ARBEITSUNTERLAGEN ZUR VORLESUNG UND ÜBUNG AN DER UNIVERSITÄT DES SAARLANDES MAß-, INTEGRATIONS-

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1 ARBEITSUNTERLAGEN ZUR VORLESUNG UND ÜBUNG AN DER UNIVERSITÄT DES SAARLANDES MAß-, INTEGRATIONS- und WAHRSCHEINLICHKEITSTHEORIE im SS 2014

2 Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) 1 Aufgabe 1 (σ-algebra) a) Geben Sie die kleinste und die größte σ-algebra in einer Menge Ω an! b) Zeigen Sie, dass jede endliche σ-algebra A in einer Menge Ω eine gerade Zahl von Elementen besitzt. Aufgabe 2 (Ringe, Algebren, σ-algebren in endlichen Mengen) a) Bestimmen Sie alle σ-algebren in der vierelementigen Menge Ω 4 : {a, b, c, d}! b) Welche der σ-algebren aus Teil a) wird von E : { {a}, {b} } (Ω 4 ) erzeugt? c) Bestimmen Sie einen nichttrivialen Ring in Ω 4, welcher keine Algebra ist! d) Bestimmen Sie in der Menge Ω 26 : {a, b,..., z} zwei verschiedene σ-algebren, die jeweils {a} als einzige einelementige Menge enthalten! e) Zeigen Sie, dass in einer endlichen Menge Ω jede Algebra eine σ-algebra ist. Aufgabe 3 (σ-algebren und Erzeuger) Zeigen Sie für das Mengensystem A : {A Ω A abzählbar A abzählbar}: a) A ist eine σ-algebra. Hinweis: Regel von De Morgan! b) A σ({a Ω A endlich}). Aufgabe 4 (Bild, Urbild) Sei f : Ω 1 Ω 2 eine Abbildung und seien A, B bzw. C, D Teilmengen von Ω 1 bzw. Ω 2. Zeigen Sie, dass folgende Aussagen gelten: a) f 1 (C D) f 1 (C) f 1 (D) b) f 1 (C D) f 1 (C) f 1 (D) c) f 1 ( D) f 1 (D) d) f(a B) f(a) f(b) e) f(a B) f(a) f(b) Zeigen Sie anhand eines Beispiels, dass in e) die Gleichheit im allgemeinen nicht gilt. Aufgabe 5 (σ-algebra und Urbild) Zeigen Sie: a) Ist T : Ω Ω eine Abbildung und A eine σ-algebra in Ω, so ist das Mengensystem T 1 (A) : {T 1 (A) A A} eine σ-algebra in Ω. b) Ist S : Ω Ω eine Abbildung und A eine σ-algebra in Ω, so ist das Mengensystem A : {A Ω S 1 (A ) A} die größte σ-algebra in Ω, für die T 1 (A ) A gilt. 1

3 2 Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) Aufgabe 6 (Ringe) a) Die symmetrische Differenz zweier Teilmengen A und B von Ω ist definiert durch A B : (A\B) (B\A) Man beweise folgende Rechenregeln für je drei Mengen A,B und C aus Ω: i) A B B A ii) (A B) C A (B C) iii) A A, A A iv) A B A B v) (A B) C (A C) (B C) vi) ( ) ( ) A n B n (A n B n ) für alle Mengenfolgen (A n ), (B n ) in (Ω) b) Beweisen Sie Bemerkung 1.10 ii) der Vorlesung mit Hilfe von a)! Beachten Sie dabei Definition: Ein algebraischer Ring ist eine Menge R mit zwei inneren Verknüpfungen und (Addition und Multiplikation), so dass folgende Eigenschaften gelten: i) R ist eine kommutative Gruppe bzgl., d.h. für alle a, b, c R gilt: 1) (a b) c a (b c) (Assoziativität), 2) ( e R)( a R) : a e a e a (e heißt neutrales Element), 3) ( a R)( b R) : a b e b a (inverses Element), 4) a b b a (Kommutativität). ii) Die Multiplikation auf R ist assoziativ, d.h. für alle a, b R gilt: (a b) c a (b c). iii) Es gelten die Distributivgesetze, d.h. für alle a, b, c R gilt: (a b) c (a c) (b c) und a (b c) (a b) (a c). R heißt kommutativ, falls die Multiplikation kommutativ ist. Aufgabe 7 (Halbringe) Sei E (Ω) ein durchschnitts- und vereinigungsstabiles Mengensystem. Zeigen Sie: H : {A\B A, B E} ist ein Halbring über Ω. Aufgabe 8 (Halbringe) Sei f : X Ω eine Abbildung und H (Ω) ein Halbring. Untersuchen Sie, ob f 1 (H) ein Halbring über X ist? 2

4 Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) 3 Aufgabe 9 (Dynkin-Systeme) Sei n Æ und Ω eine endliche Menge mit Ω 2n. Zeigen Sie: a) Das System D : {D Ω D ist gerade } ist ein Dynkin-System. b) Für n > 1 ist D keine Algebra. Aufgabe 10 (Dynkin-Systeme) a) Zeigen Sie, dass ein Dynkin-System genau dann durchschnittsstabil ist, wenn es vereinigungsstabil ist. b) Man bestimme das von E {A, B} erzeugte Dynkin-System δ(e) und zeige, dass δ(e) und die von E erzeugte σ-algebra σ(e) genau dann übereinstimmen, wenn eine der Mengen A B, A B, A B, A B leer ist. Aufgabe 11 (Zählmaß) a) Sei Ω eine beliebige Menge und A eine σ-algebra in Ω. Die Abbildung ζ : A Ê ordne jeder endlichen Menge aus A ihre Elementanzahl zu und jeder anderen Menge aus A den Wert. Zeigen Sie, dass ζ alle Maßeigenschaften erfüllt und damit zu Recht den Namen Zählmaß trägt (vgl. Beispiel 2.3 i) der Vorlesung). b) Sei Ω eine endliche Menge und A (Ω). Zeigen Sie: i) ζ ω Ωǫ ω ii) Für jedes Maß µ auf A gilt: µ ω Ω α ω ǫ ω mit α ω : µ({ω}). Aufgabe 12 (Endlicher Inhalt) a) Beweisen Sie für die endlichen Mengen A 1,..., A n die Formel n A i ( 1) I +1. A j I {1,2,...,n} j I b) Verallgemeinern Sie für einen endlichen Inhalt µ auf einem Ring R die aus der Vorlesung bekannte Formel µ(a B) + µ(a B) µ(a) + µ(b) auf endlich viele Mengen (vgl. Folgerung 2.8 1) der Vorlesung). Hinweis: Formulieren Sie Teil a) mit Hilfe des Zählmaßes ζ aus Aufgabe 11. Aufgabe 13 (Prämaß) a) Sei (µ i ) i Æ eine Folge von Inhalten auf einem Ring R und (a i ) i Æ eine Folge nichtnegativer reeller Zahlen. Zeigen Sie, dass µ : a i µ i ein Inhalt auf R ist. 3

5 4 Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) b) Sei (µ n ) n Æ eine isotone Folge von Prämaßen auf einem Ring R, d.h. für alle A R und alle n Æ gelte µ n (A) µ n+1 (A). Zeigen Sie, dass dann durch µ(a) : sup n Æ µ n(a) für alle A R ein Prämaß µ auf R definiert wird. Aufgabe 14 (Limes superior, Limes inferior) a) Für eine Folge reeller Zahlen (x n ) n Æ definiert man den Limes superior und den Limes inferior durch: lim sup x n : lim m lim inf x n : lim m ( ) sup x n n m ( ) inf x n n m ( inf m Æ sup m Æ ) sup x n n m ( ) inf x n n m Begründen Sie, warum der Limes inferior und der Limes superior für jede reelle Zahlenfolge existiert und berechnen Sie diese für die nachstehenden Zahlenfolgen: { 1 falls n gerade x n : 1 n falls n ungerade { (1 + 1 n x n : )n falls n gerade (1 + 1 n )n+1 falls n ungerade falls 3 n 2 n x n : 2 + n+1 falls 3 (n 1) n 2 falls 3 (n 2) b) Für eine Folge reellwertiger Funktionen (f n ) n Æ auf einer Menge Ω definiert man die Funktionen lim sup f n und lim inf f n punktweise, also für alle x Ω durch: ( ( lim sup f n )(x) : inf m Æ Berechnen Sie lim inf f n (x) : x x n sup n m ) f n (x), ( ) lim inf f n (x) : sup m Æ ( ) inf f n(x) n m f n und lim sup f n der gegebenen Funktionsfolgen f n : Ê Ê: falls n gerade falls n ungerade 1 + x falls 3 n 2 n f n (x) : 2 + n+x falls 3 (n 1) n 2 falls 3 (n 2) ] ] f n (x) : An (x), wobei A n : ( 1) n, 1 n 4

6 Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) 5 c) Bestimmen Sie für die nachstehenden Folgen von Mengen A n gemäß Definition 2.10 der Vorlesung die Mengen lim inf A n und lim sup A n : ] ] A n : ( 1) n, 1 n [ ] A n : ( 1) n, n n ] ] A n : ( 1) n, 1 + ( 1)n n n M die Indika- Aufgabe 15 (Mengengrenzwerte) Sei C Ω und seien (A n ) n Æ, (B n ) n Æ Folgen in (Ω). Weiter bezeichne torfunktion der Menge M. Beweisen Sie folgende Aussagen: a) (lim sup A n ) lim inf A n, b) lim inf lim inf An, An lim sup A n lim sup An, c) lim A n C lim A n C, d) lim inf A n lim sup B n lim sup(a n B n ), e) lim sup A n \ lim inf A n lim sup(a n A n+1 ), f) Die Folge (Ãk) k1 mit Ãk : A 1 A 2... A k konvergiert genau dann, wenn lim A n gilt. Aufgabe 16 (Maßraum, Limes superior) Sei (Ω,A, µ) ein Maßraum. Zeigen Sie, dass für jede Folge (A i ) i Æ von Mengen aus A gilt: ( ) µ(a i ) < µ lim sup A i 0. i Aufgabe 17 (Maßraum, σ-additivität) Sei (Ω,A, µ) ein Maßraum und (A i ) i Æ eine Folge von Mengen aus A. Es gebe eine Zahl k Æ derart, dass die Mengen A m und A n für je zwei Indizes m, n Æ mit m n k disjunkt sind. Zeigen Sie, dass dann gilt: ( µ(a i ) k µ A i ). Bemerkung 2.9 der Vorlesung liefert für k1 die σ-additivität. Aufgabe 18 (Inhalt eindimensionaler Figuren) Zeigen Sie, dass durch { 1 falls α < 0 β µ([α, β[) 0 sonst 5

7 6 Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) ein Inhalt µ auf dem Halbring J 1 definiert wird (α, β Ê). Untersuchen Sie, ob die Fortsetzung von µ auf den Ring F 1 σ(j 1 ) σ-additiv ist. Aufgabe 19 (Topologie) Beweisen Sie mit dem Satz von Heine-Borel (Anhang D.8) den Satz von Bolzano- Weierstrass: Jede beschränkte Folge in Ê k besitzt eine konvergente Teilfolge. Hinweis: Es existiert ein Intervall [a, b] Ê k, das alle Folgenelemente enthält. Würde keine konvergente Teilfolge existieren, gäbe es zu jedem Punkt x [a, b] eine ε-umgebung U ε (x), die höchstens endlich viele Folgenelemente enthält. Aufgabe 20 (Topologie) Seien A und B Teilmengen eines topologischen Raumes. Beweisen Sie a) A ( A) b) (A B) A B c) A B A B d) A B (A B) e) A B A B f) A B A B g) A B A B h) A A i) A offen A A j) A abg. A A k) A offen ( A) l) A abg. ( A) Geben Sie je ein Beispiel, so dass in d) und g) die echte Inklusion gilt. Geben Sie außerdem je ein Beispiel für eine weder offene noch abgeschlossene Menge A mit ( A) bzw. ( A). Aufgabe 21 (Topologie, Konvergenz) Gegeben sei die Folge (x n ) in Ê durch x n : 1 n. Untersuchen Sie die Folge (x n) auf Konvergenz und bestimmen Sie im Falle der Konvergenz alle Grenzwerte, wenn die Topologie T auf Ê gegeben ist durch i) T : (Ê) (diskrete Topologie) ii) T : {, Ê}) (indiskrete Topologie) Aufgabe 22 (Topologie, Kompaktheit) Sei (Ω, T) ein topologischer Raum. a) Bestimmen Sie alle kompakten Mengen, wenn i) T : (Ω) (diskrete Topologie) ii) T : {, Ω} (indiskrete Topologie) b) Endliche Vereinigungen kompakter Mengen sind kompakt. c) Abgeschlossene Teilmengen kompakter Mengen sind kompakt. d) Endliche Mengen sind kompakt e) Kompakten Mengen sind i.a. nicht abgeschlossen. 6

8 Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) 7 Aufgabe 23 (Topologie, Kompaktheit) Seien X und Y zwei topologische Räume und sei f : X Y stetig. Zeigen Sie: Ist K X kompakt, so ist auch f(k) kompakt. Aufgabe 24 (Äußeres Maß) Sei µ : (Ê) [0, ] gegeben durch: 0 falls A µ (A) : 1 falls A und A beschränkt sonst a) Zeigen Sie, dass µ äußeres Maß auf (Ê) ist. b) Bestimmen Sie die bzgl. µ messbaren Teilmengen von Ê. Aufgabe 25 (Fortsetzungssatz) Für eine beliebige Menge Ω seien die Ringe R 1 { } und R 2 {, Ω} gegeben. Auf beiden Ringen betrachte man das Diracsche Prämaß ǫ ω für ein festes ω Ω. Setzen Sie dem Beweis des Fortsetzungssatzes 2.17 folgend (Methode von Caratheodory) das Prämaß ǫ ω jeweils zu einem Maß auf die σ-algebra A i : σ(r i ) für i {1, 2} fort. Geben Sie dabei außerdem jeweils das zur Fortsetzung verwendete äußere Maß (ǫ ω ) i sowie das System A i aller (ǫ ω ) i -messbaren Mengen an. Aufgabe{ 26 (Fortsetzungssatz) n } Sei R : ]a i, b i ] a i, b i Ê, n Æ. a) Zeigen Sie, dass R ein Ring, aber keine Algebra in Ê ist. b) Sei µ : R [0; ] definiert durch: { 0 falls A µ(a) : sonst Geben Sie zwei verschiedene Fortsetzungen von µ auf σ(r) B an. Aufgabe 27 (Endlichkeit, σ-endlichkeit) a) Beweisen Sie Bemerkung 2.21 ii) der Vorlesung, d.h. zeigen Sie: Ein Inhalt µ auf einem Ring R ist genau dann σ-endlich, wenn eine isotone Folge (A k ) k1 in R mit Ω lim A k und µ(a k ) < existiert. k b) Beweisen Sie Bemerkung 2.20 ii) der Vorlesung, d.h. zeigen Sie: Das Zählmaß auf der Potenzmenge einer nichtleeren Menge Ω ist genau dann σ- endlich (bzw. endlich), wenn Ω abzählbar (bzw. endlich) ist. Aufgabe 28 (Vollständigkeit des Dirac-Maßes) Sei (Ω,A) ein Messraum und ω Ω mit {ω} A. Zeigen Sie, dass das Dirac-Maß ǫ ω genau dann vollständig ist, wenn A (Ω) gilt. 7

9 8 Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) Aufgabe 29 (Vervollständigung eines Maßes) Beweisen Sie Bemerkung 2.26 ii) der Vorlesung, d.h. zeigen Sie, dass jedes Maß µ auf einer σ-algebra A über Ω vervollständigt werden kann! Hinweis: Gehen Sie folgendermaßen vor: Man definiere A 0 : {A (Ω) ( C A, D A A) : C A A D A, µ(d A \C A ) 0}, µ 0 : A 0 [0; ] mit µ 0 (A) : µ(c A ) und rechne die geforderten Eigenschaften nach. Aufgabe 30 (Dirac-Maß und Heavyside-Funktion) Beweisen Sie Beispiel 2.29 ii) der Vorlesung! Aufgabe 31 (Lebesgue-Stieltjes-Maß) Gegeben sei die isotone, linksseitig stetige Funktion g : Ê Ê mit 1 falls x 1 1 x falls 1 < x 0 g(x) : 2 x falls 0 < x 1 x + 2 falls 1 < x a) Berechnen Sie das Lebesgue-Stieltjes-Maß λ g folgender Mengen: i) { 1} ; {0} ; {1} ii) ] 1, 0[ ; ] 1, 0] ; [ 1, 0[ ; [ 1, 0] iii) ]0, 1[ ; ]0, 1] ; [0, 1[ ; [0, 1] iv) ] 1, 1[ ; ] 1, 1] ; [ 1, 1[ ; [ 1, 1] v) [ 2, 2] ; ] 1, 3] b) Zerlegen Sie g gemäß Satz 2.34 der Vorlesung in einen stetigen Anteil g c und eine Sprungfunktion g d, so dass g g c + g d gilt. Geben Sie außerdem λ d g explizit an. Aufgabe 32 (Beispiele messbarer Funktionen) Beweisen Sie die Aussagen i) und ii) von Beispiel 3.2 der Vorlesung. Aufgabe 33 (Beispiele messbarer und nicht-messbarer Funktionen) Man überlege sich Beispiele für Messräume (Ω, A) und Abbildungen f : Ω Ê, so dass a) f messbar ist, aber ein A A mit f(a) B existiert, b) f messbar ist, obwohl f nicht messbar ist. Hinweis: Für Teil a) beachte man Satz 3.23 der Vorlesung. 8

10 Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) 9 Aufgabe 34 (Messbarkeit und differenzierbare Funktionen) Zeigen Sie, dass für eine differenzierbare Funktion g : Ê Ê die Abbildungen g und g borelmessbar sind. Aufgabe 35 (Messbarkeit und Bildmaß einer Abbildung) Der Maßraum (Ê,A, µ) sei wie in Beispiel 2.3 iv) der Vorlesung gewählt, d.h. A : {A Ê A abzählbar A abzählbar } { 0 falls A abzählbar µ(a) : 1 falls A abzählbar, der Messraum (Ω,A ) mit Ω : {0, 1},A : (Ω ) sowie die Abbildung f : Ê Ω mit { 0 falls x É f(x) : 1 falls x É a) Zeigen Sie, dass f A-A -messbar ist. b) Bestimmen Sie das Bildmaß f(µ). Aufgabe 36 (Zusammengesetzte numerische Funktionen) Auf einem Messraum (Ω,A) sei die reelle Funktion f : Ω Ê A-messbar. Untersuchen Sie, ob die folgenden Funktionen A-messbar sind. a) ω exp(f(ω)) b) ω sin(f(ω)) Aufgabe 37 (Messbarkeit numerischer Funktionen) Vervollständigen Sie den Beweis von Satz 4.2 der Vorlesung dahingehend, dass sie mit Hilfe der dort gegebenen Hinweise den Nachweis für die Äquivalenzen i) iv) von Satz 4.2 a) sowie die Aussage von Satz 4.2 b) genauer ausführen. Aufgabe 38 (Messbarkeit des Maximumoperators) Zeigen Sie mit Satz 4.2 a) i) der Vorlesung, dass die folgende Funktion B 2 -messbar ist: f : Ê 2 Ê, (x, y) max(x, y) Aufgabe 39 (Dirichletsche Sprungfunktion) Ist die auf Ê definierte Dirichletsche Sprungfunktion f(x) : B 1 -Elementarfunktion? { 1 falls x É 0 falls x É eine Aufgabe 40 (Integration bzgl. des Dirac-Maßes) Es sei (Ω,A) ein Messraum und ǫ ω das Dirac-Maß auf Ω für ein ω Ω. a) Zeigen Sie, dass für jede nichtnegative, A-messbare numerische Funktion f gilt: fdǫ ω f(ω) Ω 9

11 10 Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) b) Geben Sie die Menge aller A-messbaren numerischen Funktionen g an, die ǫ ω - integrierbar sind. Aufgabe 41 (Integration numerischer Funktionen auf Æ) Es sei der Messraum (Æ, (Æ)) und für jedes n Æ ein α n Ê + gegeben. Zeigen Sie: a) Durch µ({n}) : α n wird auf (Æ) ein Maß µ definiert. b) Jede nichtnegative numerische Funktion f auf Æ ist messbar und es gilt Æ fdµ f(n)α n. c) Geben Sie die Menge aller numerischen Funktionen g auf Æ an, welche µ-integrierbar sind. Aufgabe 42 (Integration bzgl. einer Folge von Maßen) Gegeben sei eine Folge (µ n ) n Æ von Maßen auf dem Messraum (Ω,A). Zeigen Sie: a) µ : µ n ist ein Maß auf (Ω,A). b) Ist f eine nichtnegative, A-messbare numerische Funktion auf Ω, so gilt fdµ fdµ n. Ω Ω Aufgabe 43 (Integrierbarkeit bzgl. endlicher Maße) Es sei (Ω,A, µ) ein Maßraum mit endlichem Maß µ. Zeigen Sie, dass jede konstante reellwertige Funktion auf Ω µ-integrierbar ist, und folgern Sie, dass sogar jede beschränkte, A-messbare reelle Funktion auf Ω µ-integrierbar ist. Aufgabe 44 (Lebesgue-Integrierbarkeit) Zeigen Sie, dass die Abbildung { 0 falls x [0, 1] É f : [0, 1] Ê, x 1 sonst über dem Intervall [0, 1] Lebesgue-integrierbar ist und berechnen Sie das Integral bezüglich des L-B-Maßes λ 1. Zusatz: Zeigen Sie, dass f über [0, 1] nicht Riemann-integrierbar ist. Aufgabe 45 (Riemann- und Lebesgue-Integrierbarkeit) Für a < b sei die Funktion f : [a, b] Ê Riemann-integrierbar. Beweisen Sie mit Hilfe des Lemmas von Fatou und des Satzes von der majorisierten Konvergenz, dass f dann über [a, b] auch Lebesgue-integrierbar ist und des weiteren gilt: b f dλ 1 f(x) dx. [a,b] a 10

12 Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) 11 Aufgabe 46 (Lebesgue-Integrierbarkeit) Beweisen Sie, dass die Funktion f : ]0, [ Ê, x sin x x über ihrem Definitionsbereich a) nicht Lebesgue-integrierbar ist b) uneigentlich Riemann-integrierbar ist. 11

13 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) 1 Lösung zu Aufgabe 1 a) A min {, Ω}, A max (Ω) b) Da mit jeder Menge A auch A in A liegt und wegen Ω immer A A gilt, folgt die Behauptung. Lösung zu Aufgabe 2 a) Ω 4 {a, b, c, d} A 1 {, Ω 4 } A 2 {, Ω 4, {a}, {b, c, d}} A 3 {, Ω 4, {b}, {a, c, d}} A 4 {, Ω 4, {c}, {a, b, d}} A 5 {, Ω 4, {d}, {a, b, c}} A 6 {, Ω 4, {a, b}, {c, d}} A 7 {, Ω 4, {a, c}, {b, d}} A 8 {, Ω 4, {a, d}, {b, c}} A 9 {, Ω 4, {a}, {b}, {c, d}, {b, c, d}, {a, c, d}, {a, b}} A 10 {, Ω 4, {a}, {c}, {b, d}, {b, c, d}, {a, b, d}, {a, c}} A 11 {, Ω 4, {a}, {d}, {b, c}, {b, c, d}, {a, b, c}, {a, d}} A 12 {, Ω 4, {b}, {c}, {a, d}, {a, c, d}, {a, b, d}, {b, c}} A 13 {, Ω 4, {b}, {d}, {a, c}, {a, c, d}, {a, b, c}, {b, d}} A 14 {, Ω 4, {c}, {d}, {a, b}, {a, b, d}, {a, b, c}, {c, d}} A 15 (Ω 4 ) ({ }) b) σ(e) σ {a}, {b} A 9 c) R {, {a}} ist ein Ring in Ω 4 (nachrechnen!), wegen Ω 4 R jedoch keine Algebra. d) Ω 26 {a, { b,..., z} } A 1 :, Ω 26, {a}, {a} ist offensichtlich σ-algebra in Ω 26 A 2 : { und enthält als einelementige Menge nur {a}. }, Ω 26, {a}, {b, c}, {a, b, c}, {a}, {b, c}, {a, b, c} ist σ-algebra in Ω 26 und enthält als einelementige Menge offensichtlich nur {a} e) Sei Ω eine endliche Menge. Da jede σ-algebra in Ω eine Algebra in Ω ist, bleibt nur zu zeigen, dass jede Algebra A in Ω auch eine σ-algebra ist. i) Ω A nach Definition der Algebra ii) Sei A A beliebig, dann gilt wegen i): A Ω\A A iii) Sei (A i ) i Æ eine Folge von Mengen aus A. Da Ω endlich, ist auch A endlich und daher sind nur endlich viele Mengen der Folge (A i ) i Æ verschieden, d.h. n 0 Æ n Æ, n > n 0 m {1,..., n 0 } : A n A m A i n 0 A i A 1

14 2 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) Lösung zu Aufgabe 3 A : {A Ω A abzählbar A abzählbar} a) A ist σ-algebra in Ω, denn: i) Ω A, wegen Ω abzählbar ii) Sei A A beliebig, d.h. es ist A oder A abzählbar. 1. Fall: A ( A) abzählbar A A 2. Fall: A abzählbar A A iii) Sei (A i ) i Æ eine Folge von Mengen aus A 1. Fall: i Æ : A i abzählbar A i abzählbar A i A 2. Fall: i 0 Æ : A i0 überabzählbar (also: A i0 abzählbar) ( ) ( ) A i A i A i0 A i abzählbar A i A b) Beh: A σ ( ) {A Ω A endlich } }{{} E i) Zunächst gilt: A E A endlich A abzählbar A A E A Da σ(e) ist die kleinste E umfassende σ-algebra ist, gilt daher σ(e) A ii) Zeige nun: A σ{e} Sei hierzu A A beliebig. Ist A {a 1, a 2, a 3...} abzählbar, gilt mit A i : {a i }: A A i σ(e) Ist A nicht abzählbar, muss A abzählbar sein. Wie vorher folgt A σ(e) und daher A A σ(e). Lösung zu Aufgabe 4 f : Ω 1 Ω 2 ; A, B Ω 1 ; C, D Ω 2 a) z.z.: f 1 (C D) f 1 (C) f 1 (D) Beweis: ω 1 f 1 (C D) f(ω 1 ) (C D) f(ω 1 ) C f(ω 1 ) D ω 1 f 1 (C) ω 1 f 1 (D) ω 1 [ f 1 (C) f 1 (D) ] 2

15 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) 3 b) Ersetzt man durch und durch ergibt sich die Aussage f 1 (C D) f 1 (C) f 1 (D). c) d) z.z.: f(a B) f(a) f(b) Beweis: ω 2 f(a B) ω 1 A B : f(ω 1 ) ω 2 ( ω 1 A : f(ω 1 ) ω 2 ) ( ω1 B : f(ω 1 ) ω 2 ) ω 2 f(a) ω 2 f(b) ω 2 [ f(a) f(b) ] e) z.z.: f(a B) f(a) f(b) Beweis: ω 2 f(a B) ω 1 A B : f(ω 1 ) ω 2 ω 1 : ( ω 1 A f(ω 1 ) ω 2 ω 1 B f(ω 1 ) ω 2 ) ω 2 [ f(a) f(b) ] a A b B : f(a) f(b) Gegenbeispiel: A{1}, B{2} und f : {1, 2} {3} mit f(1)f(2):3. Dann gilt: f(a) {3} f(b), f(a B) f( ) {3} f(a) f(b) Lösung zu Aufgabe 5 a) geg.: Ω, Ω beliebige Mengen, A eine σ-algebra in Ω, T : Ω Ω beliebige Abb. Beh: T 1 (A) : {T 1 (A) A A} ist σ-algebra in Ω Beweis: i) Ω T 1 (Ω) T 1 (A), da Ω A ii) Sei A T 1 (A) beliebig. Nach Definition existiert ein A A mit A T 1 (A). Da mit mit A auch A in A liegt, folgt: A T 1 (A) T 1 ( A) T 1 (A) iii) Sei (A i ) i Æ eine beliebige Folge in T 1 (A). Nach Definition existieren A i A mit A i T 1 (A i ). Da mit mit A i auch A i in A liegt, folgt: A i ( ) T 1 (A i ) T 1 A i T 1 (A) b) geg.: S : Ω Ω Abbildung zwischen zwei Mengen Ω, Ω und σ-algebra A in Ω. Beh: A : {A Ω S 1 (A ) A} ist σ-algebra in Ω. 3

16 4 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) i) S 1 (Ω ) Ω A Ω A ii) Sei A A beliebig. Dann gilt nach Definition von A : S 1 (A ) A S 1 (A ) S 1 ( A ) A A A iii) Sei (A i ) i Æ beliebige Folge in A, d.h. es gelte S 1 (A i ) A für alle i Æ. Dann folgt (Abzählbarkeit!): ( S 1 (A i ) S 1 A i ) A A i A Die Maximalität von A folgt direkt aus der Definition. Lösung zu Aufgabe 6 Wir verwenden im Folgenden die leicht einzusehenden Beziehungen (1) (2) (3) M\N M N (M\N) L (M L) \ (N L) (M N)\L (M\L) (N\L) a) i) A B (A\B) (B\A) (B\A) (A\B) B A ii) Es gilt: iii) (A B) C ( ) (A\B) (B\A) C ([(A\B) (B\A)]\C) (C\[(A\B) (B\A)]) (3) ( (A\B)\C ) ( (B\A)\C ) (C [ (A B) (B A) ]) ( [ ]) (A B C) (B A C) C ( A B) ( B A) ( [ ]) (A B C) (B A C) C ( A B) (B A) (A B C) (B A C) (C A B) (C B A) Da dieser Ausdruck sich nicht verändert, wenn man A, B oder C vertauscht, gilt das Assoziativitätsgesetz. 1) A A (A\A) (A\A) 2) A (A\ ) ( \A) A A iv) A B ( A\ B ) ( B\ A ) (1) ( A B) ( B A) (B\A) (A\B) B A (ai) A B 4

17 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) 5 v) Aus dem Distributivgesetz für Durchschnitt und Vereinigung folgt: vi) (A B) C ( (A\B) (B\A) ) C ( (A\B) C ) ( (B\A) C ) (2) ((A C)\(B C)) ((B C)\(A C)) (A C) (B C) ( ) ( ) ( ) ( A n B n A n \ ) B n B n \ A n (A n \ B m ) (B n \ A m ) m1 m1 (A n \B n ) (B n \A n ) [ ] (A n \B n ) (B n \A n ) (A n B n ) b) i) Sei zunächst R ein Mengenring über Ω und A, B R beliebig. Definiere A B A B : A B (Addition) : A B (Multiplikation) 1) Dann ist (R, ) eine abelsche Gruppe, denn wegen A B A B (A\B) (B\A) R }{{}}{{} R R ist eine innere Verknüpfung, die nach a) i), ii), iii) kommutativ, assoziativ ist, mit neutralem Element und Selbstinversen. 2) ist assoziativ, kommutativ und eine innere Verknüpfung, da R durchschnittsstabil. 3) Zum Nachweis der Distributivgesetze genügt es daher, a) v) zu beachten. R ist bzgl., ein Ring im algebraischen Sinne. ii) Sei nun umgekehrt R (Ω) ein Ring im Sinne der Algebra mit der Addition und der Multiplikation. 1) Dann ist wegen A A für alle A R auch R. 2) Seien A, B R beliebig. Dann gilt: A\B (A\B) [ (A\B) (B\A) ] A [ A B ] A R 3) Seien A, B R beliebig, dann gilt: A B (A\B) (B\A) (A B) ([ (A\B) (B\A) ] \(A B) ) ( (A B)\ [ (A\B) (B\A) ]) ( ) A B (A B) R Somit ist R ein Mengenring im Sinne unserer Definition. 5

18 6 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) Lösung zu Aufgabe 7 (1) A\A H (2) Sind A\B und C\D Elemente in H so gilt (A\B) (C\D) (A B) (C D) (A C) ( (B D) ) Also ist H durchschnittsstabil. (A C) \ (B D) H (3) Seien A\B und C\D Elemente aus H. Wegen (M\N) M N M. (M N) folgt dann (A\B)\(C\D) (A B) ( (C\D) ) Lösung zu Aufgabe 8 (1) f 1 ( ) f 1 (H). (A B) [ C. (C D) ] [ A B C ] [ ]. A B C D [ ] [ ] A\(B C }{{}). (A C D }{{})\B E }{{} } E {{ } H H (2) f 1 (A) f 1 (B) Aufg 4 f 1 (A B) f 1 (H) (3) Wegen f 1 (M) f 1 ( M) gilt für A, B H: f 1 (A)\f 1 (B) f 1 (A) f 1 (B) Lösung zu Aufgabe 9 Gelte Ω 2n, n Æ Aufg 4 f 1 (A) f 1 ( B) Aufg 4 f 1 (A B) f 1 (A\B) ( ) f n 1 C j Aufg 4 n j1 j1 f 1 (C j ) }{{} f 1 (H) a) Beh: D : {D Ω D gerade} ist Dynkin-System über Ω. i) Ω 2n Ω D ii) Sei D D beliebig, d.h. sei D gerade. Dann ist D 2n D gerade, d.h. D D 6

19 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) 7 iii) Sei (D i ) eine Folge paarweiser disjunkter Mengen in D. Da Ω 2n <, gibt es in (D i ) wegen (Ω) < nur endlich viele verschiedene Mengen. Da diese jedoch auch paarweise disjunkt sind, sind fast alle Folgenglieder leer, d.h. n 0 Æ : D i n 0 D i Wegen D i D, d.h. D i gerade für alle i Æ und der Disjunktheit gilt dann: n 0 n 0 D i D i D i Also liegt D i in D. b) gelte n 2, d.h. Ω 4 Beh: D ist keine Algebra und keine σ-algebra Bew: Sei Ω {w 1, w 2,..., w 2n } eine Aufzählung von Ω A : {w 1, w 2 } D, B : {w 2, w 3 } D aber: A B {w 1, w 2, w 3 } D Also ist D keine Algebra und somit erst recht keine σ-algebra. Lösung zu Aufgabe 10 a) Sei D ein Dynkinsystem in Ω. Nach Eigenschaft (C) ist D abgeschlossen bzgl. der Komplementbildung. Damit folgt: α) Ist D durchschnittstabil, so gilt für alle A, B D A B ( A B) D β) Ist D vereinigungsstabil, so gilt für alle A, B D A B ( A B) D b) Sei E {A, B} ein Mengensystem mit beliebigen Mengen A, B Ω. Wegen Eigenschaft (N ) gilt Ω δ(e) und mit (C) folgt A, B, δ(e). Ist nun keine der Mengen A B, A B, A B, A B leer, so folgt (nachrechnen!) δ(e) {, A, B, A, B, Ω} σ(e). Ist hingegen mindestens eine der Mengen A B, A B, A B, A B leer, so kann man wegen (C) o.e. A B annehmen. Wegen (V σ, disj ) folgt A B δ(e) und mit (C) folgt (A B) δ(e). Schließlich erhält man (nachrechnen!) δ(e) {, A, B, A, B, A B, (A B), Ω} σ(e). 7

20 8 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) Lösung zu Aufgabe 11 a) Die Funktion ζ : A A { Ê A, falls A endlich, sonst ist in der Tat ein Maß auf A. Zunächst gilt ζ( ) 0. Sei nun (A i ) i Æ eine beliebige Folge paarweise disjunkter Mengen aus A mit A i A. Gibt es in der Folge eine nicht endliche Menge A i0, so ist auch A i nicht endlich und es gilt ( ζ(a i ) ζ(a i0 ) ζ A i ), also Gleichheit. Es seien daher alle Mengen der Folge endlich; ist nun auch A i endlich, so gibt es ein i 0 Æ, so dass A i für alle i > i 0 und somit i 0 i 0 i 0 ( i0 ) ( ζ(a i ) ζ(a i ) A i A i ζ A i ζ A i ). Ist hingegen A i nicht endlich, so existiert zu jedem k Æ ein i k Æ mit i k k, so dass A ik und somit ζ(a i ) ζ(a ik ) k1 also wiederum Gleichheit. ( 1 ζ A i ), k1 b) Sei Ω eine endliche Menge und A (Ω). i) Für alle A (Ω) gilt { ǫ 1 falls ω A ω (A) 0, sonst Sei also A (Ω) beliebig; mit Ω ist auch A endlich und somit ζ(a) A. Es folgt ω (A) ω Ωǫ ω Aǫ ω (A) + ǫ ω (A) ω A ω A ω A A ζ(a) und, da A beliebig gewählt war, hieraus die Behauptung. 8

21 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) 9 ii) Sei µ ein beliebiges Maß auf (Ω) und sei α ω : µ({ω}). Ist A (Ω) beliebig, so gilt aufgrund der Maßeigenschaften von µ und der Endlichkeit von A ( ) µ(a) µ {ω} µ({ω}) α ω α ω 1+ α ω 0 α ω ǫ ω (A). ω A ω A ω A ω A ω A ω Ω Da A beliebig gewählt war, folgt hieraus die Behauptung. Lösung zu Aufgabe 12 a) Beweis mittels vollständiger Induktion. Die Fälle n 1, 2 sind klar. Der Induktionsschritt n n + 1 ergibt sich folgendermaßen: n+1 j1 A j n2 IndV n A j A n+1 j1 n ( n A j + A n+1 A j ) A n+1 j1 n j1 I {1,...,n} j1 n A j + A n+1 (A j A n+1 ) ( 1) I +1 I {1,...,n,n+1} j I j1 ( 1) I +1 A j j I A j + An+1 ( 1) I +1 (A j A n+1 ) I {1,...,n} j I Bemerkung: Schreibt man diese Aussage mit Hilfe des Zählmaßes ζ hin, erhält man ( n ) ζ A i I {1,2,...,n} ( ) ( 1) I +1 ζ A j Diese Aussage ist ein Spezialfall von Teil b) dieser Aufgabe mit µ ζ. j I b) Für einen endlichen Inhalt µ auf einem Ring R gilt für endlich viele Mengen A 1,..., A n aus R ( n ) µ A i 11 I {1,...,n} ( ( 1) I +1 µ j I A j ). Der Beweis erfolgt mittels vollständiger Induktion nach der Zahl n der Mengen. Für n 1 ist nichts zu zeigen und für n 2 ergibt sich gerade die aus der Vorlesung 9

22 10 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) bekannte Formel. Sei nun die Behauptung richtig für ein n Æ. Dann gilt: µ( n+1 ( n ) A i ) µ A i A n+1 IA n2 µ( n A i ) + µ(a n+1 ) µ (( n ) A i ) A n+1 IA IA I {1,...,n} I {1,...,n} I {1,...,n} + ( ( 1) I +1 µ j I ) ( n ) A j + µ(a n+1 ) µ (A i A n+1 ) ( ) ( 1) I +1 µ A j + µ(a n+1 ) I {1,...,n} j I ( ) ( 1) I +1 µ (A j A n+1 ) j I ( ) ( 1) I +1 µ A j + µ(a n+1 ) I {1,...,n} I {1,...,n+1} j I ( ( 1) I {n+1} +1 µ ( ) ( 1) I +1 µ A j j I j I {n+1} Lösung zu Aufgabe 13 a) Sei (µ i ) i Æ eine Folge von Inhalten auf einem Ring R und (a i ) i Æ eine beliebige Folge nichtnegativer reeller Zahlen. Weiter sei µ : a i µ i. Dann gilt zunächst µ( ) a i µ i ( ) 0. A j ) Sind A i,..., A n beliebige paarweise disjunkte Mengen aus R, so gilt weiter ( n ) µ A j j1 ( ) ( n ) a i µ i A j n j1 j1 a i µ i (A j ) a i n µ i (A j ) j1 n µ(a j ) j1 Zur Gleichheit ( ) überlege man sich, dass im Falle der Divergenz der linken Seite auch die Summe auf der rechten Seite divergiert. b) Nachzuweisen sind die Prämaßeigenschaften von µ. Die erste Eigenschaft ist offensichtlich: Da µ n ( ) 0 für alle n Æ gilt, folgt µ( ) sup n Æ µ n( ) 0. Der Beweis der σ-additivität erfolgt in zwei Schritten: 10

23 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) 11 i) Wir zeigen zuerst, dass µ endlich additiv, d.h. ein Inhalt auf R ist. Da wir uns in einem Ring befinden, genügt es, µ(a 1. A2 ) µ(a 1 ) + µ(a 2 ) nachzuweisen. Nach Definition von µ gilt zunächst (4) µ k (M) µ(m) für alle k Æ und M R Ungleichung (4) liefert nun mit der Additivität von µ k µ k (A 1. A2 ) µ k (A 1 ) + µ k (A 2 ) Ungl.(4) µ(a 1 ) + µ(a 2 ). Supremumsbildung über k ergibt daher µ(a 1. A2 ) µ(a 1 ) + µ(a 2 ). Zum Beweis der umgekehrten Ungleichung sei ε > 0 fest aber beliebig. Wegen µ(a i ) sup k Æ µ k(a i ) existiert nach Definition des Supremums zu jeder Menge A i ein k i Æ, mit µ(a i ) < µ ki (A i ) + ε und somit 2 µ(a 1 ) + µ(a 2 ) µ k1 (A 1 ) + µ k2 (A 2 ) + ε. Definiert man m : max{k 1, k 2 } und beachtet, dass µ ki (M) µ m (M) wegen der vorausgesetzten Monotonie der Prämaße gilt, folgt aus der endlichen Additivität von µ m weiter µ(a 1 ) + µ(a 2 ) µ m (A 1 ) + µ m (A 2 ) + ε µ m (A 1. A2 ) + ε Ungl.(4) µ(a 1. A2 ) + ε. Da ε beliebig gewählt war, ergibt sich: µ(a 1 ) + µ(a 2 ) µ(a 1. A2 ) Damit ist µ als Inhalt auf R erkannt und wegen der σ-superadditivität eines Inhalts (siehe Folgerung 2.8 (5)) gilt sogar ( ) (5) µ(a i ) µ A i ii) Wir beweisen nun die zu (5) umgekehrte Ungleichung. Sei hierzu (A i ) i Æ eine Folge paarweise disjunkter Mengen aus R mit A i R. Wegen der vorausgesetzten Prämaßeigenschaften der µ k folgt somit für alle k Æ ( ) µ k A i µ k (A i ) Ungl.(4) µ(a i ). Supremumsbildung über k liefert schließlich: ( ) ( ) µ A i sup k Æ µ k A i µ(a i ). 11

24 12 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) Lösung zu Aufgabe 14 a) i) lim inf x n 0, lim sup ii) lim inf x n e lim sup x n x n 1 iii) lim inf x n 1, lim sup x n 3 b) i) lim inf f n(x) x ],0[(x), lim sup f n (x) x [0,+ [(x) ii) lim inf f n(x) 1, lim sup f n (x) 3 iii) lim inf f n(x) ]0,1] (x); lim sup f n (x) [0,1] (x) c) i) lim inf A n ]0, 1]; lim sup A n [0, 1] ii) lim inf A n ]0, [; lim sup A n [0, [ iii) lim inf A n ]0, 1[; lim sup A n [0, 1] Lösung zu Aufgabe 15 a) Es gilt: ( ) ( lim sup A n kn ) A k ( ) A k kn kn A k lim inf A n. { 1 für x An b) Es gilt: ½ An (x) 0 sonst. Hieraus folgt für alle x Ω: lim inf ½ A n (x) sup n Æ inf ½ A k (x) k n { 1 für ( n0 Æ)( k n 0 ) : x A k 0 sonst 1 für ( n 0 Æ) : x A k kn 0 0 sonst 1 für x A k lim inf A n kn 0 0 sonst ½ lim inf An (x) 12

25 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) 13 lim sup ½ An (x) inf n Æ sup k n ½ Ak (x) { 1 ( n Æ)( k Æ, k n) : x Ak 0 sonst 1 ( n Æ) : x 0 sonst 1 x kn 0 sonst ½ lim sup A n (x) A k kn A k lim sup A n c) Es gilt: lim A n C lim inf d) Es seien x lim inf i) x lim inf (b) ½ lim inf A n lim sup A n C ½ An lim sup A n ½ C lim inf ½ A n lim sup ½ An ½ C lim ½ An ½ C. A n lim sup B n und n 0 Æ beliebig vorgegeben; dann gilt A n n A Æ k Æ, k n A : x A k ii) x lim sup B n n Æ k n Æ, k n n : x B kn Wählt man nun n 1 : max{n 0, n A }, so folgt i) ( k Æ, k n 1 ) : x A k ii) ( k n1 Æ, k n1 n 1 ) : x B kn1 Wegen (i) und k n1 n 1 gilt insbesondere auch x A kn1, also auch x A kn1 B kn1, wobei k n1 n 0, und somit erst recht x kn 0 (A k B k ). Da aber n 0 beliebig gewählt war, folgt x kn (A k B k ) lim sup(a n B n ) und somit die Behauptung, da auch x beliebig gewählt war. e) Es wird zunächst die Inklusion lim sup A n \ lim inf Seien dazu x lim sup mit k 0 n 0, so dass x A k0 A k0 +1, d.h. A n lim sup(a n A n+1 ) gezeigt. (A n A n+1 ) und n 0 Æ beliebig. Dann existiert ein k 0 Æ [x A k0 x A k0 +1] [x A k0 x A k0 +1]. 13

26 14 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) Da n 0 beliebig gewählt wurde, gilt somit x lim sup A n \ lim inf A n, also die behauptete Inklusion. Nun wird die umgekehrte Inklusion lim sup A n \ lim inf gezeigt. Seien dazu x lim sup i) ( k 1 Æ, k 1 n 0 ) : x A k1, ii) ( k 2 Æ, k 2 n 0 ) : x A k2. A n \ lim inf A n lim sup(a n A n+1 ) A n und n 0 Æ beliebig. Dann gilt: Nun verfahre man wie folgt: Für x A n0 wähle man k 0 n 0 minimal mit x A k0 +1, für x A n0 wähle man k 0 n 0 minimal mit x A k0 +1. Dann folgt x A k0 A k0 +1 und, da n 0 beliebig gewählt wurde, somit x lim sup(a n A n+1 ), also die behauptete Inklusion. f) Es gilt: à k : A 1 A k konvergent lim sup à k lim inf à k k k Ist nun lim A n, so auch lim sup k lim sup A k für lim sup k k A k auch lim inf k (e) lim sup k à k \ lim inf k à k lim sup(ãk Ãk+1) k lim sup k A k+1 lim sup A k. k A k. Umgekehrt gilt wegen lim inf k A k und somit lim A n. A k Lösung zu Aufgabe 16 Da A eine σ-algebra und µ ein Maß ist, folgt A i A sowie µ ( ) A i µ(a i ) für alle n Æ. Nach Voraussetzung gilt > µ(a i ) : c Ê. Daher gilt lim N in µ(a i ) 0. Da A eine σ-algebra ist, gilt nun aber lim sup A n A i A i A in in und daher aufgrund der Isotonie von µ auch 0 µ(lim sup in A n ) µ ( ) A i µ(a i ). in in Der Grenzübergang N liefert die Behauptung. in in 14

27 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) 15 Lösung zu Aufgabe 17 Nach Voraussetzung sind für jedes r 1,..., k die Mengen A r+k, A r+2k, A r+3k,... paarweise disjunkt. Setzt man daher B r : A r+mk, m1 so gilt B r A n und aus der σ-additivität und der Isotonie von µ folgt: µ(a r+mk ) µ(b r ) µ ( ) A n. m1 Damit ergibt sich µ(a n ) k µ(a r+mk ) r1 m1 k µ(b r ) k µ ( ) A n r1 Lösung zu Aufgabe 18 Der Nachweis der Inhaltseigenschaft erfolgt ganz analog zum Beweis von Satz 2.4. µ ist nicht σ-additiv. Betrachtet man etwa das Intervall I : [ 1, 0[ so gilt einerseits [ 1 n, 1 n+1[, ( [ µ 1, 1 n n+1[ ) µ(i) 1, andererseits aber [ 1 µ(, 1 n n+1[ ) 0 0. Lösung zu Aufgabe 19 Sei (x n ) n Æ eine beliebige beschränkte Folge in Ê k. Dann gilt: a, b Ê k n Æ : x n [a, b]. Besäße (x n ) n Æ keine konvergente Teilfolge, so gäbe es zu jedem x [a, b] ein ε x >0, so dass (6) x n U εx (x) für fast alle n Æ. Nun ist U εx (x) aber eine offene Überdeckung des kompakten Intervalls [a, b] und enthält x [a,b] daher nach dem Satz von Heine-Borel eine endliche Teilüberdeckung, d.h. N Æ, x 1,..., x N [a, b] : [a, b] N U εxi (x i ). 15

28 16 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) Somit gilt einerseits N x n U εxi (x i ) für alle n Æ, andererseits wegen (6) jedoch N x n U εxi (x i ) für fast alle n Æ. Der Widerspruch zeigt, dass die Annahme nicht haltbar ist, (x n ) n Æ also doch eine konvergente Teilfolge besitzen muss. Lösung zu Aufgabe 20 Erste Topologie Hausaufgabe Lösung zu Aufgabe 21 a) Die Folge besitzt in der diskreten Topologie keinen Grenzwert. Ist nämlich g Ê beliebig, so stellt {g} eine Umgebung von g dar, in der höchstens ein Element der Folge liegt. g kann also kein Grenzwert sein. Folgerung: Die einzigen konvergenten Folgen sind die konstanten Folgen. b) Alle reellen Zahlen sind in der indiskreten Topologie Grenzwert der Folge. Ist nämlich g Ê beliebig, so stellt Ê die einzige Umgebung von g dar. In dieser liegen jedoch alle Elemente der Folge. g ist also ein Grenzwert der Folge. Folgerung: Alle Folgen sind konvergent und konvergieren gegen alle reellen Zahlen gleichzeitig. Lösung zu Aufgabe 22 Zweite Topologie Hausaufgabe Lösung zu Aufgabe 23 Sei (O α ) α A eine offene Überdeckung von f(k), d.h. es gilt f(k) O α. α A Nach Hausaufgabe 4 folgt daher K f 1( ) Aufg.4 O α f 1 (O α ). α A α A Wegen der Stetigkeit von f ist (f 1 (O α )) α A eine offene Überdeckung von K, die wegen der Kompaktheit von K eine endliche Teilüberdeckung f 1 (O α1 ), f 1 (O α2 ),..., f 1 (O αn ) besitzt, d.h. es gilt K n f 1 (O αi ) Aufg.4 f 1( n ) O αi, und damit f(k) n O αi. 16

29 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) 17 Lösung zu Aufgabe 24 a) Definitionsgemäß gilt µ ( ) 0 und damit erfüllt µ die erste Eigenschaft eines äußeren Maßes. Zum Nachweis der zweiten Eigenschaft eines äußerem Maßes (Isotonie) seien A 1, A 2 (Ê) mit A 1 A 2 beliebig. i) Ist A 2, so auch A 1 und es gilt µ (A 1 ) 0 0 µ (A 2 ). ii) Ist A 2 beschränkt, so auch A 1 und es gilt µ (A 1 ) 1 µ (A 2 ). iii) Ist A 2 unbeschränkt, so gilt µ (A 1 ) µ (A 2 ). Zum Nachweis der dritten Eigenschaft eines äußerem Maßes (σ-subadditivität) sei (A i ) i Æ eine beliebige Folge in (Ê). i) Gilt A i für alle i Æ, so folgt ( ) µ A i µ ( ) 0 µ ( ) µ (A i ). ii) Sind alle A i beschränkt und existiert ein i 0 Æ mit A i0, so unterscheidet man: 1. Fall: A i für schließlich alle i Æ. Dann ist auch A i beschränkt und es gilt µ ( A i ) 1 µ (A i0 ) + µ i i 0 (A i ) µ (A i ). 2. Fall: A i für unendlich viele i Æ, d.h. es existiert eine unendliche Menge I Æ, so dass A i für alle i I. Es folgt ( ) µ A i µ (A i ) + µ (A i ) µ (A i ). i I iii) Existiert ein i 0 Æ, so dass A i0 unbeschränkt ist, so ist auch A i unbeschränkt und es gilt ( µ ) A i µ (A i0 ) + i Æ\I µ i i 0 (A i ) µ (A i ). 17

30 18 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) b) Es bezeichne A das System aller µ -messbaren Teilmengen von Ê. Zunächst gilt trivialerweise µ (Q) µ (Q) + 0 µ (Ê Q) + µ ( Q) für alle Q (Ê), d.h., Ê A. Nun sei A (Ê) beliebig mit A Ê. Dann gilt auch A Ê und es gibt a, a Ê mit a A und a A. Die Menge Q : {a, a} Ê) ist dann beschränkt und es folgt µ (Q) 1 < µ ({a}) + µ ({a}) µ (A Q) + µ ( A Q), d.h. es gilt A A und damit A {, Ê}. Lösung zu Aufgabe 25 a) Wie im Beweis des Fortsetzungssatzes 2.17 (Methode von Caratheodory) definiert man zunächst ein äußeres Maß durch (ǫ ω ) 1 : (Ω) [0, [ (ǫ ω ) 1 (Q) : inf{ für U Q ǫ ω (A i ) (A i ) i Æ U Q } für U Q, wobei U Q die Menge aller Überdeckungen von Q in R 1 bezeichnet. Somit gilt woraus U Q { für Q { } für Q, (ǫ ω ) 1 (Q) { für Q 0 für Q. folgt. Nun bestimmt man das System A 1 aller (ǫ ω ) 1-messbaren Mengen. Sei hierzu A (Ω) beliebig. Dann gilt zunächst (ǫ ω ) 1 ( ) (ǫ ω) 1 (A ) + (ǫ ω) 1 ( A ). Für ein beliebiges Q (Ω) ist auch wenigstens eine der beiden Mengen Q A oder Q A nichtleer und somit gilt Es folgt (Q A ) (Q A ). (ǫ ω ) 1 (Q) (ǫ ω) 1 (A Q) + (ǫ ω) 1 ( A Q), 18

31 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) 19 d.h. A ist (ǫ ω ) 1 -messbar. Da A beliebig gewählt war, folgt A 1 (Ω). Es werden nun noch A 1 und die Einschränkung (ǫ ω ) 1 von (ǫ ω ) 1 auf A 1 bestimmt: A 1 σ(r 1 ) σ({ }) {, Ω}. Nach dem Fortsetzungssatz ist (ǫ ω ) 1 : (ǫ ω ) 1 {,Ω} Fortsetzung von ǫ ω auf A 1, also (ǫ ω ) 1 (A) { für A Ω 0 für A. b) Wieder definiert man zunächst ein äußeres Maß durch (ǫ ω ) 2 : (Ω) [0, [ für U Q (ǫ ω ) 2(Q) : inf{ ǫ ω (A i ) (A i ) i Æ U Q } für U Q, wobei U Q die Menge aller Überdeckungen von Q in R 2 bezeichnet. Somit gilt { {Ω} für Q U Q {, Ω} für Q, woraus (ǫ ω ) 2 (Q) { 1 für Q 0 für Q. folgt. Weiter gilt A 2 σ(r 2 ) σ({, Ω}) {, Ω}. Außerdem hat man für alle A (Ω)\A 2 (ǫ ω ) 2(Ω) 1 < 2 (ǫ ω ) 2(A Ω) + (ǫ ω ) 2( A Ω), also A A 2, woraus wegen A 2 A 2 für die Menge aller (ǫ ω) 2-messbaren Mengen A 2 A 2 {, Ω} folgt. Schließlich ist nach dem Fortsetzungssatz (ǫ ω ) 2 : (ǫ ω ) 2 {,Ω} Fortsetzung von ǫ ω auf A 2, also (ǫ ω ) 2 (A) { 1 für A Ω 0 für A. Lösung zu Aufgabe 26 a) Den Nachweis, dass es sich bei R : { n ]a i, b i ] a i, b i Ê, n Æ} um einen Ring handelt, kann man ganz analog zum Beweis von Satz 1.27 führen. Man hat statt nach rechts halboffener Intervalle im Ê n nur nach links halboffene Intervalle in Ê zu betrachten. Da sich Ê nicht durch eine endliche Vereinigung halboffener Intervalle überdecken lässt, gilt Ê R, d.h. R ist keine Algebra. 19

32 20 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) b) Eine erste Fortsetzung von µ auf σ(r) B erhält man wie in Aufgabe 17 gemäß der Methode von Caratheodory (vgl. Satz 1.34): { 0 für A µ 1 (A) : µ (A) B sonst. Eine zweite Fortsetzung von µ auf σ(r) B ist { 0 falls A abzählbar µ 2 (A) : sonst. Man rechnet sofort nach, dass µ 2 ein Maß auf B ist. Um nachzuweisen, dass es sich bei µ 2 tatsächlich um eine Fortsetzung von µ handelt, dass also µ und µ 2 auf R übereinstimmen, genügt es zu zeigen, dass eine Menge A R genau dann abzählbar ist, wenn sie leer ist. Offensichtlich ist abzählbar. Sei nun A R beliebig; dann gibt es n Æ und a i, b i Ê mit A n ]a i, b i ]. Da A nichtleer ist, existiert zumindest ein i 0 {1,..., n}, so dass a i0 < b i0 ; das aber bedeutet, dass A überabzählbar ist. Lösung zu Aufgabe 27 a) Es sei µ ein Inhalt auf dem Ring R über Ω. Ist nun (A k ) k Æ eine isotone Folge in R mit lim A k Ω und µ(a k ) < für alle k k Æ, so gilt aufgrund der Isotonie auch lim A k A k Ω und µ ist offensichtlich k k1 σ-endlich. Ist umgekehrt µ σ-endlich, so gibt es in R eine Folge (A i ) i Æ mit A i Ω und µ(a i ) < für alle i Æ. Nun definiert man A k : k A i für alle k Æ. Dann ist (A k ) k Æ eine isotone Folge in R mit lim A k A k A i Ω und µ(a k ) k k1 µ( k A i ) k µ(a i ) < für alle k Æ. b) Es sei Ω und ζ das Zählmaß auf (Ω). i) Zunächst sei ζ σ-endlich; dann existiert eine Folge (A k ) k Æ in (Ω) mit A k Ω und ζ(a k ) < für alle k Æ. Also ist A k endlich für jedes k Æ k1 und besitzt eine Aufzählung A k {a k,1,..., a k,nk }. Dann aber ist Ω A k k1 {a k,1,..., a k,nk } k1 abzählbar als abzählbare Vereinigung endlicher Mengen. Umgekehrt sei nun Ω abzählbar und Ω {a 1, a 2,...} eine Aufzählung. Dann ist die Folge (A k ) k Æ mit A k : k {a i } isoton in (Ω) mit lim A k Ω und k ζ(a k ) k < für alle k Æ. Somit ist ζ nach Teil (a) σ-endlich auf (Ω). 20

33 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) 21 ii) Ist ζ endlich auf (Ω), so gilt ζ(ω) <, d.h. Ω ist endlich. Ist umgekehrt Ω endlich, so sind auch alle Teilmengen A (Ω) endlich, d.h. ζ(a) < für alle A (Ω). Also ist ζ endlich. Lösung zu Aufgabe 28 Ist A (Ω), so ist ǫ ω offensichtlich vollständig, da jede Teilmenge von Ω, insbesondere auch jede Teilmenge M einer ǫ ω -Nullmenge A, zu A (Ω) gehört. Sei nun ǫ ω vollständig über A und {ω} A. Da A eine σ-algebra ist, ist dann auch {ω} Ω\{ω} A und es gilt ǫ ω ( {ω}) ǫ ω (Ω\{ω}) 0, d.h. Ω\{ω} ist eine ǫ ω -Nullmenge. Da ǫ ω vollständig ist, folgt für alle Teilmengen B Ω\{ω} dieser ǫ ω -Nullmenge: B A. Außerdem gilt trivialerweise A und nach Voraussetzung {ω} A. Nun schreibt sich aber jede Teilmenge A Ω als Vereinigung A B C mit B Ω\{ω} und C {, {ω}}. Da A eine σ-algebra ist, gilt dann aber auch A A, d.h. (Ω) A. Die umgekehrte Inklusion ist jedoch trivial. Lösung zu Aufgabe 29 vgl. J. Elstrodt (1996): Maß- und Integrationstheorie, Kapitel II, 6, Seite 63ff. Lösung zu Aufgabe 30 Siehe Vorlesung! Lösung zu Aufgabe 31 a) i) Nach Satz 2.33 a) gilt für das Maß einelementiger Mengen: λ g ({x 0 }) lim g(x) g(x 0 ) x x + 0 Und somit λ g ({ 1}) 1 2, λ g({0}) 1, λ g ({1}) 1. ii) λ g (] 1, 0[) λ g ([ 1, 0[\{ 1}) λ g ([ 1, 0[) λ g ({ 1}) g(0) g( 1) λ g (] 1, 0]) λ g (] 1, 0[ {0}) λ g (] 1, 0[) + λ g ({0}) 3 2 λ g ([ 1, 0[) g(0) g( 1) 1 λ g ([ 1, 0]) λ g ([ 1, 0[ {0}) 2 iii) λ g (]0, 1[) λ g ([0, 1[\{0}) λ g ([0, 1[) λ g ({0}) 1 λ g (]0, 1]) λ g (]0, 1[ {1}) 2 λ g ([0, 1[) g(1) g(0) 2 λ g ([0, 1]) λ g ([0, 1[ {1}) 3 iv) λ g (] 1, 1[) λ g ([ 1, 1[\{ 1}) λ g ([ 1, 1[) λ g ({ 1}) 5 2 λ g (] 1, 1]) λ g (] 1, 1[ {1}) 7 2 λ g ([ 1, 1[) g(1) g( 1) 3 λ g ([ 1, 1]) λ g ([ 1, 1[ {1}) 4 21

34 22 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) v) λ g ([ 2, 2]) λ g ([ 2, 2[ {2}) g(2) g( 2) + λ g ({2}) 5 λ g (] 1, 3]) λ g ([ 1, 3[ {3} \ { 1}) g(3) g( 1) λ g ({ 1}) 11 2 Alternativ können - wie im Beweis von Satz die Mengen als Grenzwert von Intervallen der Form [a, b[ dargestellt werden, um mit der Stetigkeit von Maßen zu arbeiten. Z.B. gilt und daher ] 1, 0[ lim [ n, 0[ ) λ g (] 1, 0[) lim λ g ([ 1 + 1, 0[) lim n (g(0) g( 1 + 1n ) 0 ( 1) b) g(x) 1 falls x 1 x falls 1 < x 0 2 x falls 0 < x 1 x + 2 falls 1 < x g(x) x 2 Eine mögliche Zerlegung von g in eine stetige Funktion g c und eine Sprungfunktion g d ist: 1 falls x 1 2 x falls 1 < x 0 g c (x) 2 x 2 falls 0 < x 1 x falls 1 < x 22

35 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) 23 g c (x) x 2 g d (x) 1 2 falls x 1 0 falls 1 < x 0 1 falls 0 < x 1 2 falls 1 < x g d (x) x 2 Das Maß λ gd : B Ê ergibt sich somit für alle B B durch: 1 falls 1 B {0, 1} B 2 1 falls (0 B { 1, 1} B) (1 B { 1, 0} B) 3 falls ({ 1, 0} B 1 / B) ({ 1, 1} B 0 / B) λ gd (B) 2 2 falls {0, 1} B 1 / B 5 falls 2 0 sonst { 1, 0, 1} B 23

36 24 Lösungen zur Übung Maß- und Integrationstheorie (SS 2014) Lösung zu Aufgabe 46 Siehe Elstrodt Beispiel 6.4, Seite