VORLESUNG ANALYSIS III, WINTERSEMESTER 2015/16

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1 VORLESUNG ANALYSIS III, WINTERSEMESTER 25/6 JOHANNES EBERT. Das Lebesgue-Maß Hauptgegestad dieser Vorlesug ist es, zu erkläre, wie Fuktioe f : R d R itegriert werde köe. Aschaulich wurde i der Aalysis I das Itegral eier Fuktio f : [a, b] [, ) als Flächeihalt zwische der x-achse ud dem Graphe vo f erklärt. Wir habe jedoch de Begriff des Flächeihaltes iemals rigoros etwickelt. Der Itegralbegriff, de wir im folgede etwickel werde, basiert darauf, de Begriff des Flächeihaltes erst zu ehme. Das erste größere Ziel dieser Vorlesug ist die Kostruktio des Lebesgue-Maßes µ(s) eier Teilmege S R d. Wir begie mit eiige Vorbereituge... Die erweiterte reelle Zahle. Viele Situatioe i der Itegratiostheorie erforder eie korrekte Umgag mit dem Symbol. Dafür führt ma die erweiterte reelle Zahle ei. Defiitio.. Die erweiterte reelle Zahle sid [, ] := R {± }. Hierbei ist ± R. Die Ordugsrelatio auf de reelle Zahle wird durch die Festsetzug < x < für alle x R fortgesetzt. Die Additio ud Multiplikatio lässt sich wie folgt fortsetze: + x = x (, ], + x = x [, ), ± x > ± x = x = x <. Ma beachte, dass die Symbole x ; ; x icht erklärt sid. Isbesodere ist [, ] weder mit der Additio och mit der Multiplikatio eie abelsche Gruppe, geschweige de ei Körper. Auch ist es wichtig, zu bemerke, dass die Kürzugsregel x + y = x + z z = y i [, ] ur da gilt, we x ± ist. Wie i der Aalysis I erklärt ma Supremum ud Ifimum eier Teilmege S als kleiste obere beziehugsweise größte utere Schrake. Jede Teilmege vo Date: 2. Februar 26.

2 2 JOHANNES EBERT [, ] besitzt Supremum ud Ifimum. Kovergez vo Folge wird wie i Aalysis I erklärt. Wir otiere kurz die Defiitio der Kovergez gege ± : Eie Folge (x ) i [, ] kovergiert gege +, falls C (, ) N : : x C (aalog für de Grezwert ). Der Satz aus der Aalysis I, dass mootoe beschräkte Folge i R kovergiere, hat folgede Kosequez: ist x [, ] ud x x 2 x 3..., so kovergiert die Folge gege sup x [, ]. Für mooto fallede Folge y gilt aalog lim y = if y. Sei x [, ] eie Folge. Setze Da gilt y := sup x k ; z := if x k. k k y y 2 y 3... ; z z 2 z 3... ud z y für alle. Deshalb kovergiere die Folge y ud z. Wir defiiere de Limes superior als: (.2) lim sup x := lim ud de Limes iferior vo x als (.3) lim if x := lim Weil stets z y gilt, folgt lim if y = if z = sup x lim sup x. Geauer gesagt habe wir folgede Aussage. sup x k k if x k. k Lemma.4. Sei x eie Folge i [, ] ud a [, ]. Da gilt: () a > lim sup x, da a > x für fast alle N, (2) a < lim sup x, da a < x für uedlich viele mit a < x, (3) a > lim if x, da a > x für uedlich viele, (4) a < lim if x, da a < x für fast alle. Beweis. Falls a > lim sup x = lim sup k x k, da gibt es ei mit a > sup k x k, also gilt a > x k für alle k, also für fast alle k. Falls a < lim sup x = lim sup k x k, da gibt es mit a < sup k x k, für alle. Mit adere: zu jedem och so große gibt es k mit a < x k. Also a < x für uedlich viele. Die beide adere Fälle werde aalog gezeigt. Die Kotrapositio der Aussage vo Lemma.4 laute: Lemma.5. Sei x eie Folge i [, ] ud a [, ]. Da gilt: () falls a x für uedlich viele, so gilt a lim sup x, (2) falls a x für fast alle, so gilt a lim sup x, (3) falls a x für fast alle, so gilt a lim if x, (4) falls a x für uedlich viele, so gilt a lim if x. Korollar.6. Eie Folge x i [, ] ist geau da koverget, we lim if x = lim sup x. I diesem Fall ist lim x = lim if x.

3 VORLESUNG ANALYSIS III, WINTERSEMESTER 25/6 3 Beweis. Sei x x koverget. Falls a < lim x, so gilt a < x für fast alle, also ach Lemma.5 a lim if x. Dies gilt für jedes a mit a < lim x, also folgt lim x lim if x. Ist b > lim x, so ist b > x für fast alle, also ach Lemma.5 b lim sup x. Dies gilt für jedes solche b, also lim x lim sup x. Zusammegeomme sehe wir lim x lim if x lim sup x lim x, woraus die Gleichheit aller dieser Zahle folgt. Falls lim x = ±, so muss dieses Argumet leicht variiert werde. Sei umgekehrt lim if x = lim sup x =: A ud wir ehme a, dass A R. Für jedes ɛ > ist da, ach Lemma.4, A ɛ < x < A + ɛ für fast alle. Somit kovergiert x gege A. Der Fall A = ± erfordert wieder eiige kleiere Modifikatioe. Wir otiere och lim if x = lim sup ( x ); lim sup x = lim if( x ). I [, ] ist jede Reihe koverget. Sei ämlich x [, ] eie Folge. Da defiiert ma x := sup x. = F Nedlich F Sei allgemeier I eie beliebige Mege, ud x : I [, ], i x i eie Abbildug. Da setzt ma x i := sup x i [, ]. i I F Iedlich i F Ma beachte, dass ma auf diese Art ur die Summe vo Reihe mit ichtegative Glieder ehme ka. Satz.7 (Doppelreihesatz). Seie I, J Mege ud a : I J [, ], (i, j) a i,j eie Abbildug. Da gilt a i,j ) = a i,j ). i I ( j J (i,j) I J a i,j = j J( i I Beweis. Aus Symmetriegrüde muss ur eie der beide Gleichuge gezeigt werde, ud wir zeige die erste Gleichheit. Zuächst beobachtet ma, dass der Satz gaz sicher stimmt, we beide Mege I ud J edlich sid (das folgt letztlich aus der Kommutativität der Additio ud mittels vollstädiger Iduktio). Setze b i := j J a i,j. Sei H I J edlich. Es gibt da edliche Teilmege E I, F J mit H E F. Daraus folgt a i,j a i,j = a i,j a i,j a i,j ; i E j F i E j J i I j J (i,j) H (i,j) E F die Gleichug stimmt, weil E ud F edlich sid. Dies gilt für alle edliche H, ud durch Bilde des Supremum folgt also b i. a i,j a i,j = (i,j) I J i I j J i I

4 4 JOHANNES EBERT Nu müsse wir och die Ugleichug (i,j) I J a i,j i I b i zeige. Dies ist ur da ichttrivial, we (i,j) I J a i,j <. I diesem Fall gilt auch b i <, de es ist (offesichtlich!) b i (i,j) I J a i,j. Also köe wir aehme, dass b i < für alle i gilt. Sei E I edlich ud ɛ >. Für jedes i E fide wir eie Teilmege F i J mit a i,j b i ɛ. j F i Setze F = i E F i ; dies ist edlich ud es folgt, für alle i E, a i,j a i,j b i ɛ. j F i Es folgt da i E b i i E( j F j F a i,j + ɛ) = (i,j) E F a i,j + (E)ɛ (i,j) I J Nu war ɛ beliebig, ud durch Grezübergag ɛ erhalte wir b i a i,j. i E (i,j) I J Weil E I eie beliebige edliche Teilmege war, folgt b i a i,j, was zu zeige war. i I (i,j) I J a i,j + (E)ɛ. Bemerkug.8. I dem obige Beweis sid eiige der eifache, aber weitverbreitete Tricks i der Maßtheorie versammelt: () We eie Gleichug A = B i der Maßtheorie gezeigt werde soll, so zeige ma A B ud B A. (2) Ma verschaffe sich ei ɛ Platz; statt A B zeige ma A B + ɛ für alle positive ɛ. Der Leser tut gut dara, die zu verierliche: wir brauche beide Tricks dutzedfach..2. Maßräume. Wir defiiere u de abstrakte Kotext, i dem die Itegratiostheorie formuliert werde wird. Defiitio.9. Es sei eie Mege. Eie σ-algebra auf ist eie Mege B vo Teilmege vo mit folgede Eigeschafte: () B; (2) ist S B, so ist das Komplemet S c := \ S ebefalls i B; (3) sid S B, N, so ist =S B. Natürlich ist die Potezmege P(), also die Mege aller Teilmege vo, eie σ-algebra. Ma beachte, dass ur gefordert wird, dass abzählbare Vereiiguge vo Mege i B wieder i B sid, icht beliebige Vereiiguge. Dieser Pukt ist zetral!! Eiige eifache Beobachtuge: Sei B eie σ-algebra auf. () Sid S, N, so ist =S wieder i B. Grud: =S = (( =S ) c ) c = ( =S c ) c.

5 VORLESUNG ANALYSIS III, WINTERSEMESTER 25/6 5 (2) Edliche Vereiiguge vo Elemete i B sid auch i B: ma ehme die leere Mege hizu. (3) Die Differez A \ B = A B c ist wieder i B. Defiitio.. Sei eie Mege ud B eie σ-algebra auf. Ei Maß ist eie Abbildug µ : B [, ] mit () µ( ) =, (2) Sid die Mege S B, N, paarweise disjukt, so gilt µ( = S ) = = µ(s ) (σ-additivität). Ei Tripel (, B, µ), bestehed aus eier Mege, eier σ-algebra B ud eiem Maß µ heißt Maßraum. Beispiel.. Es sei eie Mege. Sei B die σ-algebra aller Teilmege vo ud setze µ(s) := S, die Mächtigkeit vo S. Dies ist ei Maß, das Zählmaß. Etwas allgemeier sei a : [, ]. Setze µ (S) := s S a(s). Propositio.2. Sei (, B, µ) ei Maßraum ud S B, N. Da gilt: () S S 2, da µ(s ) µ(s 2 ), (2) S S 2 ud µ(s 2 ) <, da µ(s ) µ(s 2 ) = µ(s \ S 2 ), (3) µ(s S 2 ) + µ(s S 2 ) = µ(s ) + µ(s 2 ), (4) S S 2..., da µ( S ) = lim µ(s ), (5) S S 2... ud µ(s ) <, da gilt µ( S ) = lim µ(s ). Beweis. (): S 2 = S (S 2 \ S ) eie disjukte Vereiigug, ud es folgt µ(s 2 ) = µ(s ) + µ(s 2 \ S ) µ(s ). (2): Wir schreibe µ(s 2 ) = µ(s ) + µ(s 2 \ S ) ud dürfe diese Gleichug umstelle, weil alle drei Größe edlich sid. (3): Wir zerlege S S 2 = (S S 2 ) (S 2 \ S ) (S \ S 2 ) disjukt. Ferer sid S 2 = (S S 2 ) (S 2 \ S ) beziehugsweise S = (S S 2 ) (S \ S 2 ) disjukte Vereiiguge. Es folgt µ(s S 2 )+µ(s S 2 ) = µ(s S 2 )+µ(s S 2 )+µ(s 2 \S )+µ(s \S 2 ) = µ(s )+µ(s 2 ). (4): Setze T = S ud T := S \ S. Da ist T T m = für m ud T = S. Daraus folgt µ( S ) = µ(t k ) = lim µ(t k ) = lim µ( k=t k ). k= Aber es gilt ach Kostruktio k= T k = S (S 2 \ S )... (S \ S ) = S. (5): Wege Teil () gilt µ(s ) < für alle. Setze U := S \ S. Da gilt U U 2 U 3... ud =U = S \ =S. Hieraus folgt, uter Beutzug vo (3), dass µ(s \ =S ) = lim µ(s \ S ). Nu ist µ(s ) <. Deshalb köe wir diese Gleichug wege (2) als k= µ(s ) µ( =S ) = lim µ(s ) µ(s )

6 6 JOHANNES EBERT schreibe..3. Das Lebesgue-Maß. Das eizige Maß, dass direkt agebbar ist, ist das Zählmaß aus Beispiel.. User Vorhabe ist die Kostruktio eies sehr viel subtilere Maßes, des Lebesgue-Maßes. Die Defiitio ist schell gegebe: Defiitio.3. Sei I = [a, b) oder (a, b] oder (a, b) oder [a, b], so ist das Elemetarvolume I := b a. Ei Quader ist eie Teilmege Q R d der Form Q = I I 2... I d, wobei I i ei beschräktes (offees, kompaktes oder halboffees) Itervall ist. Das Elemetarvolume vo Q ist Q := i I i. Ausgehed vo diesem eifache Ihaltsbegriff defiiert ma Defiitio.4. Sei S R d. Das äußere Maß vo S ist µ (S) := if{ Q j Q j abgeschlosseer Würfel, S j=q j }. j= Ma ka i der Defiitio abgeschlossee Würfel durch offee Würfel ersetze, wie i Lemma.2 gezeigt wird. Ebeso köe wir die Defiitio etwas umformuliere: µ (S) = if{ i I Q i I abzählbar, Q j abgeschlosseer Würfel, S i I Q i }. Defiitio.5. Eie Teilmege S R d heißt Lebesgue-messbar, falls zu jedem ɛ > eie offee Mege S U R d existiert mit µ (U \ S) ɛ. Ist S Lebesguemessbar, so heißt µ(s) := µ (S) das Lebesgue-Maß vo S. Soweit die Defiitioe. Das erste große Ziel dieser Vorlesug ist der Beweis, dass das Lebesgue-Maß ei Maß ist, also die i de Defiitioe.9 ud. geforderte Eigeschafte gelte. Geauer gesagt, habe wir folgedes Ergebis. Satz.6 (Satz über das Lebesguemaß). Es gilt: () Die Mege L = L R d der Lebesgue-messbare Teilmege des R d ist eie σ-algebra. (2) Das Lebesgue-Maß ist ei Maß auf L. Darüber hiaus gilt: (3) Ist S L eie Nullmege, also µ(s) = ud ist T S, so ist T Lebesguemessbar (also i L) ud µ(t ) =. (4) Jede offee (ud jede abgeschlossee) Teilmege vo R d ist Lebesgue-messbar. (5) Für jedes S L gilt (6) Für jedes S L gilt µ(s) = if{µ(u) S Uoffe}. µ(s) = sup{µ(k) K Skompakt} (7) Ist S L ud x R d, so ist x + S L ud µ(x + S) = µ(s). (8) Ist Q ei Quader, so gilt µ(q) = Q.

7 VORLESUNG ANALYSIS III, WINTERSEMESTER 25/6 7 Die Eigeschafte (3), (4), (5) ud (6) habe i der allgemeie Sprache der Maßtheorie spezielle Name. Die dritte Eigeschaft besagt, dass der Maßraum (R d, L, µ) vollstädig ist. Die vierte Eigeschaft verküpft de Begriff der Messbarkeit mit de topologische Eigeschafte vo R d ud besagt, dass das Lebesgue-Maß ei Borel- Maß ist. Die füfte Eigeschaft ist als äußere Regularität des Lebesgue-Maßes bekat, die sechste als iere Regularität. Die Eigeschaft (7) bezieht sich auf die algebraische Struktur des R d ud ist als Traslatiosivariaz bekat, ud (8) schließlich ist eie Normierug. Ma ka auch zeige, dass L ud µ durch die obige Forderuge eideutig bestimmt sid, aber dieser Aspekt wird i der Vorlesug keie Rolle spiele. Der Beweis dieses Satzes ist hochgradig ichttrivial, ud relativ lag. Das Ergebis ist das Fudamet der Itegratiostheorie, ud auch für sich geomme sehr iteressat..4. Beweis der Eigeschafte des Lebesgue-Maßes: Vorbereituge. Wir ehme us u de Beweis vo Satz.6 vor. Dieser ist i eie lage Folge vo Lemmata gegliedert. Auf de erste Teil möge Teile des Beweises redudat erscheie: beispielsweise müsse wir separat beweise, dass offee ud dass abgeschlossee Teilmege messbar sid, obwohl aus de Axiome für ei Maß folgt, dass ur eie Eigeschaft achgewiese werde muss. Dies liegt i der Natur der Sache! Zuächst eie Vereibarug: Im gaze restliche Kapitel ist eie offee Mege stets eie i R d offee Teilmege des R d. Lemma.7. Das äußere Maß ist mooto, d.h. falls S T R d, so gilt µ (S) µ (T ). Lemma.8. Offee Teilmege des R d sid Lebesgue-messbar. Es gilt µ( ) =. Beweis. Dies ist icht mehr als eie bloße Sprachregelug. Die leere Familie vo Würfel überdeckt die leere Mege, ud daher gilt µ ( ) =. Da aber offe ist, folgt die Messbarkeit sofort. Ist U R d offe, so ist µ (U U) = ɛ für alle ɛ >, ud daher ist U messbar. Die Traslatiosivariaz köe wir direkt zeige. Beweis vo Satz.6 (7). Sei S R d. Sei T x (y) := x + y die Traslatiosabbildug. Wir zeige zuächst, dass stets µ (T x (S)) µ (S) gilt. Um dies eizusehe, betrachte ma Würfel W mit S =W. Da ist T x (W ) ei Würfel, ud es gilt T x (W ) = W. Weil T x (S) =T x (W ) folgt (ach der Defiitio des äußeres Maßes) µ (T x (S)) T x (W ) = W. = Also ist µ (T x (S)) eie utere Schrake der Mege { = W S = W } [, ], woraus folgt µ (T x (S)) if{ W S = W } =: µ (S). = =

8 8 JOHANNES EBERT Nu ist T x T x = id, also S = T x (T x (S)), ud daher gilt auch µ (S) µ (T x (S)) ach dem ebe gesagte. Also folgt, dass sogar µ (S) = µ (T x (S)) für alle S gilt. Sei u S messbar ud ɛ >. Da wähle eie offee Mege U S mit µ (U S) ɛ. Es ist T x (U) offe (de Tx ist stetig) ud außerdem µ (T x (U) T x (S)) = µ (T x (U S)) = µ (U S) ɛ. Da ɛ > beliebig war, ist T x (S) als messbar erkat. Alle adere Eigeschafte des Lebesgue-Maßes sid ichttrivial, ud wir begie mit eier schwache Versio der σ-additivität. Satz.9 (σ-subadditivität des äußere Maßes). Seie S, S 2,... R d. Da gilt µ ( j=s j ) µ (S j ). Beweis. Sei ɛ >. Wähle Würfel W j,k mit S j k= W j,k ud µ (S j ) ɛ j= k= W j,k 2. Es ist da S := j j= S j (j,k) N N W j,k ud daher ach Defiitio des äußere Maßes µ (S) W j,k =! W j,k (µ (S j ) + ɛ 2 j ) = (µ (S j )) + ɛ. (j,k) N N j= k= Die mit Ausrufezeiche markierte Gleichug stimmt wege des Doppelreihesatzes. Da ɛ beliebig war, folgt die Behauptug. Lemma.2. Ist S R d, so gilt µ (S) = if{ P j P j offeer Würfel, S j=p j }. j= Beweis. Sei B das Ifimum auf der rechte Seite. Ist S j P j, P j offeer Würfel, so gilt S j Pj, ud P j = P j. Also P j = P j µ (S) j= j= ud somit (gehe zum Ifimum) B µ (S). Nu sei S j= Q j, Q j abgeschlosseer Würfel. Sei ɛ >. Wähle eie offee Würfel P j Q j mit Q j P j ɛ/2 j. Da gilt Q j ( P j ɛ 2 j ) = ( P j ) ɛ B ɛ. j= Also folgt (ɛ ) j= j= j= Q j B j= ud daher (gehe zum Ifimum über) µ (S) B. Nu köe wir die erste substatielle Teile vo Satz.6 beweise. j=

9 VORLESUNG ANALYSIS III, WINTERSEMESTER 25/6 9 Satz.2 (Äußere Regularität). Für jede Teilmege S R d ist µ (S) = if{µ (U) S Uoffe}. Beweis. Aus der Mootoie des äußere Maßes (Lemma.7) folgt µ (S) µ (U), we S U. Also gilt, durch Übergag zum Ifimum, µ (S) if{µ (U) S Uoffe}. Für die umgekehrte Ugleichug wähle ma ɛ > beliebig. Wähle offee Würfel W j mit S j= W j ud j= W j µ (S) + ɛ (.2!). Da ist j= W j offe ud µ ( j= W j) j= W j µ (S) + ɛ. Also if{µ (U) S Uoffe} µ (S) + ɛ für alle ɛ, ud ɛ zeigt if{µ (U) S Uoffe} µ (S). Lemma.22 (Vollstädigkeit). Sei S R d messbar mit µ(s) = ud T S. Da ist T messbar (ud wege Lemma.7 gilt µ(t ) = ). Beweis. Sei ɛ > ud U S offe mit µ (U S) < ɛ. Da ist µ (U T ) µ (U). Wege Satz.9 (der auch für edliche Vereiiguge gilt), folgt µ(u) µ (S) + µ (U S) + ɛ. Satz.23. Seie S, S 2... messbare Teilmege des R d. Da ist S := j= S j messbar. Beweis. Sei ɛ >. Es existiere offee U mit S U ud µ (U S ) Da ist U = =U offe, S U. Ferer ist U S =(U S ) ud daher µ (S U) µ ɛ (S U ) 2 = ɛ, was zu zeige war. =.5. Die Normierug des Lebesgue-Maßes. Bis jetzt habe wir die topologische Eigeschafte R d ur i formaler Weise ausgeutzt. A zwei Stelle müsse wir wesetlich beutze, dass R d ei vollstädiger metrischer Raum ist, ud beide Male läuft es auf ei Kompaktheitsargumet hiaus. Wir wolle zuächst das äußere Maß eies Quaders bereche, also zeige, dass µ (Q) = Q gilt. Später zeige wir, dass Quader auch messbar sid, womit der Beweis vo Satz.6(8) erbracht ist. Ei Teil des Beweises beruht auf eiem rei kombiatorische Argumet. Zuächst eiige Notatioe. Für x R d ud l > sei = W d x,l := [x, x + l]... [x d, x d + l] der Würfel mit Kateläge l, desse eier Eckpukt i x liegt. Ferer sei, für r >, rz d R d die Mege aller rx, mit x Z d. Ist Q R d ei Quader ud N N, so setze wir J N (Q) := {x N Zd W d x, Q } N ud I N := I N (Q) := {x N Zd W d x, Q}. N Das folgede Lemma zeigt, dass ma das Elemetarvolume auf Zähle ud eie Grezübergag zurückführe ka. Lemma.24 (Diskretisierugslemma). Es sei Q R d ei Quader. Da gilt lim N N d I N(Q) = lim N N d J N(Q) = Q. ɛ 2.

10 JOHANNES EBERT Beweis. Wir betrachte zuächst de Fall d =. Sei (a, b) Q [a, b], a b. Es gilt da b a 2 I (Q) J N (Q) b a + 2, wie ma durch eie eifache Falluterscheidug eisieht. Um I N (Q) ud J N (Q) abzuschätze, beutzt ma, dass (I N (Q)) = (I (NQ)) ud (J N (Q)) = (J (NQ)) gilt (NQ ist {Ny y Q}). Also ist N(b a) 2 I (NQ) = I N (Q) J N (Q) = J (NQ) N(b a) + 2. Divisio durch N ud Grezübergag N zeigt die Behauptug. Nu zum Fall d >. Es sei Q = Q... Q d als Produkt vo Itervalle geschriebe. Es gilt da I N (Q) = I N (Q )... I N (Q d ) ud J N (Q) = J N (Q )... J N (Q d ) (warum?). Deswege ist Q = Q j = j= lim N j= ud aalog für J N statt I N. N (I N(Q j )) = lim N N d d j= (I N (Q j )) = lim N N d (I N (Q)) Korollar.25. Seie Q, Q,..., Q Quader ud Q j= Q j. Da gilt Q j= Q j. Beweis. Es gilt J N (Q) j= J N(Q j ) ud daher folgt die Ugleichug durch Grezübergag aus Lemma.24. Ma ka dieses uscheibare ud scheibar baale Ergebis auch direkt zeige; der Beweis ist aber eher mühselig. Satz.26. Sei Q R d ei Quader. Da gilt µ (Q) = Q. Beweis. Zuächst zeige wir µ (Q) Q. Wir überdecke Q durch die abgeschlossee Würfel W d, x J x, N. Es gilt da, ach Defiitio des äußere Maßes ud N weil W d =, x, N N d µ (Q) x J N W d x, N = ( J N ) N d. Dies gilt für alle N, ud Grezübergag N zeigt µ (Q) Q (Lemma.24). Für die umgekehrte Abschätzug µ (Q) Q ehme wir zuerst a, dass Q abgeschlosse ist. Sei Q j W j, W j offee Würfel. Wir müsse j= W j Q zeige. Nu ist Q kompakt, ud Q j W j eie offee Überdeckug. Nach dem Satz vo Heie-Borel existiert ei N so dass Q j= W j. Also gilt (Korollar.25) Q W j W j. j= j=

11 VORLESUNG ANALYSIS III, WINTERSEMESTER 25/6 Dies gilt für jede Überdeckug durch offee Würfel, ud somit Q µ (Q). Nu sei Q ei beliebiger Quader ud ɛ >. Es gibt da eie abgeschlossee Quader P Q mit P ( ɛ) Q. Aus dem obe bewiesee folgt da ( ɛ) Q P = µ (P ) µ (Q) µ ( Q) = Q = Q ud für ɛ die Gleichheit aller dieser Zahle. Es mag reichlich weit hergeholt erscheie, hier de Satz vo Heie-Borel zu zitiere. Tatsächlich ist es otwedig, a dieser Stelle die Vollstädigkeit vo R zu beutze (ma versuche, die Theorie für Q d astelle vo R d zu etwickel; Satz.26 ist da falsch)..6. Iere Regularität für offee Mege. Seie S, S 2... messbare Teilmege des R d, welche paarweise disjukt seie. Wir habe bereits gesehe, dass die Vereiigug S = =S messbar ist (.23) ud dass µ( =S ) = µ(s ) gilt (.9). Wir müsse aber zeige, dass Gleichheit gilt, ud a dieses Ziel köe wir us ur schrittweise herataste. I Zukuft fixiere wir auf dem R d die l -Norm x := x l := max{ x,..., x d }. Ma bemerke, dass metrische Bälle i dieser Norm ichts aderes als Würfel sid. Defiitio.27. Seie S, T R d. Der Abstad vo S ud T ist dist(s, T ) := if{ x y x S, y T }. Lemma.28. Sei A R d abgeschlosse ud K R d kompakt. Falls A K =, so gilt dist(a, K) >. Beweis. Ma ehme a, dass dist(a, K) =. Da gibt es x A ud y K mit x y dist(a, K) =. Weil K kompakt ist, gibt es eie Teilfolge x k, welche gege ei x K kovergiert. Da gilt also y k y k x y k x k + x k x, x. Weil A abgeschlosse ist, so muss x A K gelte, ei Widerspruch. Ma ka diese Satz auch aders beweise. Variate 2: die Fuktio f : K R, f(x) := dist({x}, A) ist stetig (warum?) ud immt daher ihr Miimum auf K a... Variate 3: Sei U x := B dist(x;a) (x), für x K. Da ist U = (U x K) x K eie offee Überdeckug vo K. Sei δ > eie Lebesgue-Zahl dieser Überdeckug. Da gilt δ dist(k, A). Variate 3 : Wähle eie edliche Teilüberdeckug vo U... Satz.29. Seie S, T R d mit dist(s, T ) >. Da µ (S T ) = µ (S) + µ (T ). Isbesodere gilt dies, we S kompakt ist, T abgeschlosse ud beide disjukt sid (Lemma.28). Beweis. Aus Satz.9 folgt µ (S T ) µ (S)+µ (T ). Sei ɛ > ud wähle Würfel W mit S T W sowie W µ (S T ) + ɛ. Sei < δ < 2 dist(s, T ). Wir köe die Würfel W gegebeefalls uterteile, so dass alle Teilwürfel Kateläge < δ habe. Ohe Beschräkug der Allgemeiheit seie alle W u so klei. Sei J N die Mege aller mit W S ud I N

12 2 JOHANNES EBERT die Mege aller mit W T. Da ist I J =, ud S J W sowie T I W. Es folgt µ (S) + µ (T ) J ɛ zeigt die Behauptug. W + I W N W µ (S T ) + ɛ. Noch eie Sprechweise: sei Q, Q 2, Q 3,... eie Folge vo Würfel. Wir sage, dass die Würfel paarweise fast-disjukt sid, falls Q Q m = für m gilt. Satz.3. Jede offee Teilmege U R d ist fast-disjukte Vereiigug abzählbar vieler abgeschlosseer Würfel. Beweis. Ei beliebiger Würfel W hat eie der folgede drei Eigeschafte: () W ist schlecht, we W U =. (2) W ist gut, we W U. (3) W ist möglicherweise gut, we W U, W U c. Wir erier us u a die Elemetarwürfel W x,/2 mit Ecke i x 2 Z d ud Kateläge /2. Wir kostruiere u eie abzählbare Mege I = I I 2 I 3... vo geeigete abgeschlossee Würfel. Sei I die Mege aller gute Würfel der Form W x,, x Z d. Alle möglicherweise gute Würfel werde i 2 d gleich große Teile geteilt. Wir ehme wieder die gute zu userer Mege hizu, ud betrachte die möglicherweise gute, ud uterteile wieder. So fortfahred erhalte wir eie abzählbare Mege vo Würfel, die alle i U ethalte sid ud paarweise fastdisjukt sid. Formal sei I die Mege aller gute Würfel der Form W x,, x Z d ud I sei die Mege aller gute Würfel der Form W x,, welche icht i eiem der Würfel aus 2 I... I ethalte sid. Sei I = =I. Die Würfel aus I sid fast-disjukt ud alle i U ethalte. Die Vereiigug ist gaz U: zu jedem x R d existiert eie Folge y 2 Z d mit x W y,/2 für alle. Für groß geug ist W y,/2 U, ud es gibt ei kleistes mit W y,/2 U. Dieser Würfel ist gut (oder i eiem gute Würfel ethalte). Korollar.3. Sei U R d offe, ud sei () K die Mege aller kompakte Mege K U, (2) W die Mege aller Teilmege vo U, welche edliche Vereiiguge paarweise disjukter kompakter Würfel sid. Da gilt Beweis. Es ist klar, dass µ (U) = sup µ (K) = sup µ (K). K K K W µ (U) sup µ (K) sup µ (K) K K K W ud wir müsse µ (U) sup K W µ (K) zeige. Für die umgekehrte Ugleichug schreibe wir U = =W als fast-disjukte Vereiigug vo Würfel, ach Satz.3. Sei ɛ >. Zu jedem W wähle wir eie abgeschlossee Würfel Q W mit µ (Q ) µ (W ) ɛ 2. Sei K m := Q Q 2... Q m.

13 VORLESUNG ANALYSIS III, WINTERSEMESTER 25/6 3 Die Mege K m ist kompakt ud disjukte Vereiigug vo Würfel. Wege Lemma.28 ud Satz.29 gilt (Iduktio) m m m µ (K m ) = µ (Q ) ( µ (W )) ɛ.26 = ( W ) ɛ = = Nu treffe wir eie Falluterscheidug. Ist = W <, so wähle ma ei m mit m = W = W ɛ ud folgert: m µ(k m ) ( W ) ɛ W 2ɛ µ (S) 2ɛ = = (die letzte Ugleichug ist wieder eifach die Defiitio des äußere Maßes). Falls = W =, so wird m = W beliebig groß. Also köe wir i diesem Fall kompakte Teilmege vo U mit beliebig großem äußere Maß fide. Bemerkug: i der Situatio des vorherige Beweises gilt sogar µ(u) = = W. Dies folgt etweder aus dem Beweis oder aus de Eigeschafte des Lebesgue- Maßes..7. Kostruktio des Lebesgue-Maßes: Schluss des Beweises. Wir wolle u de Beweis vo Satz.6 zu Ede führe. Zuächst liste wir auf, was och zu zeige ist: = Komplemete messbarer Mege sid messbar. Iere Regularität für beliebige (icht ur offee) Mege. Das Lebesgue-Maß ist σ-additiv. Satz.32. Abgeschlossee Teilmege A R d sid messbar. Beweis. Sei A R d abgeschlosse. We wir zeige köe, dass jede der kompakte Mege A := A [, ] d messbar ist, habe wir gewoe, wege.23 ud weil A = =A. Also dürfe wir aehme, dass A kompakt ist. Da ist A i eiem Quader ethalte ud hat edliches äußeres Maß. Sei ɛ >. Wege der scho gezeigte äußere Regularität (Satz.2) gibt es eie offee Mege A U mit µ (U) µ (A) + ɛ/2. Wir wolle µ (U A) ɛ zeige. Auf jede Fall ist µ (U A) µ (U) <. Wähle K U A kompakt mit µ (K) µ (U A) ɛ/2 (Korollar.3). Wege Satz.29 ist ud somit µ (A) + µ (K) = µ (A K) µ (A) + µ (U A) ɛ/2 µ (A) + µ (K) = µ (A K) µ (U) µ (A) + ɛ/2. beziehugsweise µ (U A) ɛ (hier utzt ma, dass µ (A) < ). Satz.33. Sei S R d messbar. Da ist S c messbar. Beweis. Zu jedem N wähle ma ei offees U S mit µ (U S). Da ist U c abgeschlosse ud folglich messbar (wege.32). Da ist auch T := =U c messbar. Aber T = ( =U ) c S c ud S c T = S c T c = T c S = ( =U ) S.

14 4 JOHANNES EBERT Also gilt, für alle, ud daher S c T U S µ (S c T ). Also ist S c T eie Nullmege, ud S c = (S c T ) T ist als Vereiigug der messbare Mege T ud eier Nullmege erkat. Also S c messbar. Die Drehscheibe des gesamte Argumetes ist die iere Regularität des Lebesgue- Maßes. Lemma.34. Sei ɛ >. Da existiere disjukte kompakte Mege K, K 2,... i R d, so dass µ (R) ɛ gilt, wobei R := R d \ ( K ). Beweis. Sei Q = [, ] d. Nu ist Q messbar, ud wir fide eie offee Mege Q V mit µ (V Q ) ɛ 2. Wir köe V verkleier, so dass V [ /2, +/2] d. Sei V =. Nu setze K := Q V. Die Mege K ist kompakt; es gilt K K m = für m. Außerdem ist ach Kostruktio R = R d \ =K = =(V Q ). Wege der Subadditivität gilt somit µ (R) µ (V Q ) ɛ. = Satz.35. Für S R d messbar gilt sup K Skompakt µ(k) = µ(s). Beweis. Sei S messbar. Da ist S c messbar. Wähle U S c offe mit µ (U S c ) ɛ ud setze A := U c. Da ist A S ud U S c = U S = S U c = S A, d.h. µ (S A) ɛ. Somit µ(s) µ(a) + µ(s A) µ(a) + ɛ. Soweit habe wir gezeigt, dass sup A Sabgeschlosse µ (A) = µ (S). Seie u K ud R wie i Lemma.34 ud A := K A (kompakt!). Es gilt µ (A) µ (A R) + µ ( A ) ɛ + µ ( A ).9 ɛ + µ (A ). Sezue L m := A... A m. Da ist L m kompakt, ud µ(l m ) = m = µ(a ), wege.29. Falluterscheidug: ist µ (A ) <, so wähle m mit m = µ(a ) = µ(a ) ɛ. Da gilt m µ(a) 2ɛ + µ (A ) = µ(l m ) + 2ɛ. = Falls µ (A ) =, so wird das Maß vo L m beliebig groß. Satz.36. Das Lebesgue-Maß ist σ-additiv.

15 VORLESUNG ANALYSIS III, WINTERSEMESTER 25/6 5 Beweis. Seie zuächst S, S 2 messbar ud disjukt. Wir behaupte µ(s S 2 ) = µ(s ) + µ(s 2 ). Hiervo ist die Ugleichug scho bewiese. Sei ɛ >. Falls S oder S 2 uedliches Maß habe, so auch S S 2 (Mootoie, Lemma.7) ud das gaze ist trivial. Also ehme wir µ(s i ) < a. Wege der iere Regularität gibt es kompakte K i S i mit µ(s i ) µ(k i ) + ɛ/2. Da K K 2 = folgt µ(s ) + µ(s 2 ) µ(k ) + µ(k 2 ) + ɛ = µ(k K 2 ) + ɛ µ(s S 2 ) + ɛ. Da ɛ. Durch Iduktio folgt µ( j= S j) = j= µ(s j), falls die S j paarweise disjukt sid. Ist S = j= S j eie abzählbare disjukte Vereiigug, so ist µ(s j ) = µ( j=s j ) µ(s). j= Grezübergag zeigt da j= µ(s j) µ(s), ud die adere Ugleichug ist scho gezeigt worde..8. Nicht Lebesgue-messbare Teilmege. Ma wird ach eiigem Herumprobiere feststelle, dass ma keie Mege agebe ka, welche icht Lebesguemessbar sid. Deoch ist icht jede Teilmege des R d Lebesgue-messbar, wie wir jetzt sehe werde. Satz.37 (Vitali). Jedes ichtleere offee Itervall I R ethält eie Teilmege, welche icht Lebesgue-messbar ist. Der Beweis des Satzes beruht auf dem Auswahlaxiom der Megelehre: Auswahlaxiom. Ist f : Y eie surjektive Abbildug vo Mege, da gibt es eie Abbildug g : Y mit f g = id. Beweis vo Satz.37. Wir führe auf R folgede Äquivalezrelatio ei: x y x y Q. Die Mege der Äquivalezklasse sei mit R/Q bezeichet. Sei q : R R/Q die Restklasseabbildug. Diese ist surjektiv. Wir köe folgede Verfeierug vorehme: Sei I R ei ichtleeres offees Itervall. Da existiert zu jedem x R ei y Q, so dass x + y I. Daraus folgt, dass die Eischräkug q I : I R/Q ebefalls surjektiv ist. Das Auswahlaxiom besagt u, dass eie Abbildug r : R/Q I existiert mit q r = id. Sei S I das Bild vo r. Wir behaupte, dass S icht messbar ist. Dies beruht auf drei Beobachtuge: () Es gilt S = {x R x = r(q(x))}, (2) für x Q, x ist S (x + S) =, (3) x Q (x + S) = R. Warum ist das richtig? () Falls x = r(q(x)), so ist x S. Ist x S, da gibt es ei z R/Q mit x = r(z). Weil q r = id, ist da q(x) = q(r(z)) = z, d.h. x = r(z) = r(q(x)). (2) Sei y S (x+s). Da gilt y, y x S. Weil x Q folgt q(y x) = q(y). Es folgt aus (): y x = r(q(y x)) = r(q(y)) = y, also x =.

16 6 JOHANNES EBERT (3) Für beliebiges x R ist x r(q(x)), also y := x r(q(x)) Q. Aber r(q(x)) S, also x y + S. Wir ehme u a, dass S messbar ist. Es gilt, wege der σ-additivität ud Traslatiosivariaz des Lebesgue-Maßes (beachte, dass Q abzählbar ist): = µ(r) = µ( x Q x + S) = x Q µ(x + S) = x Q µ(s). Somit muss µ(s) > sei, de aderfalls wäre die Summe. Sei u I = (a, b) ud J = (a, b + ). Da gilt: x < x + S J. Also x Q, x < x + S J, also µ(s) = µ(x + S) µ(j). x Q, x < x Q, x < Das ist ei Widerspruch, weil es uedlich viele x Q mit x < gibt. Aus dem Beweis köe wir och weitere Schlüsse ziehe: Korollar.38. Sei S (, ) R wie im Beweis vo Satz.37 kostruiert. Sei T S Lebesgue-messbar. Da gilt µ(t ) =. Beweis. Weil x Q, x < x + S (, 2) eie disjukte Vereiigug ist, folgt x Q, x < x + T (, 2), ud aus der σ-additivität ud Traslatiosivariaz des Lebesgue-Maßes folgt µ(t ) = µ(x + T ) = µ( x Q, x < x + T ) 3 x Q, x < x Q, x < ud das ka ur stimme, we µ(t ) =. Korollar.39. Jede Lebesgue-messbare Teilmege T R mit µ(t ) > ethält eie icht messbare Mege S T. Beweis. Wir zeige, dass eie messbare Mege T, dere Teilmege alle messbar sid, eie Nullmege sei muss. Sei wieder S eie Vitali-Mege wie im Beweis vo Satz.37. Ageomme, T (x + S) sei messbar für alle x Q. Weil T (x + S) = x+(( x+t ) S), sehe wir, dass ( x+t ) S für alle x Q messbar ist. Da muss, ach dem vorherige Korollar, ( x+t ) S eie Nullmege sei. Somit ist T (x+s) eie Nullmege, ud ach der σ-additivität auch T = x Q T (x + S)..9. Borelmege. Bevor wir zum Itegral komme, sid och eiige etwas abstrakte Formalitäte zu erledige. Die folgede Dige sid vo rei techische Iteresse. Lemma.4. Es sei eie Mege ud A P() eie Mege vo Teilmege vo. Da gibt es geau eie σ-algebra B(A) auf mit folgede Eigeschafte: () A B(A). (2) Ist B eie weitere σ-algebra auf mit A B, da gilt B(A) B. B(A) heißt die vo A erzeugte σ-algebra.

17 VORLESUNG ANALYSIS III, WINTERSEMESTER 25/6 7 Das Lemma hat gewisse formale Ählichkeit mit der folgede Aussage, welche aus der Lieare Algebra bekat ist. Ist V ei Vektorraum ud S V eie Teilmege, so gibt es geau eie Uterraum W V, so dass S W ud so dass für jede adere Uterraum U V mit S U gilt: W U. Natürlich ist W die Mege aller Liearkombiatioe vo Vektore aus S, ka aber auch als der Durchschitt aller Uterräume U V mit S U kostruiert werde. Beweis. Die Eideutigkeit ist klar: habe B(A) ud B (A) die geforderte Eigeschafte, so gilt B(A) B (A) B(A). Es gibt auf jede Fall eie σ-algebra, welche A ethält, ämlich die Potezmege P(). Wir wolle B(A) als Durchschitt aller σ-algebre, welche A ethalte, kostruiere. Formal geht das wie folgt: Sei I P(P())) die Mege aller σ-algebre B mit A B. Weil P() I, ist I. Nu setze wir B(A) := B I B. Eiige sehr abstrakte, aber letzlich triviale Überleguge zeige, dass B(A) tatsächlich die geforderte Eigeschafte hat. Defiitio.4. Sei = R d oder allgemeier ei metrischer Raum. Sei U P() die Mege aller offee Teilmege vo. Da heißt B := B(U) die Borel-σ-Algebra. Die Elemete vo B(U) heiße Borel-Mege. Dies ist die kleiste σ-algebra auf, welche alle offee Mege ethält. Satz.42. Sei L R d die σ-algebra aller Lebesgue-messbare Teilmege vo R d. Da gilt B R d L R d. Sei W P() die Mege aller offee Würfel i R d. Da gilt B R d = B(W), das heißt, die Borel-σ-Algebra auf R d wird vo de offee Würfel erzeugt. Ma ka zeige, dass B R d L R d gilt, mit adere Worte: es gibt Lebesguemessbare Teilmege, welche keie Borelmege sid (we B R d = L R d stimme würde, köte wir us diese Formalitäte spare). Der Uterschied liegt i de Nullmege, spielt aber leider i spätere Beweise (Substitutiosformel i höhere Dimesioe) eie leidige Rolle. Beweis. Wir habe gezeigt, dass U, die Mege aller offee Teilmege i R d, i L liegt ( offee Mege sid Lebesgue-messbar ). Also gilt ach Lemma.4 B R d := B(U) L. Für die zweite Aussage reicht es, zu beweise, dass U B(W), de da folgt B(U) B(W), ud B(W) B(U) ist ohehi klar. Sei u U U, also U R d offe. Schreibe U = =W als abzählbare Vereiigug vo abgeschlossee Würfel. Nu existiert, weil U offe ist, zu jedem W ei offeer Würfel V mit W V U. Es gilt da U = =V, also U B(W). Satz.43. Die σ-algebra L R d wird vo de offee Mege ud de Nullmege erzeugt. Beweis. Sei S R d Lebesgue-messbar. Da gibt es offee Mege U S so dass µ(u S). Da ist U \ S eie Nullmege, ud S = ( U ) \ ( U \ S) liegt i der σ-algebra, welche vo de offee Mege ud de Nullmege erzeugt wird.

18 8 JOHANNES EBERT 2. Das Lebesgue-Itegral Bis jetzt habe wir die Kostruktio des Lebsgue-Maßes gesehe. Wir wede us u wieder allgemeie Maßräume (, B, µ) zu ud wolle Fuktioe R bzw. [, ] itegriere. Der erste Schritt besteht dari, eie geeigete Klasse vo Fuktioe zu fide, welche überhaupt als Itegrade i Frage komme. 2.. Messbare Fuktioe. Defiitio 2.. Ei Messraum ist ei Paar (, B), bestehed aus eier Mege ud eier σ-algebra B auf. Defiitio 2.2. Seie (, B) ud (Y, C) Messräume ud f : Y eie Abbildug. Da heißt f messbar, falls gilt: ist S C, so ist f (S) B. Es sei hier dara eriert, dass eie Abbildug f : Y metrischer Räume geau da stetig ist, we f (U) offe i ist, für jede offee Teilmege U Y. Ma beachte die formale Aalogie. Wie stetige Abbilduge kompoiere sich auch messbare Abbilduge sehr eifach: Lemma 2.3. Seie (, B), (Y, C) ud (Z, D) Messräume ud (, B) g (Y, C) f (Z, D) messbare Abbilduge. Da ist die Kompositio f g messbar. Beweis. Klar: S D, da f (S) C, da g (f (S)) B. Aber g (f (S)) = (f g) (S). Normalerweise ist eie σ-algebra uvorstellbar groß, ud wir brauche ei überprüfbares Kriterium, um Messbarkeit achzuweise. Lemma 2.4. Sei (, B) ei Messraum, Y eie Mege ud A P(Y ) sowie f : Y eie Abbildug. Da sid äquivalet: () f : (, B) (Y, B(A)) ist messbar. (2) Für jede Mege S A ist f (S) B. Beweis. Weil A B(A), ist die Schlussfolgerug 2 offesichtlich. Für 2 betrachte wir die Mege C P(Y ) aller Teilmege S Y, so dass f (S) B. Vorausgesetzt ist A C ud zu zeige ist B(A) C. Nach Lemma.4 geügt es, zu zeige, dass C eie σ-algebra auf Y ist. Dies ist aber klar: erstes ist f ( ) = B, also C. Ist zweites S C, so gilt f (S c ) = (f (S)) c, ud weil f (S) B, so ist auch (f (S)) c B, also S c C. Sid drittes S C, N, so ist f ( S ) = f (S ), ud weil f (S ) B ud B eie σ-algebra ist, so liegt auch f ( S ) i B, also S C. Lemma 2.5. Es sei f : R d R stetig. Da sid f : (R d, L R d) (R, B R ) ud f : (R d, B R d) (R, B R ) messbar. Im allgemeie ist f : (R d, L R d) (R, L R ) icht messbar, auch we f stetig ist. Beweis. Sei U R offe. Da ist f (U) R d offe, weil f stetig ist. Somit ist f (U) B R d L R d. Weil B R = B(U), erledigt Lemma 2.4 de Rest geräuschlos. Lemma 2.6. Sei (, B) ei Messraum ud f : R. Da sid äquivalet:

19 VORLESUNG ANALYSIS III, WINTERSEMESTER 25/6 9 () f : (, B) (R, B R ) ist messbar. (2) Jede Kompoetefuktio f i : (, B) (R, B R ) ist messbar (i =,..., ). Beweis. 2. Die Koordiateprojektio p i : R R, p i (x) = x i, ist stetig. Nu ist f i = p i f, ud betrachte (, B) f (R, B R ) pi (R, B R ). Nach Lemma 2.5 ud Lemma 2.3 ist also f i messbar. 2. Seie f,..., f : (, B) (R, B R ) messbar. Sei W = (a, b )... (a, b ) ei offeer Würfel. Da gilt f (W ) = k=f k (a k, b k ); somit ist f (W ) Schitt messbarer Mege, also selber messbar. Weil die Borelσ-Algebra B R vo de offee Würfel erzeugt wird (Lemma.42), ist also f messbar, ach Lemma 2.4. Satz 2.7. Sei (, B) ei Messraum ud seie f, g : (, B) (R, B R ) messbar ud a R. Da gilt () f + g ist messbar. (2) f ist messbar. (3) af ist messbar. (4) Für = sid f + := max{, f} = 2 (f + f ) ud f = mi{, f} = 2 ( f f) messbar. (5) Falls = oder das Ziel C ist, so ist fg messbar. Beweis. Das geht leicht vo der Had. Zum Beispiel ist f + g die Kompositio (, B) h (R 2, B R 2) k (R, B R ), mit h(x) = (f(x), g(x), sowie k(y, z) = y + z. h ist messbar (utze Lemma 2.6) ud k ist stetig, also f + g messbar. Aalog erledigt ma 5, ud 2,3,4 ist ählich, aber eifacher. Wir treffe u folgede Vereibarug. Sei (, B) ei Messraum. We wir im folgede sage, dass f : R messbar ist, da meie wir, dass f : (, B) (R, B R ) messbar ist. Wir wolle auch Fuktioe f : [, ] betrachte. Defiitio 2.8. Die Borel-σ-Algebra B [, ] auf [, ] ist die vo {(a, ] a R} erzeugte σ-algebra. Es gilt [, c] = ((c, ]) c B [, ] ; sowie [, b) = =[, b ] B [, ] (a, b) = (a, ] [, b) B [, ]. Deshalb liege alle offee Itervalle i B [, ], ud somit alle Borelmege S R. Wir schließe hieraus:

20 2 JOHANNES EBERT Satz 2.9. Eie Fuktio f : [, ] ist geau da messbar, we die Teilmege f (a, ]) für jedes a R messbar sid. Nu sei ei Messraum ud f : [, ] eie Folge messbarer Fuktioe. Wir bilde aus dieser Folge eue Fuktioe, ämlich sup f, if f, lim if f, lim sup f. Gaz präzise ist (sup f )(x) := sup (f (x)) gemeit (ud aalog i de adere Fälle). Satz 2.. Seie f : [, ] messbar, N. Da sid sup f, if f messbar. Ferer sid lim if f ud lim sup f messbar. Isbesodere sid puktweise Grezwerte messbarer Fuktioe wieder messbar. Beweis. Sei f := sup f ud a R. Da ist f ((a, ]) = f ((a, ]) messbar, ud also ist f messbar ach 2.9. Die Messbarkeit vo if f folgt aalog (beachte if f = sup ( f )). Außerdem beachte ma lim sup f (x) = if sup N k f k (x); lim if f (x) = sup if f k(x). k Defiitio 2.. Sei (, B, µ) ei Maßraum. Eie messbare Fuktio f : R heißt Stufefuktio, falls f() R eie edliche Mege ist, d.h. falls f ur edlich viele Werte aimmt. Eie Stufefuktio f heißt Treppefuktio, falls µ({x f(x) }) <. Wir defiiere die charakteristische Fuktio χ S : R eier Mege S durch { x S χ S (x) = x S. Ma bemerke, dass χ S geau da messbar ist, we S eie messbare Mege ist. Satz 2.2. Sei f : [, ] messbar. Da gibt es eie Folge vo Stufefuktioe f : R, so dass f (x) f 2 (x)... ud lim f (x) = f(x). Sei f : R messbar. Da gibt es eie Folge vo Stufefuktioe f : R d mit f (x) f(x) für alle x ud lim f (x) = f(x). Beweis. Im erste Fall setze für k N. Setze A,k = {x k 2 < f(x) k + 2 f (x) := 4 k= k 2 χ A,k. Dies tut es, wie ma direkt achsieht (Bild). Im zweite Falle betrachte zuerst =. Schreibe f = f + f mit ichtegative Fuktioe. Aus dem erste Teil immt ma sich die Fuktioefolge ud N

21 VORLESUNG ANALYSIS III, WINTERSEMESTER 25/6 2 betrachtet die Differez. Im allgemeie Fall > gehe ma kompoeteweise vor. Sei (, B, µ) ei Maßraum ud S B, also S sei eie messbare Teilmege vo. Wir defiiere die Eischräkug der σ-algebra B auf S. Setze B S := {T S T B}. Also besteht B S aus alle Teilmege vo S, welche i messbar sid. Ma überlegt sich leicht, dass B S = {T S T B} gilt: de ist T B, so gilt T S B (de S ud T sid beide messbar) ud daher S T B S. Ist umgekehrt T B S, so köe wir T = T S als Schitt zweier Mege i B schreibe. Nu sei µ ei Maß auf B. Wir setze da µ S (T ) := µ(t ), falls T eie messbare Teilmege vo S ist. Dass µ S ei Maß ist, ist offesichtlich. Lemma 2.3. Sei (Y, A) ei weiterer Messraum. Falls f : (, B) (Y, A) messbar ist, so ist die Eischräkug f S : (S, B S ) (Y, A) messbar. Ist umgekehrt g : (S, B S ) (Y, A) messbar ud y Y ei fest gewählter Pukt, so ist die durch { g(x) x S g(x) := x S defiierte Fortsetzug vo g eie messbare Abbildug (, B) (Y, A). y I der Praxis ist der Fall Y = R oder [, ] relevat. I diesem Falle wird ma y = wähle. Beweis. Dies ist eie eifache Kosequez aus de Defiitioe Das Itegral ichtegativer Fuktioe. Sei vo u a (, B, µ) ei Maßraum. Wir wolle messbare Fuktioe f : R itegriere. Dabei geht ma i drei Schritte vor: () Itegriere Stufefuktioe f : [, ). (2) Itegriere messbare Fuktioe f : [, ]. I diese beide Fälle ka das Itegral de Wert + aehme. (3) Erkläre die Itegrierbarkeit messbarer Fuktioe f : R ud defiiere das Itegral. Sei f : [, ) eie Stufefuktio. Sei a = ud seie a,..., a die vo Null verschiedee Werte vo f ud A k := f (a k ). Setze f(x)dµ(x) := a k µ(a k ) [, ]. k= Für eie messbare Teilmege S setze f(x)dµ(x) = S χ S fdµ(x). Die Notatio dµ(x) ist gewählt, damit sowohl das Maß µ als auch die Itegratiosvariable klar sid. We kei Zweifel über x ud µ besteht oder über, so schreibe wir oft eifach fdµ = f = f.

22 22 JOHANNES EBERT Lemma 2.4. Sei (, B, µ) ei Maßraum. Seie f, g : [, ] Stufefuktioe. Da gilt: () Die Abbildug ν : B [, ], ν(s) := fdµ ist ei Maß. Ist µ(s) =, S so folgt ν(s) =. (2) (f + g)dµ = fdµ + gdµ. (3) Für c gilt cfdµ = c fdµ. Beweis.. Es ist klar, dass ν( ) =, ud es ist auch klar, dass f =, we S µ(s) =. Seie S, S 2,... messbar ud disjukt, S = j S j. Da gilt fdµ = a k µ(s A k ) = a k µ(s j A k ) = a k µ(s j A k ) = fdµ. S S j k= k= j= j= k= Die zweite Gleichug ist die σ-additivität vo µ ud die dritte der Doppelreihesatz. 2. Seie u b =, b,..., b m die vo Null verschiedee Werte vo g ud B j := g (b j ). Nach Teil ist m m (f + g)dµ = (f + g)dµ = (a k + b j )µ(a k B j ). A k B j Adererseits folgt fdµ+ gdµ = j= k= m a k µ(a k )+ b j µ(b j ) = k= j= j= k= k= j= j= m m a k µ(a k B j )+ b j µ(b j A k ). j= k= 3. ist klar. Korollar 2.5. Sei ei Maßraum ud f, g : [, ) Stufefuktioe. Da gilt () Falls S S 2 S 3... eie aufsteigede Folge messbarer Teilmege vo ist, ud S = S, so gilt S f(x)dµ(x) = lim S f(x)dµ(x). (2) Falls f g, so gilt fdµ gdµ. (3) Falls S T messbar ist, so gilt S fdµ T fdµ. Beweis. 3. folgt sofort daraus, dass ν(s) := fdµ ei Maß ist, ud. ebefalls S (wege Propositio.2). Für 2. otiert ma, dass g = f + h gilt, wobei h : [, ) eie Stufefuktio ist. Es gilt da gdµ = fdµ + hdµ fdµ. Defiitio 2.6. Sei (, B, µ) ei Maßraum ud f : [, ] messbar. Wir defiiere f(x)dµ := sup{ gdµ g fstufefuktio} [, ]. Für eie messbare Teilmege S setze wir f(x)dµ(x) = χ S (x)f(x)dµ(x). S

23 VORLESUNG ANALYSIS III, WINTERSEMESTER 25/6 23 Lemma 2.7. Sei (, B, µ) ei Maßraum ud f, g : [, ] messbar sowie c [, ). Da gilt () f g, da f g. (2) S T messbar, da S f T f. (3) cf(x)dµ(x) = c f(x)dµ(x). (4) Falls µ(s) =, so ist fdµ =. S Beweis.. Sei h f eie Stufefuktio. Da gilt h g, weil h g, ach der Defiitio des Itegrals. Diese Ugleichug gilt für alle solche Stufefuktioe, ud Übergag zum Supremum zeigt f g. 2. Das folgt sofort aus, weil fχ S fχ T. 3. Für c = ist die Aussage baal, also sei c >. Da cf = sup{ g g cf} = sup{ ch ch cf} = c sup{ h ch cf} = c f, wobei das Supremum stets über die Mege aller Stufefuktioe mit de agegebee Eigeschafte zu ehme ist. Die dritte Gleichug utzt cg = c g für Stufefuktioe. 4. Ist klar, weil die etsprechede Aussage für Stufefuktioe gilt. Wir komme u zu dem erste wirklich iteressate Satz über das Itegral, dem Satz über mootoe Kovergez. Dieser Satz brigt die gaze Itegratiostheorie is Laufe. Die σ-additivität geht gaz etscheided ei, i Gestalt vo Lemma 2.4. Satz 2.8 (Satz vo Beppo-Levi). Sei f : [, ] messbar. Es gelte f (x) f 2 (x)... für alle x, ud f(x) := lim f (x) sei die Grezfuktio. Da gilt lim f (x)dµ = lim f (x)dµ. Beweis. Wir beweise wieder zwei Ugleichuge, ud folge bei der schwierige Ugleichug der ei ɛ a Raum -Strategie. Es gilt f f, ud also f f, wege der Mootoie des Itegrals. Weil dies für alle gilt, folgt A := lim f f. Sei g f eie Stufefuktio ud < ɛ <. Setze S := {x f (x) ( ɛ)g(x)}. Dies ist eie messbare Mege (g ist edlich, also ist f ( ɛ)g wohldefiiert ud messbar). Es gilt stets S S +, weil die Fuktioefolge f mooto wächst. Ferer ist S =. Grud: ist g(x) =, so gilt offebar x S für alle. Ist g(x) >, da ist f(x) > ( ɛ)g(x), ud also f (x) ( ɛ)g(x) für großes, somit x S für groß. Weil S ( ɛ)gdµ ach Lemma 2.4 ei Maß ist, folgt S ( ɛ) gdµ = ( ɛ)gdµ 2.5 = lim S ( ɛ)gdµ.

24 24 JOHANNES EBERT Aber ( ɛ)gdµ f dµ f dµ. S S Zusammegeomme folgt ( ɛ) gdµ lim f dµ = A. Dies gilt für alle ɛ (, ); daher ergibt sich gdµ A. Weil das für alle Stufefuktioe g f gilt, folgt durch Übergag zum Supremum fdµ A, was zu zeige war. Wir komme zu zwei wichtige Folgeruge. Lemma 2.9. Seie f, g : [, ] messbar. Da gilt (f + g)dµ = fdµ + gdµ. Beweis. Wähle mooto wachsede Folge h, k vo Stufefuktioe, welche puktweise gege f bzw. g kovergiere. Nach Beppo-Levi gilt da fdµ+ gdµ = lim h dµ+lim k dµ = lim (h +k )dµ = (f +g)dµ. Hier habe wir geutzt, dass das Itegral vo Stufefuktioe additiv ist. Lemma 2.2 (Fatou s Lemma). Seie f : [, ] messbar. Da gilt lim if f (x)dµ lim if f (x)dµ. Hier ka eie strikte Ugleichug auftauche, auch da, we sowohl f puktweise kovergiert, als auch f (x)dµ(x) kovergiert. Folgedes Beispiel illustriert dies. Sei = R mit dem Lebesgue-Maß. Betrachte die Fuktioefolge f (x) := χ [ 2, 2 ](x). Da kovergiert f puktweise (sogar gleichmäßig) gege die Nullfuktio. Also gilt R lim if f (x)dµ = dµ =. Adererseits ist R f (x)dµ(x) = µ([ 2, 2 ]) = 22 = 2, ud daher lim R f (x)dµ(x) = +. Dieses Beispiel ist aus macherlei Grüde ützlich. Erstes ist es hilfreich, um sich die Richtug der Ugleichug i Lemma 2.2 zu merke. Hier ist ei aderes Beispiel, welches zeigt, dass der Satz vo Beppo-Levi für mooto fallede Fuktioefolge falsch ist. Setze f (x) :=. Da gilt lim f (x) = für alle x, aber R f = für alle. Beweis. Sei g (x) := if k f k (x). Da gilt, für alle k : g f k g f k. Also auch g if f k. k

25 VORLESUNG ANALYSIS III, WINTERSEMESTER 25/6 25 Es ist g (x) g + (x)... ud kovergiert gege lim if f (x). Nach Beppo-Levi ist da lim if f (x)dµ = lim g (x)dµ. Ferer gilt lim if k f k = lim if f. Alles i allem erhalte wir lim if f (x)dµ lim if f (x)dµ, wie behauptet Das Itegral vektorwertiger Fuktioe. Das ächste Ziel ist es u, Fuktioe R zu itegriere. Währed wir messbare Fuktioe f : [, ] stets ei Itegral f [, ] zuweise köe, braucht ma hier eie Bedigug, die der absolute Kovergez ähelt. Wir bezeiche die l 2 -Norm auf R mit x x ; die Doppelstriche wird adere Norme auf Vektorräume itegrierbarer Fuktioe vorbehalte sei. Defiitio 2.2. Sei f : R messbar. Wir sage, dass f itegrierbar ist, we f(x) dx <. Die Mege aller itegrierbare Fuktioe wird mit L (, R ) bezeichet. Was ist das Itegral? Zuächst betrachte =. Wir köe f i zwei Fuktioe zerlege, ämlich als f(x) = f + (x) f (x), f ±. Zur Erierug: f + (x) := max(f(x), ) ud f (x) := mi( f(x), ). Weil f ± f, gilt f ± <, ud wir köe fdµ := f + dµ f dµ R zumidest defiiere. Nu gehe wir zu vektorwertige Fuktioe über. Ist f = (f,..., f ) i L (; R ), so ist f i f, damit f i i L (; R) ud k fdµ := ( f i dµ)e i eie sivolle Defiitio. Hierbei sid e i R die Stadardbasisvektore. Satz () L (, R ) ist ei Vektorraum. (2) Die Abbildug : L (, R ) R, f fdµ, ist liear. (3) Ist A : R R m liear, so gilt A( f) = A(f). (4) Ferer gilt fdµ f(x) dµ. Beweis. Sid a R, f, g L (; R ), so ist af(x) + g(x) dµ(x) a f(x) dµ(x) + g(x) dµ(x) <, i=

26 26 JOHANNES EBERT ud somit ist af + g L (; R ), womit die erste Aussage auch scho gezeigt ist. Für die Liearität ehme wir us zuerst de Fall = vor. Sei a R ud f L (; R). Für a gilt (af) + = af + ; (af) = af af = af + af = a( f + f ) = a f; ud für a ist (af) + = af ; (af) = af + af = af + af + = a( f + f ) = a f. Falls f, g L, so sei h = f + g. Es gilt da beziehugsweise Also gilt h + + h + h = f + f + g + g h + + f + g = h + f + + g +. f + g = h + f + + ud weil alle Itegrale edlich sid, köe wir umstelle: h + h = + f + f + g + g, ud das war zu zeige. Die Liearität der Abbildug : L (; R ) R folgt sofort aus dem Fall = ud der Defiitio. Für Teil (3) sei A = (a ij ) eie Matrix. Da ist m Af(x) = a ij f j (x)e i, also Af = m i= j= i= j= a ij ( f j (x))e i = A( Für die Dreiecksugleichug erier wir zuächst a folgede Kosequez der Cauchy-Schwarz-Ugleichug: ist y R, so gilt Es gilt da, für f itegrierbar, f(x) = sup f(x)dµ, v = sup v v y = sup y, v. v f). g +, f(x)dµ, v sup f(x) v dµ = f(x) dµ. v Die erste Gleichug ist die Kosequez aus Cauchy-Schwarz; die zweite ist die Vertauschug des Itegrals mit lieare Abbilduge (x x, v ist liear!). Die Ugleichug folgt aus Cauchy-Schwarz. Wir sid weiger a Fuktioe R als vielmehr a Fuktioe C iteressiert. Das geht u leicht vo der Had: Ma idetifiziert ämlich R 2 mit C mittels η : (x, y) x + iy. Das Stadardskalarprodukt auf R 2 wird uter diesem Isomorphismus zu (z, w) R(z w), ud die l 2 -Norm zum Absolutbetrag. Aus dem obige Satz folgt u sofort, dass das Itegral L (; C) C die Abschätzug f f erfüllt ud R-liear ist.

27 VORLESUNG ANALYSIS III, WINTERSEMESTER 25/6 27 Das Itegral ist auch C-liear, also zfdµ = z für f L (; C) ud z C. Dies beweist ma mit folgedem Trick: sid a, b R, so kommutiert das Diagram a b b a R 2 R 2 η η C C. fdµ (a+ib) Da beutze Vertauschug des Itegrals mit lieare Abbilduge. Vo u a werde wir mit dem Symbol L () stets de Vektorraum der komplexwertige itegrierbare Fuktioe bezeiche; R-wertige Fuktioe sid dari ethalte, ud die meiste Argumete übertrage sich auf vektorwertige Fuktioe. Die Nullmege spiele für das Itegral eie spezielle Rolle. Defiitio Es sei (, B, µ) ei Maßraum ud P eie Eigeschaft vo Pukte i. Wir sage, dass P fast überall gilt, we {x P (x)} eie Nullmege ist. Defiitio Eie messbare Fuktio f : [, ] oder f : R heißt Nullfuktio, falls f = fast überall gilt, also, falls {x f(x) } eie Nullmege ist. Mit dem Symbol N (; R ) bezeiche wir die Mege aller Nullfuktioe. Ist f eie Nullfuktio, so auch f, ud es gilt da f(x) dµ(x) = f(x)dµ(x) =. Die Umkehrug gilt ebefalls, ud dafür otiere wir eie eifache, aber ützlich Ugleichug. Propositio Es sei ei Maßraum ud f : [, ] messbar. Für < c < setze wir c := {x f(x) c}. Da gilt, für alle c > : µ( c ) f(x)dµ(x). c Beweis. Der Beweis ist ahezu baal. Es gilt ämlich, ach Defiitio: cχ c χ c f f ud daher wege der Mootoie des Itegrals cµ( c ) = Divisio durch c zeigt das gewüschte. cχ c Korollar Es sei f L () mit f(x) dµ(x) =. Da ist f eie Nullfuktio. Beweis. Sei / wie i Propositio 2.25 defiiert. Es gilt da µ( / ), also ist {x f(x) } = = / eie Nullmege. Nu gilt: falls f L () ud falls g eie Nullfuktio ist, so ist f +g L (), ud es gilt f = f + g; f = f + g. f.

28 28 JOHANNES EBERT Dies zeigt, dass wir de Wert eier Fuktio auf eier Nullmege ach Beliebe abäder köe, ohe dass das Itegral sich ädert. Noch eie Schritt weitergehed, köe wir auch Fuktioe betrachte, die überhaupt ur auf S defiiert sid (S ist eie Nullmege) ud ihe deoch ei Itegral f zuweise. Korollar Sei f : [, ] mit f <. Da gilt f(x) < für fast alle x. Beweis. Es gilt f ( ) = {x f(x) }. Weil µ({x f(x) }) f ach 2.25, ist f ( ) eie Nullmege Der Satz vo der domiierte Kovergez. Satz 2.28 (Domiierte Kovergez). Sei g L (; R) ud f L (; C) eie Folge messbarer Fuktioe mit f (x) g(x). Es existiere der puktweise Grezwert f(x) := lim f (x). Da () f ist itegrierbar, (2) lim f (x) f(x) dµ =, (3) lim f dµ = fdµ. Beweis. Weil f messbar ud f(x) g(x) ist f itegrierbar. Ferer ist f (x) f(x) f (x) + f(x) 2g(x). Weil gdµ <, gilt ach Fatou s Lemma 2g(x)dµ = lim if(2g(x) f (x) f(x) )dµ lim if (2g(x) f (x) f(x) )dµ = = lim if( 2g(x)dµ = f (x) f(x) dµ) = 2g(x)dµ lim sup Alle Größe sid ichtegativ ud edlich. Also folgt lim sup f (x) f(x) dµ lim sup 2g(x)dµ+lim if( f (x) f(x) dµ. f (x) f(x) dµ. Es gilt aber ohehi f (x) f(x) dµ für alle, ud daher lim if f (x) f(x) dµ lim sup f (x) f(x) dµ, also lim f (x) f(x) dµ =. Zuletzt gilt f dµ fdµ f f dµ. f (x) f(x) dµ) = Eie Fuktio g, wie im Satz über domiierte Kovergez gefordert, heißt auch Majorate für die Folge f. Der Satz über domiierte Kovergez gehört zu de wichtigste Sätze der gesamte Aalysis. Die gesamte Etwicklug des Lebesgueitegrals ist so gestaltet, dass der Satz stimmt. Der Satz vo der domiierte Kovergez gehört mit sofortiger Wirkug zum Stadardwerkzeugkaste. Als erste Awedug zeige wir, dass das aus der Aalysis I bekate Riema-Itegral mit dem Lebesgue-Itegral übereistimmt.