Lösungsvorschlag zu den Hausaufgaben der 3. Übung

Transkript

1 FAKULTÄT FÜR MATHEMATIK Prof. Dr. Patrizio Neff Lösungsvorschlag zu den Hausaufgaben der 3. Übung Aufgabe : (6 Punte) Welche der folgenden Tupel sind Maßräume? Beweisen Sie Ihre Behauptung. { 42 : {, 3} M, i) (A, P(A), µ ) mit A = {, 2, 3, 4, 5} und µ (M) = 0 : sonst; ii) (N, P(N), µ 2 ) mit µ 2 (M) = iii) (R, R, µ 3 ) mit und M 2 ; R = {B P(R) : B ist abzählbar oder R \ B ist abzählbar} µ 3 (M) = { 0 : M ist abzählbar, : sonst. i) µ ist ein Maß, denn µ ({} {3}) = µ ({, 3}) = = µ ({}) + µ ({3}). ii) (N, P(N), µ 2 ) ist ein Maßraum: Da P(N) eine σ-algebra über N und offensichtlich µ 2 ( ) = 0 ist, bleibt nur zu zeigen, dass µ 2 ein Maß ist. Seien dazu M n, n N disjunte Teilmengen von N. Dann gilt: ( ) µ 2 M n = 2 = 2 = µ 2 (M n ). M n Mn iii) Wir zeigen zuerst, dass R eine σ-algebra ist. Die leere Menge ist abzählbar, also R. Für M R ist entweder R\M abzählbar und somit R\M R oder M ist abzählbar und R\M hat abzählbares Komplement (nämlich M); auch in diesem Fall gilt also R \ M R. Es bleibt daher nur zu zeigen, dass abzählbare Vereinigungen von Mengen in R wieder in R liegen. Sei dazu (M n ) R. Sind alle Mengen M n abzählbar, so ist auch die abzählbare Vereinigung M n abzählbar und somit Element von R. Hat mindestens eine Menge M N abzählbares Komplement, so ist ( ) R \ M n = (R \ M n ) R \ M N, }{{} abzählbar also hat auch M n abzählbares Komplement und liegt damit in R. Es ist nun noch zu zeigen, dass µ 3 ein Maß ist. Da abzählbar ist, ist µ 3 ( ) = 0, also bleibt nur die σ-additivität zu zeigen. Sei dazu (M n ) R eine disjunte Mengenfamilie. Wir unterscheiden zwei Fälle:.) Alle M n sind abzählbar. Dann ist auch M n abzählbar, also ( ) µ 3 M n = 0 = 0 = µ 3 (M n ). 2.) Es existiert ein N N, für das M N überabzählbar ist. Wegen M N R ist dann R \ M N abzählbar. Da die M n paarweise disjunt sind, ist M n R \ M N für alle n N, also sind insbesondere alle M n für n N abzählbar. Daraus ergibt sich µ 3 (M n ) = µ 3 (M N ) + µ 3 (M n ) = + ( ) 0 = = µ 3 M n, n N n N denn wegen M N M n ist auch M n überabzählbar.

2 Aufgabe 2: (6 Punte) Sei µ ein translationsinvariantes Maß auf B(R) (vgl. Präsenzaufgabe 2). Zeigen Sie, dass µ ein Vielfaches des Lebesguemaßes λ ist; genauer: Für ist c := µ([0, [ ) µ(m) = c λ(m) für alle Lebesgue-messbaren Mengen M B(R). Hinweis: Zeigen Sie zuerst µ([0, [ ) = c λ([0, [ ) für alle N und anschließend µ([0, q[ ) = c λ([0, q[ ) für alle q Q. Folgern Sie daraus schließlich µ([a, b[ ) = c λ([a, b[ ) für alle a, b R. Was folgt nun aus Satz 2.8? Für N gilt [0, [= i {0,..., } [ i, i+ [, also µ([0, [ ) = µ([ i, i+ [ ) = µ( i + [0, [ ) = µ([0, [ ) = µ([0, [ ) wegen der Translationsinvarianz von µ. Aus µ([0, [ ) = c folgt daher µ([0, [ ) = µ([0, [ ) = c = c λ([0, [ ) für alle N. Sei nun q Q beliebig. Dann ist q = m µ([0, q[ ) = µ([0, m [ ) = µ ( [ i, i+ [ ) = m i {0,...,m µ([ i, i+ [ ) ( ) m = für m, N und es gilt µ([0, [ ) = m µ([0, [ ) = m c = c λ([0, m [ )) = c λ([0, q[ ), wobei in ( ) erneut die Translationsinvarianz von µ ausgenutzt wurde. Sei nun b R beliebig. Wir wählen eine monoton wachsende Folge (q n ) R mit lim q n = b. Wegen [0, q n [ [0, q n+ [ sowie [0, q n[= [0, b[ erhalten wir unter Verwendung von Lemma 2.7: µ([0, b[ ) = lim µ([0, q n[ ) = lim c λ([0, q n[ ) = lim c q n = c b = λ([0, b[ ). Schließlich ergibt die Translationsinvarianz von µ und λ für beliebige a, b R: µ([a, b[ ) = µ(a + [0, b a[ ) = µ([0, b a[ ) = c λ([0, b a[ ) = c λ([a, b[ ). Laut Satz 2.8 ist also µ = c λ, denn µ und c λ stimmen auf der Menge aller nach rechts halboffenen Intervalle überein. Aufgabe 3: (6 Punte) Es sei (X, S, µ) ein Maßraum. Wie im Sript bestehe S aus allen Teilmengen von X, die Vereinigung einer Menge aus S und einer µ-nullmenge sind. Sei E S und N eine µ-nullmenge. Sodann definieren wir µ(e N) := µ(e). Beweisen Sie: (X, S, µ) ist ein vollständiger Maßraum. Dabei heißt ein Maßraum (X, N, ν) vollständig, wenn jede ν-nullmenge von X zu N gehört. Die Wohldefiniertheit von µ wurde im Sript bereits bewiesen. Zeigen Sie also noch, dass G eine σ-algebra und dass µ ein Maß ist. Beweisen Sie außerdem die Vollständigeit. Im Sript wurde schon bewiesen, dass µ wohldefiniert ist. Zu zeigen ist also noch i) G ist σ-algebra, ii) µ ist ein Maß auf (X, G). 2

3 = G. Sei A G. Dann gibt es  G und eine µ-nullmenge ˆN, sodass A =  ˆN. Nach Definition gibt es eine Menge N G mit N ˆN und µ(n) = 0. X \ A = X \ ( ˆN) = X \ ( N) ( N) \ ( ˆN) = X \ ( N) (N \  ˆN). Es ist X \ ( N) G und N \ ( ˆN) N eine Nullmenge, also X \ A G. Sei nun (A n ) eine Folge von Mengen in G. Dann ist A n = Ân ˆN mit A n G und N n Nullmenge. Setze N = N n, dann ist N eine Nullmenge. Auch ist  n G, da G σ-algebra. Schließlich gilt demzufolge An =  n N G. Also ist G eine σ-algebra. Auch ist µ ein Maß: µ( ) = 0, da =. Seien (A n ), A n G paarweise disjunt. A n = Ân ˆN n mit Nullmengen N n und paarweise disjunten Ân. Also ist auch µ( A n ) = µ(  n ) = µ(ân) = µ(a n ) n= n= und damit µ ein Maß. Sei M eine µ-nullmenge. Dann existiert eine Menge M G mit µ( M) = 0 und M M. Dabei ist M = N E mit E S sowie µ(e) = µ( M) = 0 und einer µ-nullmenge N. Damit ist M eine µ-nullmenge, also auch M und daher M = M in G enthalten. Der Maßraum ist demnach vollständig. Aufgabe 4: (9 Punte) Für a (0, 2 ) sei die Funtion f a : P([0, ]) P([0, ]), f a (J) = (aj) (aj + a) auf der Potenzmenge von [0, ] definiert. Dabei sei für I R und x, y R die Menge xi + y definiert als {xm + y m I}. Es seien weiter eine Folge (x n ) (0, 2 ) sowie J 0 := [0, ] gegeben. Wir definieren die verallgemeinerte Cantor-Menge C x durch J n := f x f xn (J 0 ), C x := J n. 0 a) Zeigen Sie: C x ist ompat. b) Zeigen Sie: C x enthält ein echtes Intervall. Hinweis: Schätzen Sie für den Fall, dass das längste Intervall in J die Länge L hat, die Länge des längsten Intervalls in f x(j) ab. Zeigen Sie dazu, dass das Bild eines Intervalls die disjunte, nicht zusammenhängende Vereinigung zweier Intervalle mit entsprechend geringer Länge ist, und nutzen Sie aus, dass das Bild einer disjunten Vereinigung zweier abgeschlossener Intervalle ein Intervall enthält, das nicht schon im Bild eines der Intervalle enthalten ist, um indutiv zu schließen, Intervalle welcher Länge in J n höchstens enthalten sein önnen. c) Zeigen Sie: C x ist Lebesgue-messbar. d) Zeigen Sie: Ist f x (J 0 ) J 0 für alle N, so ist J n+ J n für alle n N. e) Zeigen Sie, dass C x überabzählbar ist. Konstruieren Sie dazu eine Injetion ι: {0, } N C x. Definieren Sie dazu beispielsweise fa(i) 0 = ai und fa(i) = a + ai, sodass also f a(i) = fa(i) 0 fa(i), und damit {ι(ω)} = f ω x fx ωn n (J 0) für ω {0, } N und zeigen Sie, dass dadurch erstens eine Abbildung definiert wird und diese zweitens injetiv ist. f) Bestimmen Sie λ(f a (J)) in Abhängigeit von λ(j) für a (0, 2 ) und eine Vereinigung J J 0 endlich vieler Intervalle. g) Die lassische Cantor-Menge erhält man für die Folge x mit x n = 3 für alle n N. Was ist ihr Lebesgue-Maß? h) Bestimmen Sie das Lebesgue-Maß λ(c x ) von C x und geben Sie ein Beispiel einer nicht-onstanten Folge (x n ) an, für die λ(c x ) (0, ). i) Kommentieren Sie die folgenden Behauptungen: 3

4 i) Lebesgue-Nullmengen sind abzählbar. ii) Jede Lebesgue-Menge in R mit positivem Maß enthält ein offenes Intervall. a) C x ist beschränt als Teilmenge von J 0 = [0, ]. J 0 ist abgeschlossen und f a (A) = (aa) (aa + a) ist für jedes abgeschlossene A abgeschlossen. Indutiv folgt, dass J n für jedes n N abgeschlossen ist - und damit auch C x als Schnitt abgeschlossener Mengen. Also ist C x abgeschlossene, beschränte Teilmenge von R und damit ompat. b) Sei I [0, ] ein Intervall. Dann ist f a (I) = ai (( a) + ai) die Vereinigung der beiden Intervalle ai und ai + ( a). Diese Vereinigung ist wegen ai [0, a] [0, 2 ] und a + ai [ a, ] [ 2, ] disjunt und nicht zusammenhängend. Die Teilintervalle haben die Länge a I 2 I. Seien I, J [0, ] Intervalle mit I J =. Dann ist, da [ a, ] [0, a] = und z.b. ( a + aj) ai [ a, ] [0, a], f a (J) f a (I) = ((aj) ( a + J)) ((ai) ( a + ai)) = (aj ai) (( a + aj) (ai) (( a + ai) aj) ((( a) + aj) (( a) + ai)) = a(j I) ( a + a(j I)) = f a (J I) (und f a (J I) = ). Das heißt, das Bild einer disjunten Vereinigung zweier (und damit endlich vieler) Intervalle enthält Intervalle nur dann, wenn sie bereits im Bild eines einzelnen dieser Intervalle liegen. Es ann also nicht vorommen, dass mehrere urze Intervalle so abgebildet werden, dass daraus wieder ein größeres Intervall entsteht. Demzufolge önnen wir schließen, dass (lar!) das längste Intervall in J 0 die Länge hat, das längste in J die Länge 2 und indutiv so weiter: Wenn die Länge aller Intervalle in J n leiner gleich ( 2 )n ist, dann sind die Intervalle im Bild J n+ von J n im Bild eines einzelnen solchen Intervalls enthalten und haben damit eine Länge von höchstens 2 ( 2 )n = ( 2 )n+. J n enthält also Intervalle allenfalls dann, wenn sie eine Länge 2 n haben. Für jedes echte Intervall I der Länge ε > 0 gibt es also wegen 2 n 0 für n ein N mit 2 N < ε und damit I J N, also I C x. c) C x ist nach a) ompat und damit als abgeschlossene Menge Borel-messbar. Da die Lebesguesche σ-algebra als Vervollständigung von B(R) alle Borel-messbaren Mengen enthält, ist damit C x auch Lebesgue-messbar. d) Wegen f xn+ (J 0 ) J 0 ist auch J n+ = f x f x2 f xn f xn+ (J 0 ) = f x f x2 f xn (f xn+ (J 0 )) f x f x2 f xn (J 0 ) = J n e) Definiere fa(i) 0 = ai und fa(i) = a + ai, sodass also f a (I) = fa(i) 0 fa(i) und für ω {0, } N definiere Jn ω = fx ω fx ωn n (J 0 ). Sowohl fa 0 als auch fa bilden ein ompates Intervall der Länge L auf ein ompates Intervall der Länge al ab. Da J 0 ein ompates Intervall der Länge ist, ist damit Jn ω ein ompates Intervall der Länge n i= x i ( 2 )n. Analog zu d) folgt auch J n+ J n. Mit dem Intervallschachtelungsprinzip folgt also, dass J n ω genau ein Element enthält. Mit der Festlegung von ι(ω) als dieses Element wird also jedem ω {0, } N genau eine Zahl zugewiesen und ι ist als Funtion {0, } N R wohldefiniert. Jn ω ist außerdem (wegen f a (I) = fa(i) 0 fa(i)) jeweils enthalten in J n, also ι(ω) Jn ω J n = C x, daher ist ι: {0, } N C x eine Funtion. Diese Funtion ist injetiv. Denn seien ω, ω {0, } N verschieden, dann gibt es ein leinstes n N mit ω n ω n (obda ω n = 0, ω n = und Jn ω = fx ω fx ωn n fx 0 n (J 0 ) und Jn ω = f ω x f ω n x n fx n (J 0 ) = fx ω fx ωn n fx n (J 0 ) sind wegen fx 0 n (J 0 ) fx n (J 0 ) = (und einer Argumentation wie der in b)) disjunt. Vor allem ist damit J n ω J n ω, d.h. ι(ω) ι(ω ), also ι injetiv. f) Da aj [0, 2 ] und a + aj [ 2, ], sind aj und a + aj disjunt, also ist λ(aj + a + aj) = λ(aj) + λ( a + aj). Wegen der Translationsinvarianz des Lebesguemaßes ist λ( a + aj) = λ(aj). Und da für jedes Intervall I gilt: λ(ai) = aλ(i), gilt dies auch für endliche Intervallvereinigungen wie J. (Nach Satz 2.8, Teil b, sogar für alle Borelmengen. Das brauchen wir hier aber nicht.) Insgesamt gilt also: λ(f a (J)) = λ(aj + a + aj) = λ(aj) + λ( a + aj) = λ(aj) + λ(aj) = 2λ(aJ) = 2aλ(J) g) Nach f) erhält man per Indution für diese Folge λ(j n ) = ( 2 3 )n. Da C x J n für alle n, ist auch λ(c x ) λ(j n ) für alle n N. Und da ( 2 3 )n eine Nullfolge ist, folgt λ(c x ) = 0. 4

5 h) Da es sich bei (J n ) n nach d) um eine fallende Mengenfolge handelt (für J 0 = [0, ] ist offensichtlich die dortige Voraussetzung erfüllt), ist λ(c x ) = λ( n J n) = lim λ(j n ) und wieder mittels einer indutiven Folgerung aus f) λ(j n ) = n i= (2x i) λ(j 0 ) = n i= (2x i). Also ist ( n λ(c x ) = lim (2x i ) = lim exp(log n n ) (2x i )) = lim log(2x i ). i= i= exp i= Zum Beispiel für x n = 2 exp( ( 2 )n ) (0, 2 ) ergibt das eine Menge C x mit Maß ( n ) lim exp log(2 2 exp( ( 2 )n )) = exp( lim i= i= n ( 2 )n ) = exp( ) = e (0, ) i) Naheliegend, aber jeweils Quatsch: i) Falsch. Gegenbeispiel: Klassische Cantormenge, vgl. e) und g). ii) Falsch. Siehe a) und h). 5