Ferienkurs in Maß- und Integrationstheorie

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1 Zentrum Mathematik Technische Universität München Dipl. Math. Wolfgang Erb WS 9/ Übungsblatt Ferienkurs in Maß- und Integrationstheorie Aufgabe. (σ-algebren Sei eine Menge und A eine σ-algebra in. Seien A, B, A n A, n N. Zeigen Sie die folgenden Eigenschaften von A: (a A, (b A B A, A \ B A, (c n A n A, k n k A n A, k Lösungsvorschlag. Siehe Vorlesungsskript, Seite 2. Aufgabe 2. (Ringe, Dynkinsysteme, Algebren n k A n A. (a Finden Sie ein Beispiel für ein Mengensystem D das ein Dynkinsystem aber keine σ- Algebra ist. (b Finden Sie ein Beispiel für ein Mengensystem R das ein Ring aber keine Algebra ist. (c Zeigen Sie, dass für = N das Mengensystem eine Algebra aber keine σ-algebra ist. A = {A : A oder \ A endlich} (d Was passiert wenn man in (c "endlich" mit "abzählbar" ersetzt? Lösungsvorschlag. (a Wir wählen = {, 2, 3, 4} und D = {, {, 2}, {, 3}, {, 4}, {2, 3}, {2, 4}, {3, 4}, }. Es gilt offensichtlich D und \ {, 2} = {3, 4} D etc. Es gilt auch offensichtlich für alle disjunkten Mengen (man kann maximal 2 wählen, dass deren Vereinigung wieder in D liegt. Also ist D ein Dynkinsystem. Wählt man jedoch z.b. die beiden nicht disjunkten Mengen {, 2} und {2, 3}, so gilt für deren Vereinigung {, 2} {2, 3} = {, 2, 3} / D. Also ist D keine σ-algebra. (b Sei abzählbar und R = {A : A endlich}. R ist ein Ring, denn (i ist endlich und somit in R, (ii wenn A, B R, so sind A und B und damit auch A B endlich und somit in R und (iii falls A und B in R so ist A \ B endlich und daher ebenfalls in R. Daher ist R ein Ring. Für abzählbares ist die Menge jedoch nicht in R und daher ist R auch keine Algebra.

2 (c (i Da \ = endlich ist, ist A. (ii Ist A A, so ist entweder A oder \ A endlich. Dann ist auch \ A oder \ ( \ A endlich und somit \ A A. (iii Falls A und B beide endlich sind, so ist auch A \ B endlich und somit A \ B A. Ist A endlich und \ B endlich, so ist \ (A B = ( \ A ( \ B endlich da \ B endlich und somit ist A B A. Genauso folgen auch die Fälle \ A endlich und B endlich und \ A und \ B endlich. Also ist A eine Algebra. Dass A keine σ-algebra ist sieht man z.b. an folgenden Mengen: A j = 2j, j N sind endlich, aber j N A j = {j N : j gerade} ist nicht endlich und ( \ j N A j = {j N : j ungerade} ist auch nicht endlich. Daher kann A keine σ-algebra sein. Aufgabe 3. Es sei f : eine Abbildung und A eine σ-algebra auf. Zeigen Sie, dass dann f (A := {f (A : A A } eine σ-algebra auf ist. Lösungsvorschlag. Zunächst gilt = f ( f (A. Sei A A, dann gibt es ein B A mit f (B = A. Da \ B A folgt \ A = f ( \ B A. Seien A, A 2,... A, dann gibt es B i A so dass f (B i = A i für alle i N. Da i B i A folgt A i = ( f (B i = f B i A. i i Aufgabe 4. (σ-algebren auf R (a Geben Sie ein Beispiel eines abzälbaren Erzeugers der Borel σ-algebra B an. (b Zeigen Sie, dass die Borel σ-algebra B durch die folgenden Mengen erzeugt wird: E := {(a, b : a < b}, E 2 := {[a, b : a < b}, E 3 := {[a, b] : a < b}. (c Bestimmen Sie σ({{x} : x R}. Lösungsvorschlag. (a A R offen für jedes x A gibt es ein Interval (a, b A mit x (a, b für jedes x A gibt es (a, b A, a, b Q mit x (a, b A = (a, b a<b, a,b Q A A ist eine abzählbare Vereinigung von Intervallen (a, b mit a, b Q. Daher ist E = {(a, b : a < b : a, b Q} ein abzählbarer Erzeuger der σ-algebra B. (b E E σ(e = σ(e = B. σ(e 2 σ(e da [a, b = k N (a k, b. σ(e 3 σ(e 2 da [a, b] = k N [a, b + k. σ(e σ(e 3 da (a, b = k N [a + k, b k ]. Damit gilt σ(e = σ(e 2 = σ(e 3 = σ(e = B. (c Wir zeigen σ({{x} : x R} = {A R : A oder R \ A abzählbar} =: A. i

3 Sei A A, dann gilt A abzählbar A = x A {x} ( σ({{x} : x R}, R \ A abzählbar A = R \ x R\A {x} σ({{x} : x R}. Da alle Mengen {x} A, x R, müssen wir nur noch zeigen dass A eine σ-algebra ist: R A, da A A A R \ A A nach Definition, A, A 2,... A dann ist n A n abzählbar, falls alle A n abzählbar sind und R \ n A n R \ A m ist abzählbar, falls ein R \ A m abzählbar ist. Damit ist n A n A. Aufgabe 5. (messbare Funktionen (a Zeigen Sie, dass die σ-algebra B der Borel-Mengen auf R von den Mengen (, b, b R, erzeugt wird. (b Sei nun (, A ein messbarer Raum und f : R eine Abbildung. Zeigen Sie, dass die folgenden Aussagen äquivalent sind: (i f is A B -messbar, (ii Die Menge {x : f(x b} ist messbar für alle b R, (iii Die Menge {x : f(x < b} ist messbar für alle b R, (iv Die Menge {x : f(x b} ist messbar für alle b R. Lösungsvorschlag. Siehe Vorlesungsskript, Seite 9. Aufgabe 6. Sei I ein Intervall und f : I R eine Funktion. Zeigen Sie, dass f Borel-messbar ist falls: (a f monoton steigend ist, (b f rechtsseitig stetig ist. Lösungsvorschlag. (a Für c R ist die Menge {x I : f(x > c} ein Intervall und somit ein Element aus B (I. Die Behauptung folgt nun, da die Intervalle (c, die σ-algebra B erzeugen. (b Sei b I, dann setze ( nx f n (x := f n χ nx n I + b χ nx n / I Dann ist ({ ( fn k ((c, σ n, k ] } I : k Z B (I, n d.h. die f n sind Borel-messbar. Wegen der rechtsseitigen Stetigkeit von f folgt f n f punktweise. Mit Satz.25 ist somit auch f Borel-messbar. Aufgabe 7. Sei (, A ein messbarer Raum und f : R eine Funktion. Zeigen oder widerlegen Sie: f ist A-messbar f ist A-messbar. Lösungsvorschlag. Falls f A-messbar ist, dann ist auch f + = max{f, } und f = min{f, } messbar, und damit auch f = f + + f. Die umgekehrte Richtung gilt im Allgemeinen nicht. Ist nämlich M eine nicht-messbare Menge definiere f durch f(x = falls x M und f(x = falls x / M. Dann ist f nicht messbar, aber f = ist A-messbar.

4 Aufgabe 8. Sei eine beliebige Menge. Für jedes A definiert man µ(a = falls A eine unendliche Menge ist und µ(a als die Anzahl ihrer Elemente, falls A endlich ist. Zeigen Sie, dass µ auf der Potenzmenge P( ein Maß (das sogenannte Zählmaß ist. Lösungsvorschlag. Wir rechnen die drei Maßeigenschaften nach: µ(a für alle A P(, µ( =, Seien A, A 2,... paarweise disjunkt.. Fall: µ( n A n = N <. Da die A n alle paarweise disjunkt sind gilt auch k µ(a k = N, 2. Fall: µ( n A n = N <, dann gibt es entweder ein A n das unendlich viele Elemente enhält oder unendlich viele A n, die nichtleer sind. In beiden Fällen gilt n µ(a n =. Aufgabe 9. Betrachte die σ-algebra A = {A : A oder \ A abzählbar} und µ : A {, } mit µ(a = falls A abzählbar und µ(a = falls \ A abzählbar. Zeigen Sie, dass µ ein Maß ist falls überabzählbar ist. Lösungsvorschlag. Eine sinnvolle Definition von µ ist überhaupt nur möglich falls überabzählbar ist. Wir rechnen die drei Eigenschaften nach, die ein Maß definieren falls überabzählbar ist: (i Es ist µ(a {, } für alle A A. Also ist µ nichtnegativ. (ii Es ist µ( =, denn ist abzählbar. (iii Es seien A, A 2,... A paarweise disjunkt. Sind alle A j abzählbar, so ist ( = µ A j = µ(a j =. j j Ist überabzählbar, so kann von zwei disjunkten Mengen höchstens eine ein abzählbares Komplement haben. Daher kann höchstens noch der Fall \ A abzählbar und A 2, A 3,... abzählbar auftreten. In diesem Fall ist \ ( j A j abzählbar und es gilt ( = µ A j = µ(a µ(a j =. j 2 j Aufgabe. (Nullmengen Es sei µ ein Maß auf einer σ-algebra A über. Eine Menge N heißt µ-nullmenge, falls gilt µ(n =. Defniere N µ = {N A : µ(n = }. Man zeige folgende Eigenschaften (a Es gilt N µ, (b Gilt M A und M N für ein N N µ, so folgt M N µ, (c Es sei (N n n N eine Folge in N µ. Dann ist auch n N n N µ. Ein Maß heißt vollständig, wenn jede Teilmenge einer µ-nullmenge zur σ-algebra A gehört. Man zeige (d Für jedes ω mit {ω} A ist das Dirac-Maß δ ω A = P(. genau dann vollständig, wenn (e Für ein Maß µ ist A = {A N : A A, N Teilmenge einer µ-nullmenge} eine σ- Algebra,

5 (f Durch µ (A N = µ(a ist ein vollständiges Maß auf A definiert. Lösungsvorschlag. (a Klar, da µ( = nach Definition. (b Wegen der Monotonie des Maßes µ gilt µ(m µ(n =. (c Wegen der σ-additivität von µ gilt µ( n N n = n µ(n n =. (d Sei ω fest. Dann gilt N δω = {N A : ω / N}. Das Maß δ ω ist also genau dann vollständig, wenn alle Teilmengen von \ {ω} zu A gehören. Da auch {ω} A, muss gelten A = P(. (e A da = N jede Teilmenge N einer µ-nullmenge. Weiter sei A A. Dann exisitiert B A und eine Teilmenge N einer µ-nullmenge mit A = B N. Dann existiert eine Nullmenge M N mit B M A. Da A eine σ-algebra ist folgt auch B c M c A und A c = (B c N (M \ N A da µ(m \ N =. Schließlich sei (A n n N A. Dann existieren B n A und Teilmengen von µ-nullmengen N n mit A n = B n N n. Dann gilt n A n = ( n B n ( n N n und µ( n N n n µ(n n =. (f Dass µ ein Maß folgt fast direkt, denn µ ( = µ ( = µ( =. µ da µ. Ist (A n N n n N Folge in A von paarweise disjunkten Mengen, dann ist µ ( n (A n N n = µ( n A n = n µ(a n = n µ (A n N n. Für die Vollständigkeit müssen wir die µ -Nullmengen betrachten. Diese sind gerade alle Teilmengen N von µ-nullmengen und wegen N = N sind diese alle in A enthalten. Aufgabe. Sei (, A, µ ein Maßraum und f : [, ] messbar und fdµ =, dann ist f = fast überall. Hinweis: Benutzen Sie den Satz über die monotone Konvergenz. Gilt die Aussage auch für reellwertige f : [, ]? Lösungsvorschlag. (. Lösungsmöglichkeit Sei und A k = f ([,. Dann gilt k und A = {x : f(x > } = f ((, A = k χ A k f µ(a k k k= A k = k χ Ak dµ Deshalb µ(a k = für alle k und µ(a k= µ(a k =. fdµ =. Zweite Lösung: Definiere die Folge f k = kf, k N. Dann ist f k integrierbar, monoton steigend und es gilt f k dµ = k fdµ =, k. Mit dem Satz über die monotone Konvergenz gibt es ein g L(, µ mit g = lim (kf µ-fast überall und gdµ =. k

6 Ferner gilt {, f(x > lim (kf(x = k, f(x =. Damit muss aber die Menge {x : f(x > } eine µ-nullmenge sein. Ohne die Voraussetzung f ist die obige Aussage nicht gültig, betrachte z.b. die Funktion f = χ [,] χ [,]. Aufgabe 2. Sei für eine beliebige Funktion f L(R d, λ d (f integrierbar auf R d bezüglich des Lebesgue-Maßes, die Folge (f k k N definiert durch { f(x, falls x < k, f k (x = k N., sonst. Zeigen oder wiederlegen Sie nun dass gilt: f k L(R d, λ d und lim f k dλ d = k R d R d fdλ d. Lösungsvorschlag. Es gilt f k = fχ ( k,k d. Damit folgt R d f k dλ d f und lim k f k (x = f(x für alle x R d. Die Aussage erhält man nun durch eine direkte Anwendung des Satzes von Lebesgue über die majorisierte Konvergenz. Aufgabe 3. Zeigen Sie, dass es für die Funktionsfolge f n = 2 n χ (,2 n ] keine gemeinsame integrierbare Majorante gibt. Lösungsvorschlag. Es gilt R f n dλ = 2 n 2 n dx =, n N. Andererseits gilt lim n f n (x = für alle x R. Würde es eine gemeinsame integrierbare Majorante geben wäre dies im Widerspruch zur Aussage des Satzes von Lebesgue über die majorisierte Konvergenz. Aufgabe 4. Berechnen Sie den Grenzwert lim n R f ndλ für die folgenden Funktionsfolgen (f n n N : (i f n (x = χ [,] (x ( + x 2, (ii f nx n(x = χ n [,] (x + n 2 x. 2 Lösungsvorschlag. (i lim n R f ndλ =. Vorgehensweise wie in (ii. (ii Die Funktionen f n sind stetig auf dem kompakten Intervall [, ] also auch Lebesgueintegrierbar. Eine gemeinsame integrierbare Majorante ist g := χ 2 [,], da für alle x gilt: Außerdem gilt für alle x [, ]: denn für alle x (, ] gilt lim n nx + n 2 x 2 2, da 2nx + n2 x 2. f n (x n, nx + n 2 x 2 2 = lim t t + t 2 = lim t 2t =. Der Satz von Lebesgue über die majorisierte Konvergenz liefert nun lim n R f ndλ =.

7 Aufgabe 5. (a Sei (, A, µ ein Maßraum mit µ( <. Zeigen Sie, dass gilt für q p. L p (, µ L q (, µ Hinweis: Zeigen Sie, dass es ein C > gibt mit f q C f p. (b Zeigen Sie anhand von Beispielen (vergleiche auch "HILF.pdf" L (R, λ L 2 (R, λ und L 2 (R, λ L (R, λ. (c Sei (f n n N eine Folge in L p (, µ und f L p (, µ. Zeigen Sie, dass aus f n f in der L p -Norm folgt lim f n gdµ = fgdµ n für alle g L q (, µ mit q = (schwache Konvergenz. p p Lösungsvorschlag. (a (Mit Hölderscher Ungleichung Wir wenden die Höldersche Ungleichung mit den Exponenten p := q/p und q := q/(q p auf die Funktionen f p und an. Dann ist p, q > und + = und es gilt p q f p p = und damit die Behauptung. ( = ( f p dµ f q dµ f pp dµ p q µ( q p q p ( q q dµ = µ( q p q f p q, (b Für f (x := x χ (, (x gilt f / L (R, λ und f L 2 (R, λ. Für f 2 (x := x χ (, (x gilt f 2 L (R, λ aber f 2 / L 2 (R, λ. (c Wir wenden die Höldersche Ungleichung auf die Funktionen f n f L p (, µ und g L q (, µ an. Dann gilt ( (f n fgdµ f n f p dµ p ( g q q dµ Da lim n f n f = folgt damit auch lim n (f n fgdµ =. = fn f p g q Aufgabe 6. Sei (, A, µ ein Maßraum. Zeigen Sie, dass L (, µ ein Vektorraum und f = f dµ eine Norm auf L (, µ ist. Ist L (, µ ein Banachraum? Lösungsvorschlag. Es ist klar dass L (, µ versehen mit der Addition + und einer äußeren skalaren Multiplikation ein Vektorraum ist. Wir überprüfen noch, dass f eine Norm ist. f = f = µ-fast überall [f] =,

8 λf = λf dµ = λ f dµ = λ f, f + g = f + g dµ ( f + g dµ = f + g <. Nun zur Vollständigkeit (vergleiche Vorlesungsskript: Sei f n eine Cauchy-folge in L (, µ, dann können wir eine Teilfolge (f nk k N finden so dass Wir definieren Mit dem Satz von Beppo Levi folgt n g p = f nk+ f nk 2 k, k N. g k = f nk+ f nk, sup n N = sup n N k= n k= g k dµ = sup n N n g k sup n N g = sup n N k= n g k. k= n g k dµ k= g k sup n N n 2 k =, und damit g L (, µ. Mit Satz 3. aus dem Vorlesungsskript folgt nun dass µ({g = } =. Also ist k= g k(x und damit auch k= g k(x konvergent für µ-fast alle x. Wegen f nm (x = f n (x + m k= g k (x ist auch (f nm m N µ-fast überall konvergent. Wir definieren f(x = lim n f nm (x in solchen Punkten, f(x = sonst. Für f und alle f nm gilt f nm f n + m k= k= g k f n + g L (, µ. Mit dem Satz von Lebesgue über die majorisierte Konvergenz erhalten wir nun lim f n k f =. k Die Cauchyfolge (f n n N hat also eine in der L -Norm gegen f konvergente Teilfolge, also gilt f n f in der L -Norm. Aufgabe 7. Berechnen Sie die folgenden Integrale und vergleichen Sie die Ergebnisse ( x 2 y 2 ( (a (x 2 + y 2 dy x 2 y 2 dx und 2 (x 2 + y 2 dx dy, 2 ( 8xy ( (b ( + x 2 + y 2 dy 8xy dx und 3 ( + x 2 + y 2 dx dy. 3 Lösungsvorschlag. (a Berechne zunächst x 2 y 2 F (x = (x 2 + y 2 dy = 2 = x 2 + y dy 2 y = x 2 + y 2 y= F (xdx = arctan x = π 4. x 2 + y 2 (x 2 + y 2 2y 2 2 (x 2 + y 2 dy 2 2y y (x 2 + y 2 dy 2 x 2 + y 2 dy + x 2 + y dy = 2 + x. 2

9 aber ( x 2 y 2 (x 2 + y 2 dx dy = 2 ( Dies impliziert, dass der Satz von Fubini hier nicht gilt. (b Berechne 8xy ( + x 2 + y 2 3 dxdy = 8xy ( + x 2 + y 2 3 dydx = 2y ( + x 2 + y 2 2 = 2 + y 2 y= + y 2 2x ( + x 2 + y 2 2 = 2 + x 2 x= x= y= y= + x 2 x= y 2 x 2 (x 2 + y 2 dx dy = 2 4. dy = = 3. dx = = 3. Es ist leicht zu überprüfen dass der Satz von Fubini hier in der Tat gilt. Aufgabe 8. Sei f(x, y := xy, x [, ], y [, ], (x 2 + y 2 2 2y (2 + y 2 dy + 2y 2 ( + y 2 dy 2 2x (2 + x 2 dx + 2x 2 ( + x 2 dx 2 und man definiere f(, :=. Überprüfen Sie, dass die iterierten Integrale von f über [, ] [, ] gleich sind, dass f aber nicht integrierbar ist. Lösungsvorschlag. Für x [, ] ist die Funktion y f(x, y stetig auf [, ] und ungerade, deshalb ( f(x, ydy = f(x, ydy dx =. Das andere iterierte Intergal ist ebenfalls Null. Annahme die Funktion f ist intergierbar auf [, ] 2. Dann wäre f auch integrierbar auf [, ] 2. Nach dem Satz von Fubini ist dann auch die Funktion g(x := integrierbar auf [, ]. Für x gilt aber Da 2x g(x = x 2 f(x, ydy 2y (x 2 + y 2 dy = x [ ] y= = 2 2 x 2 + y 2 y= 2x x 2x nicht integrierbar auf [, ], ist auch g nicht integrierbar auf [, ], ein Widerspruch. Aufgabe 9. Sei (, A, µ ein Maßraum und h L 2 (, µ mit h 2 =. Betrachte: ν : A [,, ν(a := h 2 dµ. Zeigen Sie, dass ν ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf (, A ist. Sind µ-nullmengen auch ν- Nullmengen? A

10 Lösungsvorschlag. Zu zeigen ist dass ν ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf (, A ist. ν(a = A h 2 dµ da h 2, ν( = h 2 dµ = χ h 2 dµ =, ν( = h 2 dµ = h 2 =. Sei (A n n N Folge disjunkter Menge in A, dann gilt ν( n A n = = χ n A n h 2 dµ = n= A n h 2 dµ = χ An h 2 dµ = n= ν(a n, n= n= χ An h 2 dµ wobei der Satz von der monotonen Konvergenz benutzt wurde um das Integral und das Summenzeichen zu vertauschen. Sei A A und µ(a =. Dann gilt wegen {χ A h 2 > } {χ A > } und der Monotonie des Maßes µ, dass µ({χ A h 2 > } µ({χ A > } = µ(a =. Damit ist χ A h 2 = µ-fast überall und es folgt ν(a = χ A h 2 dµ =. Aufgabe 2. Sei I R ein Interval und f integrierbar auf I bezüglich des Lebesgue-Maßes. Die Funktion F erfülle Zeigen Sie, dass F stetig ist. F (b F (a = b a f(tdt, a, b I, a < b. Hinweis: Benutzen sie den Satz von Lebesgue (Satz von der majorisierten Konvergenz. Lösungsvorschlag. Wir betrachten zunächst den Fall I = [a, b]. Da f integrierbar auf I gilt b a f(t dt < und alle Funktionen χ (a,c]f, c (a, b sind ebenso integrierbar. Betrachte nun eine Folge x n mit Grenzwert x [a, b], dann konvergiert die Folge χ (a,xn]f punktweise gegen die Funktion χ (a,x] f und mit dem Satz von der majorisierten Konvergenz folgt (Majorante f F (x n = F (a + b a χ (a,xn]f(tdt F (a + b a χ (a,x] f(tdt = F (x. Damit ist F auf [a, b] stetig. Im allgemeinen Fall folgt die Behauptung, da F [a,b] stetig ist für jedes Intervall [a, b] I. Aufgabe 2. Sei A GL n (R eine beliebige invertierbare Matrix. Dann ist mittels L A : R n R n, L A (x = Ax, eine lineare Abbildung gegeben. (a Zeigen Sie, dass L A : R n R n ein Diffeomorphismus ist.

11 (b Wie lautet die Transformationsformel für L A. (c Berechnen Sie das Volumen des Bildes L A (Q eines beliebigen Quaders Q R n unter dem linearen Isomorphismus L A. Lösungsvorschlag. (a Lineare Isomorphismen L A sind bijektiv und die Umkehrabbildung ist gegeben durch L A = L A. Außerdem stimmen sie in jedem Punkt mit ihrer Ableitung überein: DL A (x = L A. Da die Ableitungen damit in jedem Punkt ebenfalls invertierbar sind, sind lineare Isomorphismen diffeomorph. (b Für integrierbare funktionen f L(R n ; λ n und beliebige messbare Mengen M R n gilt: f(ydλ n (y = f(ydλ n (y = (f L A (x det(dl A (x dλ n (x A M L A (M M = det(a f(axdλ n (x. M (c λ n (L A (Q = A Q dλ n (y = = det(a λ n (Q. Q ( L A (x det(a dλ n (x = det(a Q dλ n (x Aufgabe 22. Sei D die Menge aller offenen Intervalle in R (D ist bekanntermaßen ein Erzeuger der Borel σ-algebra B in R. Ferner sei µ das Zählmaß. Zeigen Sie, dass es überabzählbar viele Maße ν : B [, ] gibt mit ν D = µ. Warum widerspricht dies nicht dem Eindeutigkeitssatz? Lösungsvorschlag. Für a (, setze ν a = aµ. Dann gilt ν a ({} = aµ({} = a > = µ({}. aber für alle Mengen A D gilt ν a (A = µ(a. Dies ist kein Widerspruch zum Eindeutigkeitssatz, da die Voraussetzungen des Satzes nicht erfüllt sind, siehe das Skript zur Vorlesung und "HILF.pdf".