

Du verwechselst hier wieder Teilmengen des Bildes ("O") und Teilmengen des Urbildes ("{z}"). Auf $\Omega$ gibt es gar keine Topologie, also kann man auch nicht von offen und abgeschlossen sprechen. -- HilberTraum (Diskussion) 20:25, 24. Apr. 2013 (CEST)

O ist Bestandteil des Bildraumes und O ist offen und nicht geschlossen. Damit gibt der Satz keine Auskunft darüber,was das Urbild eines Punktes f(z) ist. Denn die Menge bestehend aus dem Punkt f(z) ist nicht offen sondern geschlossen. --Kstammheim (Diskussion) 23:52, 26. Apr. 2013 (CEST)

Jetzt mach ich zwar gerade das "Zusammenstöpseln", gegen das ich mich eben ausgesprochen habe, aber wie wäre es eigentlich mit einer Beweisformulierung, die in die folgende Richtung geht:
Sei $g\colon \Omega \to \mathbb {R}$ die konstante Funktion $x\mapsto f(z)$, dann ist die Menge $\{f\neq g\}$ messbar und enthält nicht den Punkt $z$. Es folgt $\delta _{z}(\{f\neq g\})=0$ und somit gilt $f=g$ $\delta _{z}$-fast überall. Damit ergibt sich für $A\in {\mathcal {A}}$

$\int _{A}f\,\mathrm {d} \delta _{z}=\int _{A}g\,\mathrm {d} \delta _{z}=f(z)\delta _{z}(A)$.

Das verwendet zwar die Aussage, dass fast überall gleiche Funktionen das gleiche Lebesgue-Integral haben, aber das dürfte ein allgemein bekannter (und einsichtiger) Satz sein. -- HilberTraum (Diskussion) 21:20, 22. Apr. 2013 (CEST) -- HilberTraum (Diskussion) 21:20, 22. Apr. 2013 (CEST)

Der Satz gilt sicherlich für das Lebesgue-Integral, aber gilt er auch für das Dirac-Integral? Änder ich die Funktion f(z) am Punkt z des Dirac-Maßes, also an einem einzigen Punkt, dann ändert sich doch das Dirac-Integral? Also ist das Dirac-Integral zweier fast überall identischer Funktionen (d.h. bis auf eine abzählbare Teilmenge identisch) nicht unbedingt identisch. --Kstammheim (Diskussion) 22:07, 22. Apr. 2013 (CEST)

Ja der Satz gilt für Integrale mit beliebigen Maßen. Beachte, dass der Begriff "fast überall" vom Maß selbst abhängt: Wenn man f an der Stelle z ändert, dann sind die Funktionen nicht mehr fast überall gleich bezüglich des Dirac-Maßes. -- HilberTraum (Diskussion) 09:29, 23. Apr. 2013 (CEST)

Wenn du mit "fast überall gleich" lediglich meinst, dass sich das Dirac-Integral nicht ändert, wenn man irgendeinen Punkt f(z) verändert außer dem Punkt z von $\delta _{z}$, dann setzt du voraus, was du beweisen willst. Nämlich den Wert des Dirac-Integrals über die Funktion f(z). Die Funktions sei "fast überall gleich" scheint in diesem Zusammenhang auch eine krasse Fehlcharakterisierung für die Nullmenge des Integrals. Die Bezeichnung "fast überall unterschiedlich" wäre richtiger, denn bis auf einen einzigen Punkt kann alles anders sein.--Kstammheim (Diskussion) 10:36, 23. Apr. 2013 (CEST)

Ich meinte fast überall wie im Link fast überall definiert, sonst hätte ich nämlich nicht fast überall fast überall verlinkt. -- HilberTraum (Diskussion) 12:51, 23. Apr. 2013 (CEST)

"Eine Eigenschaft gilt fast überall (oder -fast überall oder für -fast alle Elemente) in , wenn es eine Nullmenge gibt, sodass alle Elemente im Komplement die Eigenschaft haben." Das heißt identisch bis auf eine Nullmenge bedeutet "fast überall". Nur ist das Dirac-Maß überall Null bis auf z. Insofern ist die Bezeichnung extrem irreführend. Beim Dirac-Maß entspricht "fast überall" nämlich "fast nirgendwo". Denn die beiden Funktionen stimmen nur an einem Punkt z miteinander überein. Von "fast überall gleichen Funktionen" in diesem Zusammenhang zu reden, ist zumindest seltsam.

Wenn der Satz stimmt, dass das Integral über zwei Funktionen identisch ist, wenn beide Funktionen bis auf die Nullmenge des Maßes identisch sind - was sich vernünftig anhört - dann ist das auch ein gelungener Beweis. Dann entspricht das Integral über irgendeiner Funktion dem Integral der konstanten Funktion, die als einfache Funktion mit einem einzigen Funktionswert einfach gleich dem Funktionswert multipliziert mit den Integrationsgebiet ist. --Kstammheim (Diskussion) 17:31, 23. Apr. 2013 (CEST)

Ja, "fast überall" klingt beim Diracmaß etwas unintuitiv. Er wäre wohl besser von "fast sicher" zu sprechen, das ist hier ja möglich, weil das Diracmaß ein Wahrscheinlichkeitsmaß ist. -- HilberTraum (Diskussion) 20:25, 24. Apr. 2013 (CEST)

Diracmaß ist nicht σ-Additiv, insbesondere kein Maß

Betrachtet man das Diracmaß $\delta _{0}(A)$ mit $\delta _{0}(A)=1$ falls $0\in A$ sonst 0. Sei weiter $A_{n}=[{\frac {1}{n+1}},1]$ so gilt $A_{n}\subset A_{n+1}$ so ist die Vereinigung $A:=\bigcup _{n=1}^{\infty }A_{n}=[0,1]$, folglich ist das Maß gerade $\delta _{0}(A)=1$. Sei nun $C_{1}:=A_{1},C_{n}=A_{n}\setminus A_{n-1}$ dann ist die Folge $C_{n}$ disjunkt. Und es existiert kein einziges $C_{n}$, das die Null enthält, da $0<{\frac {1}{n}}\ \ \forall n\in \mathbb {N}$. Dann gilt aber:

$1=\delta _{0}(A)=\delta _{0}(\bigcup _{n=1}^{\infty }A_{n})=\delta _{0}(\bigcup _{n=1}^{\infty }C_{n})=\sum _{n=1}^{\infty }\underbrace {\delta _{0}(C_{n})} _{=0}=0$

Dies ist ein Widerspruch. (nicht signierter Beitrag von Caddican (Diskussion | Beiträge) 12:14, 27. Nov. 2013 (CET))

Das ist falsch: Es gilt $A:=\bigcup _{n=1}^{\infty }A_{n}=\,]0,1]$, also $\delta _{0}(A)=0$. Und warte doch bitte in Zukunft bei so etwas erst mal auf eine Antwort, bevor du gleich den Artikel änderst. -- HilberTraum (Diskussion) 13:03, 27. Nov. 2013 (CET)

Ah, fail -- Caddican (Diskussion) 19:34, 27. Nov. 2013 (CET)

epic ;-) Aber kein Problem, kann jedem mal passieren. Die σ-Additivität kann man übrigens ganz leicht beweisen, das einfacher als dein "Gegenbeispiel". -- HilberTraum (Diskussion) 21:53, 27. Nov. 2013 (CET)