Maß & Integral de Gruyter Lehrbuch, Berlin 2015 ISBN:

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1 Maß & Integral de Gruyter Lehrbuch, Berlin 205 ISBN: Lösungshandbuch René L. Schilling & Franziska Kühn Dresden, Januar 205 Diese Version: Februar 206

2 R.L. Schilling: Maß & Integral Dank. Wir bedanken uns sehr bei Herrn Julian Hollender und Frau Vera Schade, die viele der Aufgaben und Lösungen beigesteuert haben. Dresden, Januar 205 René Schilling Franziska Kühn 2

3 Contents 2 Sigma-Algebren 5 3 Maße 5 4 Eindeutigkeit von Maßen 25 5 Existenz von Maßen 35 6 Messbare Abbildungen 43 7 Messbare Funktionen 47 8 Das Integral positiver Funktionen 55 9 Das Integral messbarer Funktionen 65 0 Nullmengen 7 Konvergenzsätze 75 2 Parameter-Integrale 83 3 Riemann vs. Lebesgue 89 4 Die Räume L p und L p 99 5 Produktmaße 07 6 Der Satz von Fubini Tonelli 09 7 Unendliche Produkte 7 8 Bildintegrale und Faltung 9 9 Der Satz von Radon Nikodým Der allgemeine Transformationssatz 37 2 Maßbestimmende Familien 45 3

4 R.L. Schilling: Maß & Integral 22 Die Fouriertransformation Dichte Teilmengen in L p ( p < ) Die Rieszschen Darstellungssätze Konvergenz von Maßen 7 4

5 2 Sigma-Algebren Aufgabe 2.. Lösung: (a) Die angegebene Menge ist keine Teilmenge der Potenzmenge von {a, b, c, d} und kann somit keine σ-algebra sein. (b) Das Mengensystem ist eine σ-algebra, da sie offensichtlich stabil unter Vereinigungen und Komplementen ist und die Grundmenge {a, b, c, d} enthält. Mengen der Form {, Ω} sind immer σ-algebren über Ω für beliebige Mengen Ω. (c) Das Mengensystem ist keine σ-algebra, da z. B. das Komplement von {a} nicht in ihr enthalten ist. (d) Die Potenzmenge P(Ω) ist für beliebige Mengen Ω eine σ-algebra über Ω. Aufgabe 2.2. Lösung: (a) Wir zeigen die Mengengleichheit, indem wir nachweisen, dass alle Elemente, die in einer der Mengen liegen, auch in der anderen liegen. der Argumentation sind klar. Äquivalenzpfeil muss man genauer hinschauen. Es gilt: Die meisten Schritte in Lediglich bei dem mit einem ( ) gekennzeichneten ω ξ (B c ) y B c ξ(ω) = y / z B ξ(ω) = z ω {ξ B} ω {ξ B} c Die Äquivalenz ( ) gilt, da ξ eine Abbildung ist: Jedem ω Ω wird genau ein Element in R zugeordnet. (Ist ξ(ω) = y B c, dann gilt ξ(ω) B, d. h. es kann kein z B existieren mit ξ(ω) = z. Die Umkehrrichtung folgt analog.) (b) Es gilt: ω ξ ( i I B i ) ξ(ω) B i i I i 0 I ξ(ω) B i0 i 0 I ω ξ (B i0 ) ω ξ (B i ). i I 5

6 R.L. Schilling: Maß & Integral (c) Es gilt: ω ξ ( i I B i ) ξ(ω) B i i I i I ξ(ω) B i i I ω ξ (B i ) ω ξ (B i ). i I (d) Wähle Ω = {, 2}, ξ() = ξ(2) =, A = {}. In diesem Fall gilt: A c = {2} und somit (ξ(a)) c = ({}) c = {2} {} = ξ(a c ). (e) Es gilt: x ξ ( i I (f) Für j I gilt i I A i A j, also A i ) ω A i x = ξ(ω) i I i 0 I, ω A i0 x = ξ(ω) x ξ(a i ). i I Da dies für alle j I gilt, folgt ξ ( A i ) ξ (A j ). i I ξ ( i I A i ) ξ (A j ). j I Zusatz: Die Gleichheit gilt im Allgemeinen nicht. Wählen wir z. B. Ω = {, 2, 3} und ξ() = ξ(3) = 0, ξ(2) =, dann gilt für A = {, 2} und B = {2, 3}, dass ξ(a B) = ξ({2}) = {} aber ξ(a) ξ(b) = ξ({, 2}) ξ({2, 3}) = {0, } {0, } = {0, }. Aufgabe 2.3. Lösung: Es gilt = f ( ) A. Es sei A A. Nach Definition existiert B B mit A = f (B). Gemäß Aufgabe 2.2 gilt A c = (f (B)) c = f (B c ). Wegen B c B folgt A c A. 6

7 Lösungen. Version vom February 7, 206 Es seien (A n ) n N A. Dann existieren B n B mit A n = f (B n ). Wiederum folgt aus Aufgabe 2.2, dass Da n N B n B zeigt dies n N A n A. Aufgabe 2.4. Lösung: (a) (Σ ) E A und damit C = E C C A n = f (B n ) = f ( B n ). n N n N n N (Σ 2 ) Sei A C C dann gilt (mit Komplement bzgl. C), dass (A C) c = C (A C) = (E A) C und E A A. Damit gilt: (A C) c C (Σ 3 ) Für A j C C gilt j N A j A und damit j C) = j N(A A j j N C C. (b) Eine Menge U ist offen in R d genau dann wenn für alle x U ein ε > 0 existiert, so dass B ε (x) U. Wir zeigen als erstes, dass O eine Topologie in R d ist: (O ) Für jedes x R d gilt B (x) R d, also ist R d O. Außerdem ist für die Bedingung leer, d. h. auch O. (O 2 ) Seien U, V O. Gilt U V =, dann folgt aus (O ), dass U V O. Wir können also annehmen, das U V. Für jedes x U V existieren ε U, ε V > 0, so dass B εu (x) U und B εv (x) V. Wegen B εu ε V (x) U V folgt U V O. (O 3 ) Sei J eine beliebige Indexmenge und U j O für alle j J. Für jedes x j J U j existiert ein j 0 J mit x U j0. Da U j0 Damit ist j J U j O. offen ist, können wir ε > 0 wählen, so dass B ε (x) U j0 U j. j J Dies zeigt, dass O eine Topologie in R d ist. Damit folgt auch leicht die zweite Behauptung: (O ), R d O und damit sind O, R d C O C. (O 2 ) U C, V C O C (U C) (V C) = (U V C) O denn U V O C. (O 3 ) U j C O C j J (U j C) = ( j J U j ) C O C denn j J U j O. 7

8 R.L. Schilling: Maß & Integral (c) Für O C O C gilt offenbar O C B(R d ) C da σ(o) B(R d ). Folglich, σ(o C ) B(R d ) C. Um B(R d ) C σ(o C ) zu zeigen, definieren wir Σ = {B R d ; B C σ(o C )}. Man kann leicht sehen, dass Σ eine σ-algebra ist. Weiterhin gilt O Σ. Damit folgt σ(o) = B(R d ) Σ. Aufgabe 2.5. Lösung: Wir führen zuächst einige Notationen ein: O: offene Mengen im R n C: abgeschlossene Mengen im R n K: kompakte Mengen im R n Per Definition gilt dann und somit B K C σ(b) σ(k) σ(c). Da für jede abgeschlossene Menge C C gilt C c O σ(o) und σ(o) eine σ-algebra ist, gilt C σ(o). Folglich, σ(c) σ(o). Können wir zeigen, dass σ(o) σ(b) ( ) dann folgt wegen σ(o) = B(R n ) und die Behauptung. σ(o) σ(b) σ(k) σ(c) σ(o) Zu ( ): ( ) folgt sofort aus der folgenden Identität: Diese Gleichheit sieht man so: O = B, O O. B B,B O,, : Es sei x O. Da O offen ist, existiert r > 0 mit B r (x) O. Wählen wir q B r/4 (x) Q n und r (r/4, r/2) Q, dann gilt B = B r (q) B r (x) O. Wegen x B B zeigt dies.,, : Das ist klar, die rechte Seite ist eine Vereinigung über Teilmengen von O. Aufgabe 2.6. Lösung: die leere Menge enthält. Sei A die Menge der Atome der σ-algebra A, welche zumindest Wir werden zeigen, dass eine σ-algebra aus der Menge der Vereinigungen seiner Atome besteht. Insbesondere gilt somit #(A) = 2 #(A ), 8

9 Lösungen. Version vom February 7, 206 wodurch die zweite Teilaufgabe mit einem Nein beantwortet werden muss. (Beachte: Der Exponent wird um Eins verringert wird, da die leere Menge als Atom nichts zur Vereinigung beiträgt.) Seien A und A 2 Atome der σ-algebra A, d.h. A, A 2 A, dann gilt A A 2 A und A A 2 A 2. Daher gilt entweder A A 2 = oder A = A A 2 = A 2. Insbesondere sind Atome entweder disjunkt oder identisch. Angenommen A ist noch keine Partition von E, d.h. ( A A A) c, dann ist = {B A B und B ( A A A) c } nicht leer und endlich. Insbesondere enthält es minimale Elemente bezglich der Teilmengen- Relation. Sei D ein solches minimales Element und B A mit B D. Dann gilt entweder B =, oder B und somit B = D, da D ein minimales Element von ist. Dies zeigt, dass D ein Atom der σ-algebra A ist, im Widerspruch zur Annahme D ( A A A) c. Also muss A bereits eine Partition von E sein. (Idee für Existenz minimaler Elemente: Wir nehmen eine beliebige Menge aus und überprüfen, ob es eine Menge in gibt, die strikt kleiner bzgl. der Teilmengen-Relation ist. Falls dies der Fall ist, iterieren wir den Schritt. Ansonsten sind wir bei einem minimalen Element angekommen. Dieses Verfahren terminiert, da wir jedes Element aus höchstens einmal untersuchen und nur endlich viele Elemente enthält.) Wir werden nun abschließend zeigen, dass A aus der Menge der Vereinigungen seiner nicht-leeren Atome besteht: Da σ-algebren stabil unter abzählbaren Vereinigungen sind, ist jede Vereinigung von Atomen wieder ein Element der σ-algebra. Sei B A eine beliebige Menge der σ-algebra, dann besitzt die Menge die folgende Darstellung: B = B E = B ( A A A) = A A (B A). Da aus B A A für A A folgt, dass entweder B A = oder B A = A gilt, finden wir B = {A A womit die Behauptung bewiesen wäre. Aufgabe 2.7. Lösung: B A }, Es sei E eine beliebige Menge und C eine abzählbare Familie von Teilmengen von E. Wir nehmen an, dass C eine σ-algebra ist. Für jedes x E ist die Familie C x = {C C x C} abzählbar. Somit ist C x = C Cx C C. Per Definition ist C x die kleinste Menge aus C, die x enthält. Da für alle C C entweder x C x C oder x C x C, folgt C x = C x C 9

10 R.L. Schilling: Maß & Integral oder C x = C x C. Mit anderen Worten: C x C = oder C x C. Insbesondere gilt dann für x y, dass C x C y = oder C x = C y. Nun sei I eine abzählbare Indexmenge mit (C x ) x E = (C i ) i I und C i C j für i j. Für J I folgt dann C J = C j C und J K, J, K I C J C K. j J Offensichtlich ist J C J eine Bijektion von P(I) nach C. Damit gilt: Ist I endlich, dann ist C endlich und wenn I unendlich ist, dann ist C nicht abzählbar. Alternative: Sei A die Menge der Atome der σ-algebra A. Seien A und A 2 Atome der σ-algebra A, d.h. A, A 2 A, dann gilt A A 2 A und A A 2 A 2. Daher gilt entweder A A 2 = oder A = A A 2 = A 2. Insbesondere sind Atome entweder disjunkt oder identisch. Angenommen A ist noch keine Partition von X, d.h. ( A A A) c. Sei x ( A A A) c, dann ist x = {E A x E und E ( A A A) c } nicht leer. Falls A abzählbar ist, dann ist A = D x D wieder in A und ein Atom von A: Angenommen B A mit B A, dann gilt entweder x B oder x A B. Daher haben wir entweder A B A oder A A B A, d.h. B = A oder B =. Wir haben also gezeigt, dass A eine Partition von A wäre, falls A abzählbar ist. Wir werden nun zeigen, dass A in diesem Fall aus der Menge der Vereinigungen seiner nichtleeren Atome besteht: Da σ-algebren stabil unter abzählbaren Vereinigungen sind, ist jede Vereinigung von Atomen wieder ein Element der σ-algebra. Sei E A eine beliebige Menge der σ-algebra, dann besitzt die Menge die folgende Darstellung: E = E X = E ( A A A) = A A (E A) Da aus E A A für A A folgt, dass entweder E A = oder E A = A gilt, finden wir E = {A A E A }, womit die Behauptung bewiesen wäre. Somit gilt immer #(A) = #(2 A { } ), falls A abzählbar ist. Falls A jedoch abzählbar unendlich ist, dann ergibt dies einen Widerspruch, da 2 A { } in diesem Fall überabzählbar wäre. (Denke an die Dualdarstellung der reellen Zahlen!) Aufgabe 2.8. Lösung: 0

11 Lösungen. Version vom February 7, 206 (a) Nach Definition gilt, x A B,, x B A, A B (x) =, x A B, 0, x A B, Addition der beiden Gleichungen gibt 0, x A B, 0, x B A, A B (x) =, x A B, 0, x A B. ( ), x A B,, x B A, A B (x) + A B (x) = = A (x) + B (x) ( ) 2, x A B, 0, x A B, wegen, x A B, 0, x B A, A (x) =, x A B, 0, x A B, 0, x A B,, x B A, B (x) =, x A B, 0, x A B. (b) Wegen A (x) {0, } und B (x) {0, } gilt A B (x) = x A B A (x) =, B (x) = A (x) B (x) =. Da beide Seiten nur Werte in {0, } annehmen können, folgt die Behauptung. Analog: min{ A (x), B (x)} = A (x) =, B (x) = A (x) B (x) =. (c) Per Definition gilt 0, x A, A c(x) = = A (x)., x / A, (d) Aus (dem Beweis von) Teilaufgabe (a) sehen wir min{ A (x) + B (x), } ( ) = (e) Wegen Ai (x) {0, } für alle i N gilt, x A B,, x B A,, x A B, 0, x A B, ( ) = A B (x). sup Ai (x) = i 0 N Ai0 (x) = i 0 N x A i0 i N

12 R.L. Schilling: Maß & Integral x A i i N A i (x) =. i N Da sowohl sup i Ai (x) als auch i A i (x) nur Werte in {0, } annimt, folgt die Behauptung. (f) Wegen Ai (x) {0, } für alle i N gilt inf i N A i (x) = i N Ai (x) = i N x A i x A i i N A i (x) =. i N Da sowohl inf i Ai (x) als auch i A i (x) nur Werte in {0, } annimt, folgt die Behauptung. Aufgabe 2.9. Lösung: (b) Es gilt Analog sieht man: ω lim inf A i k 0 N ω A i i i k 0 ω lim sup i k 0 N i k 0 ω A i ω liegt in schließlich allen A i s. A i k N ω A i i k k N i k k ω A ik ω liegt in unendlich vielen A i s. (a) Sei ω Ω. Da Indikatorfunktionen nur die Werte 0 und annehmen, ist ( Ai (ω)) i N eine Folge von Nullen und Einsen. Deshalb gilt wegen (b): Ganz ähnlich folgt: lim inf A i (ω) = lim Ai (ω) = i i Ai (ω) = für schließlich alle i N ω A i für schließlich alle i N ω lim inf i A i. lim sup Ai (ω) = Ai (ω) = für unendlich viele i N i ω A i für unendlich viele i N ω lim sup A i. i 2

13 Lösungen. Version vom February 7, 206 (c) Offenbar gilt lim sup Ai (ω) = Ai (ω) = für unendlich viele i N i Ai (ω) =. i 3

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15 3 Maße Aufgabe 3.. Lösung: Seien im Folgenden stets A, A 2, A disjunkt mit A = j N A j. a) (Dirac-Maß, δ-funktion, Punktmasse). (E, A) beliebiger Messraum, x E fest. ist ein Maß, denn 0, x A δ x A {0, }, δ x (A) =, x A (M 0 ) A ist per Definition eine σ-algebra auf E. (M ) δ x ( ) = 0, da offenbar x. (M 2 ) Um die σ-additivität zu zeigen, betrachten wir zwei Fälle: δ x (A) = : Dann gilt x A und es gibt auf Grund der Disjunktheit der A j genau ein j 0 N mit x A j0. Also folgt δ x (A j ) = δ x (A j0 ) = = δ x (A). j N δ x (A) = 0: Es gilt für alle j N, dass x A j ; folglich δ x (A j ) = 0 = δ x (A). j N b) E = R und A wie in Beispiel 2.3e) (d.h. A A A oder A c abzählbar). Dann ist ein Maß, denn: 0, A abzählbar γ(a) =, A c abzählbar (M 0 ) Nach Beispiel 2.3e) handelt es sich bei A um eine σ-algebra. Weiterhin bemerken wir, dass γ wohldefiniert ist, da (wegen E = R) nicht sowohl A als auch A c abzählbar sein kann. (M ) ist offensichtlich abzählbar, also γ( ) = 0. (M 2 ) Wir betrachten wieder getrennt zwei Fälle: γ(a) = 0 A abzählbar alle A j sind abzählbar j γ(a j ) = 0 5

16 R.L. Schilling: Maß & Integral Per Definition sind die folgenden Aussagen äquivalent: γ(a) = A = A j nicht abzählbar j N j 0 N A c j 0 ( ) j γ(a j ) =. abzählbar ( ),,, : Wegen der Disjunktheit gilt A j A c j 0 für alle j j 0. Aus A c j 0 abzählbar folgt also, dass A j abzählbar ist für alle j j 0, d. h. insbesondere γ(a j ) = 0. ( ),,, Wegen γ(a j ) {0, } kann nur ein j 0 N existieren mit γ(a j0 ) 0. Folglich ist γ(a j0 ) = und somit A c j 0 abzählbar. Ersetzen wir,,abzählbar durch,,endlich ist γ nicht mehr σ-additiv: Betrachte zum Beispiel A j = {j}, j N. Dann ist A = j N A j = N A, d. h. A ist keine σ-algebra (insbesondere ist γ(a) gar nicht definiert). Mit der gleichen Argumentation wie oben können wir jedoch zeigen, dass die endliche Additivität weiterhin gilt. c) (E, A) beliebiger Messraum. Dann ist #A, A = +, A endliche Menge A unendliche Menge A A, ein Maß, denn: (M 0 ) A ist per Definition eine σ-algebra. (M ) = 0. (M 2 ) Gilt A <, dann ist A j < für alle j N, da die Mengen nach Voraussetzung disjunkt sind. Das bedeutet gerade, dass die (A j ) j N eine Partition von A bilden und sich folglich die Mächtigkeiten addieren. Falls A =, so gibt es ein j 0 N mit A j0 = oder abzählbar unendlich viele A j sind nichtleer. In beiden Fällen ergibt sich A j = = A. j N d) (diskretes W-Maß) E = Ω = {ω, ω 2,...} abzählbar, A = P(Ω), (p j ) j N [0, ] mit j= p j =. Dann ist P(A) = j ω j A p j = p j δ ωj (A), j N A Ω ein Maß, denn 6

17 Lösungen. Version vom February 7, 206 (M 0 ) P(Ω) ist stets eine σ-algebra über Ω. (M ) P( ) = j ωj p j = 0. (M 2 ) Es gilt A j disj. P(A) = p j = p j = P(A i ). j ω j i A i j ω j A i i N i N Aufgabe 3.2. Lösung: Nach Voraussetzung enthält Y mindestens zwei Elemente a, b E. µ ist kein Maß, denn µ 3 ist ebenfalls kein Maß, da Wir zeigen nun, dass µ 2 ein Maß ist: (M 0 ) P(E) ist eine σ-algebra. (M ) Offensichtlich gilt µ 2 ( ) = 0. µ ({a} {b}) = 2 = µ ({a}) + µ ({b}). µ 3 ({a} {b}) = 0 = µ 3 ({a}) + µ 3 ({b}). (M 2 ) Es sei (A j ) j N P(E) eine Folge paarweise disjunkter Mengen. Wir betrachten zwei Fälle: j 0 A j0 Y. In diesem Fall gilt insbesondere j N A j Y und somit µ 2 ( j N A j ) =. Andererseits ist = µ 2 (A j0 ) µ 2 (A j ), j N also µ 2 (A j ) = = µ 2 j N A j j N. j A j Y =. Dann ist auch j N A j Y = und somit µ 2 A j j N = 0 = µ 2 (A j ). j N Aufgabe 3.3. Lösung: (a) Falls x E f(x) endlich ist, dann sind offensichtlich die Mengen {x E f(x) > /n} endlich. Somit ist insbesondere abzählbar. (b)(m 0 ) P(E) ist eine σ-algebra. {x E f(x) > 0} = {x E f(x) > n N n } 7

18 R.L. Schilling: Maß & Integral (M ) Da x für alle x A gilt µ( ) = 0. (M 2 ) Wir beweisen zunächst das folgende Lemma. Es sei (β ij ) i,j N R. Dann gilt sup i N j N β ij = sup β ij. j N i N ( ) Beweis. Offensichtlich gilt β mn sup j N sup i N β ij für alle m, n N. Da die rechte Seite nicht von m, n abhängt, bleibt die Ungleichung erhalten, wenn wir das Supremum über n nehmen: sup n N β mn sup j N Mit der gleichen Argumentation folgt sup m N sup n N sup β ij für alle m N. i N β mn sup j N sup β ij. i N Die umgekehrte Ungleichung,, indem wir die Rollen von i, j und m, n vertauschen. Es sei nun (A j ) j N A eine Folge paarweise disjunkter Mengen. A = j N A j und betrachten zwei Fälle getrennt: Wir setzen {x A; f(x) > 0} ist überabzählbar: Aus (a) folgt, dass dann µ(a) =. Da A die disjunkte Vereinigung von abzählbaren Mengen ist, existiert dann j 0 N mit der Eigenschaft, dass {x A j0 ; f(x) >} überabzählbar ist. Insbesondere, µ(a j0 ) =. Folglich, µ A j j N = µ(a) = = µ(a j ). j N {x A; f(x) > 0} ist abzählbar: Es sei (q i ) i N eine Abzählung von {x A; f(x) > 0}. Dann µ (A) = f(x) x A = x E f(x)δ x A j j N = f(x)δ x (A j ) x E j N = sup sup N N M N q,...,q N ( ) = sup M M N N N j= M j= f(x)δ x (A j ) sup f(x)δ x (A j ) q,...,q N = f(x)δ x (A j ) j N x E 8

19 Lösungen. Version vom February 7, 206 (Vgl. auch Aufgabe 8.6.) = f(x) x A j j N = µ(a j ). j N (c) Das Maß µ ist endlich, falls x E f(x) endlich ist. Weiterhin folgt direkt aus Teilaufgabe (a), dass {x E f(x) > 0} abzählbar ist, falls das Maß σ-endlich ist. Andererseits: Ist {x E f(x) > /n} endlich, so ist µ σ-endlich. Aufgabe 3.4. Lösung: Betrachte den Messraum (N, P(N)) ausgestattet mit dem Zählmaß µ(a) = = δ n (A), A N. n A n N Für die Mengen B n = {n, n +,... } gilt dann µ(b n ) =, aber µ( B n ) = µ( ) = 0. n N Ein ähnliches Beispiel kann man auch für den Maßraum (R, B(R), λ) konstruieren (wähle B n = [n, )). Aufgabe 3.5. Lösung: Wir zeigen, dass µ endlich additiv und stetig von unten ist. (Beachte: I ist keine σ-algebra, da (0, ] c = (, 0] (, ) I.) (a) µ( ) = 0. Weiterhin ist µ(a, b] 0 da m monoton wachsend ist. (b) Seien (a, b], (c, d] disjunkte Intervalle, so dass (a, b] (c, d] I. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit sei a < b = c < d, d. h. (a, b] (c, d] = (a, d]. Folglich gilt µ((a, b] (c, d]) = m(d) m(a) = m(d) m(c) + m(c) m(a) = (m(d) m(c)) (m(b) m(a)) = µ((c, d]) + µ((a, b]). (c) Seien U j I mit U j U I, d. h. U j = (a j, b j ], U = (a, b] mit a j a und b j b. Aus der Stetigkeit von m erhalten wir lim µ(u j) = lim (m(b j ) m(a j )) = m(b) m(a) = µ(u). j j Aufgabe 3.6. Lösung: Lemma. Wir folgen dem Hinweis und beweisen als ersten Schritt das folgende 9

20 R.L. Schilling: Maß & Integral Lemma. Es sei (β ij ) i,j N R. Dann gilt sup i N sup j N β ij = sup j N sup β ij. i N ( ) Beweis. Offensichtlich gilt β mn sup j N sup i N β ij für alle m, n N. Da die rechte Seite nicht von m, n abhängt, bleibt die Ungleichung erhalten, wenn wir das Supremum über n nehmen: sup n N β mn sup j N Mit der gleichen Argumentation folgt sup m N sup n N sup β ij für alle m N. i N β mn sup j N sup β ij. i N Die umgekehrte Ungleichung,, indem wir die Rollen von i, j und m, n vertauschen. Zunächst bemerken wir, dass die Reihe µ(a) = i N 2 i µ i (A) für jedes A A eine Summe von nicht-negativen Zahlen darstellt und somit µ(a) wohldefiniert ist (beachte, dass wir µ(a) = zulassen). (M) Aus µ i ( ) = 0 erhalten wir µ( ) = 2 i µ i ( ) = 0. i N (M2) Es sei (A j ) j N A eine Folge paarweise disjunkter Mengen. Aus der σ-additivität der µ i s folgt µ A j j N = 2 i µ i A j i N j N = lim N N i= = lim N = lim 2 i µ i (A j ) j N N 2 i lim i= lim N M M N M i= j= N M µ i (A j ) j= 2 i µ i (A j ) M = sup sup 2 i µ i (A j ). N N M N i= j= Im letzten Schritt haben wir benutzt, dass die Folgen monoton wachsend sind, also lim = sup. Mit ( ) sehen wir nun µ M N A j j N = sup sup 2 i µ i (A j ) M N N N = lim lim M N = lim M j= i= M j= j N M N 2 i µ i (A j ) j= i= 2 i µ i (A j ) 20

21 Lösungen. Version vom February 7, 206 = lim = M M j= j= 2 i µ (A j ) µ(a j ). Bemerkung: Für eine Verallgemeinerung der Aussage und weiterführende Aufgaben siehe auch Aufgabe 8.6. Aufgabe 3.7. Lösung: Wir bezeichnen mit N die Familie aller Teilmengen von µ-nullmengen, d. h. N = {N E; A A µ(a) = 0, A N}. (a) Da µ( ) = 0 gilt offensichtlich N. Damit folgt insbesondere für alle A A, dass A = A A. Wir zeigen nun, dass A eine σ-algebra ist: (Σ 0 ) Klar wegen A und N. (Σ ) Es sei A = A N A, A A, N N. Nach Voraussetzung existiert M N, M A, mit µ(m) = 0. Dann ist (A ) c = (A N) c = A c N c = A c N c (M c M) = (A c N c M c ) (A c N c M) = (A c M c ) (A c N c M) wobei wir benutzt haben, dass aus N M folgt, dass M c N c (und folglich M c N c = M c ). Wegen A c M c A A c N c M M und µ(m) = 0 folgt, dass (A c) A. (Σ 2 ) Es sei (A j ) j N A. Dann ist A j = A j N j mit A j A und N j N für alle j N. Folglich j N A j = (A j N j ) = A j j N j N j N A N j = N N Hier haben wir verwendet, dass die abzählbare Vereinigung von (Teilmengen von) Nullmengen wieder eine (Teilmenge einer) Nullmenge ist: Da N j N existiert M j N j, M j A, mit µ(m j ) = 0. Dann ist A. d. h. N N. N = N j M j = M j N j N µ(m) µ(m j ) = 0, j N 2

22 R.L. Schilling: Maß & Integral (b) Es sei A A. Wir müssen zeigen, dass für zwei beliebige Darstellungen der Form A = A N und A = A 2 N 2 mit A, A 2 A und N, N 2 N gilt, dass µ(a ) = µ(a 2 ). Wegen N, N 2 N existieren M, M 2 A, M N, M 2 N 2 mit µ(m ) = 0 = µ(m 2 ). Insbesondere gilt A A N = A 2 N 2 A 2 M 2 A 2 A 2 N 2 = A N A M. Aus der Monotonie und Subadditivität des Maßes folgt daher µ(a ) µ(a 2 M 2 ) µ(a 2 ) µ(m 2 ) = µ(a 2 ) µ(a 2 ) µ(a M ) µ(a ) µ(m ) = µ(a ). Das zeigt µ(a ) = µ(a 2 ). (c) Wir haben bereits in Teil (a) gesehen, dass für A A die Zerlegung A zulässig ist. Aus Teil (b) folgt sofort, dass µ(a) = µ(a) für alle A A. Wir zeigen nun noch (M ) und (M 2 ): (M ) Wegen A wissen wir aus dem ersten Teil dieser Teilaufgabe schon, dass µ( ) = µ( ) = 0. (M 2 ) Es sei (A j ) j N A eine Folge disjunkter Mengen. Wir schreiben A j = A j N j mit A j A, N j N. In Teil (a) haben wir gesehen, dass A = j N A j = A N mit Gemäß Teil (b) gilt daher A = A j A j N N = N j N. j N µ(a ) = µ(a) = µ(a j ) = µ(a j ). j N j N (d) Setze B = {A E es existieren A, B A mit A A B und µ(b A) = 0}. Wir müssen zeigen: A = B. Es sei A A. Dann ist A = A N mit A A und N N. Wegen N N existiert M A, M N, mit µ(m) = 0. Wir behaupten, dass B = A M alle Voraussetzungen erfüllt. B A wegen A, M A. A A A M = B µ(b A) = µ(m) = 0. Nun sei A B und A, B wie in der Definition. Für N = A A und M = B A gilt dann offenbar N N wegen N M und µ(m) = µ(b A) = 0. 22

23 Lösungen. Version vom February 7, 206 A = A (A A) = A N. Folglich A A. 23

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25 4 Eindeutigkeit von Maßen Aufgabe 4.. Lösung: (a) Das folgt sofort aus der σ-additivität des Lebesgue-Maßes: λ d N j j N λ d (N j ) = 0. j N (b) Wir erinnern uns: Ist (X, A, µ) ein Maßraum und (B n ) n N A mit B n B und µ(b ) <, dann gilt lim n µ(b n ) = µ(b) (Stetigkeit von oben). Zunächst gilt {r} B(R), da {r} eine abgeschlossene Menge ist. Für den Maßraum (R, B(R), λ ) und B n = [r, r + /n) gilt offenbar B n {r}, λ (B ) = <. Aus der Stetigkeit von oben erhalten wir somit λ ({r}) = lim λ (B n ) = lim n n n = 0. (c) Ebenen sind abgeschlossene Teilmengen des R 3 und daher Borelmengen. Da das Lebesgue-Maß translations- und rotationsinvariant ist, können wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass E = {(x, y, z) R 3 ; z = 0}. definieren wir A k,l = {(x, y, z); k x < k, k y < k, 0 z < l }. Aus der Stetigkeit von oben, vgl. Teil (b), folgt für A k = l N A k,l : λ 3 (A k ) = lim l λ 3 (A k,l ) = lim l ((2k)(2k) 2 l ) = 0. Für k, l N Mit Teil (a) erhalten wir, dass E = k N A k als abzählbare Vereinigung von Nullmengen wieder eine Nullmenge ist. (d) Nein, da im Allgemeinen M B(R d ). (e) {A B(R d ) a A und b A} Aufgabe 4.2. Lösung: F ist ein Dynkin-System, denn (D) #E = 2k ist gerade, also ist E F. (D2) A F #A ist gerade #A c = 2k #A ist gerade A c F. (D3) A j F disjunkt #A j sind gerade und damit auch # j A j = j #A j j A j F. 25

26 R.L. Schilling: Maß & Integral F ist keine σ-algebra, denn {, 2}, {2, 3} F aber {, 2} {2, 3} = {2} F. Aufgabe 4.3. Lösung: (a) Wir haben G G { } und somit δ(g) δ(g { }). Außerdem gilt δ(g) nach der Definition von Dynkin-Systemen und G δ(g) nach Konstruktion minimaler Dynkin-Systeme. Daher gilt G { } δ(g). Folglich, δ(g) = δ(g { }). Analog zeigt man σ(g) = σ(g { }). Nun ist G { } von der Form {A c, A, } und somit schnittstabil. Es gilt also δ(g) = δ(g { }) = σ(g { }) = σ(g) = {, A, A c, E} = {, (0, 2 ), [ 2, ), (0, )} nach Satz 4.4. (b) Analog zu (a) lässt sich σ({(0, 2 ], [ 2, )}) = σ({(0, 2 ), { 2 }, ( 2, )}) zeigen. Aus Aufgabe 2.6 kennen wir die Struktur von σ({a, A 2, A 3 }) für eine Partition {A, A 2, A 3 } von E. Wir erhalten also σ({(0, 2 ], [ 2, )}) = σ({a, A 2, A 3 }) = {, A, A 2, A 3, A A 2, A A 3, A 2 A 3, E} = {, (0, 2 ), { 2 }, ( 2, ), (0, 2 ], (0, 2 ) ( 2, ), [ 2, ), (0, )} aus der Darstellung einer σ-algebra durch ihre Atome. Man überprüft leicht, dass D = {, (0, 2 ], ( 2, ), [ 2, ), (0, 2 ), (0, 2 ) ( 2, ), { 2 }, (0, )} ein Dynkin-System ist, dessen Elemente sich als Vereinigungen und Komplemente von Mengen aus G { } darstellen lassen. Daher gilt D δ(g { }) = δ(g) und somit D = δ(g), da G D und δ(g) minimales Dynkin-System ist. Bemerkung: Falls E = [0, ), dann gilt δ(g) σ(g) für G = {(0, 2 ], [ 2, )}. Aufgabe 4.4. Lösung: Manchmal werden Familien mit (D ), (D 2 ), (D 3 ) auch monotone Klassen genannt. Zur Vereinfachung der Sprache wollen wir das in dieser Lösung (und nur hier!) auch so halten. Offensichtlich ist eine monotone Klasse M auch ein Dynkin-System: C, D M (D ) (D 2 ) C D = E [(E C) D] M, 26

27 Lösungen. Version vom February 7, 206 d. h. M ist -stabil. Damit folgt (D 3 ) sofort aus (D 3 ); (D 2) ist ein Spezialfall von (D 2 ). Umgekehrt ist jedes Dynkin-System D eine monotone Klasse: M, N D, M N (D 2) (D3 ) N c M = M N = und N M = (N c M) c D, d. h. (D 2 ) ist erfüllt. Daher impliziert (D 3) sofort (D 3 ). Aufgabe 4.5. Lösung: (a) Genau wie im Beweis von Satz 2.4a) sieht man, dass der Schnitt von beliebig vielen monotonen Klassen wieder eine monotone Klasse ist. Daher ist µ(f) = G F G G MC wieder eine monotone Klasse. Beachte dazu, dass der Schnit nicht-leer ist, weil die Potenzmenge P(E) offenbar eine monotone Klasse ist, die F enthält. Ebenfalls wie im Beweis von Satz 2.4 folgt, dass µ(f) minimal ist. (b) Definiere D = {F µ(f); F c µ(f)}. Nach Voraussetzung gilt F D. Können wir zeigen, dass F eine monotone Klasse ist, dann folgt die Behauptung. (MC ) Es sei (M n ) n N D mit M n M = n N M n. Dann ist M µ(f) (da µ(f) eine monotone Klasse ist) und c M c = ( M n ) = Mn c n N n N F µ(f). (Hier haben wir verwendet, dass M n M c n und somit n N M c n F gemäß (MC 2 ) für µ(f).) Das zeigt M D. (MC 2 ) Es sei (N n ) n N D mit N n N = n N N n. Genau wie im ersten Teil des Beweises folgt aus N µ(f) und N c n N c, dass N c µ(f) wegen (MC ) für die monotone Klasse µ(f). Folglich, N D. (c) Wir folgen dem Hinweis. Aus der -Stabilität von F folgt offensichtlich F Σ. Dass Σ eine monotone Klasse ist, sieht man so: (MC ) Es sei (M n ) n N Σ mit M n M und F F. Dann gilt M µ(f) und aus µ(f) M n F M F erhalten wir (aus (MC ) für µ(f)), dass M F µ(f), also M Σ. (MC 2 ) Die Argumentation ist analog zu (MC ). 27

28 R.L. Schilling: Maß & Integral Folglich ist Σ eine monotone Klasse und somit µ(f) Σ. Das zeigt gerade F Σ. Da Σ eine monotone Klasse ist (genau die gleiche Argumentation wie für Σ; man ersetze die Bedingung,,F F durch,,f µ(f) ) gilt also µ(f) Σ. Das impliziert die Behauptung. (d) Aus M F folgt M = µ(m) µ(f). Es genügt also zu zeigen, dass µ(f) eine σ-algebra ist, die F enthält. Da µ(f) gemäß Teil (c) -stabil ist, genügt es zu zeigen, dass µ(f) ein Dynkin-System ist (vgl. Satz 4.4). Das sieht man so: (D ) Nach Voraussetzung gilt E F µ(f). (D 2 ) Folgt direkt aus (b). (D 3 ) C, D µ(f) (D ) (D 2 ) C D = E [(E C) D] µ(f), d. h. µ(f) ist -stabil. Damit erhält man (D 3 ) sofort aus (MC ). Aufgabe 4.6. Lösung: (a) Wir folgen dem Hinweis und zeigen, dass ein Dynkin-System definiert. D = {A A ɛ > 0 G G µ(a G) ɛ} (D ) Nach Voraussetzung gilt G = E G und somit µ(e G) = µ( ) = 0, also E D. (D 2 ) Es sei A D. Für jedes ɛ > 0 existiert dann G G mit µ(a G) ɛ. Aus A c G c = (G c A c ) (A c G c ) = (G c A) (A c G) = (A G) (G A) = A G sehen wir, dass µ(a c G c ) ɛ; folglich, A c D (beachte, dass G c G!). (D 3 ) Es sei (A j ) j N D eine Folge paarweise disjunkter Mengen und ɛ > 0. Da µ ein endliches Maß ist gilt µ(a j ) = µ A j j N j N <, insbesondere können wir also N N wählen, so dass µ(a j ) ɛ. j=n+ 28

29 Lösungen. Version vom February 7, 206 Für j {,..., N} existiert G j G mit µ(a j G j ) ɛ. Für G = N j= G j G gilt dann Analog sieht man A j j N G = j N = A j j N A j Gc N j= G c j = (A j N G c k ) j N k= N (A j G c j) A j. j= j=n+ G A j j N G N j= = G N A c j j= A j N (G j A c j). j= Damit µ A j j N N G µ N j= (A j G j ) µ(a j G j ) + µ j= Nɛ + ɛ. j=n+ j=n+ A j A j Da ɛ > 0 beliebig ist, zeigt das j N A j D. Offensichtlich gilt G D (wähle G = A G). Da G -stabil ist, folgt A = σ(g) = δ(g) D. (b) Betrachtet man das Mengensystem D = {A A ɛ > 0 G G µ(a G) ɛ, ν(a G) ɛ}, so folgt genau wie in Teil (a), dass D ein Dynkin-System ist. Argumentation wie in (a) folgt dann die Behauptung. Mit der gleichen (c),, : Es sei A A mit A n N I n und µ ( n N I n ) ɛ. Aus der Monotonie des Maßes folgt also µ(a) = 0. µ(a) µ ( I n ) ɛ, n N 29

30 R.L. Schilling: Maß & Integral : Wir setzen K = {A R d ; (I n ) n N I A = n I n } und beobachten, dass I K I c K. Weiterhin definieren wir D = {A R d ; ɛ J, K K J A K, µ(k J) ɛ}. Behauptung: D ist ein Dynkin-System. (D ) Offensichtlich gilt E = R d D (wähle J = K = R d ). (D 2 ) Es sei A D und ɛ > 0. Dann gibt es J, K K mit J A K und µ(k J) ɛ. Wegen J c, K c K, µ(k c J c ) = µ(j K) ɛ und J c SA c K c folgt sofort A c D. (D 3 ) Es sei (A j ) j N D eine Folge paarweise disjunkter Mengen und ɛ > 0. Wir wählen J j K und K j K mit J j A j K j, µ(k j J j ) ɛ2 j und setzen J = A j j N K = K j. j N Da K stabil unter abzählbaren Vereinigungen ist, gilt J K, K K. Weiterhin ist J j A j K und µ(k J) = µ K j j N c J j j N = µ K j j N j N J c j = µ (K j J c k ) j N k N µ (K j Jj c ) j N Folglich ist j A j D. µ(k j Jj c ) j N µ(k j J j ) ɛ2 j ɛ. Wegen I D folgt, dass B(R d ) = δ(i) D. Aufgabe 4.7. Lösung: B und C sofort : Wegen G B und H C sieht man aus der Unabhängigkeit von P(G H) = P(G)P(H) G G, H H : Das Mengensystem ist ein Dynkin-System: D = {A A; G G P(A G) = P(A)P(G)}. 30

31 Lösungen. Version vom February 7, 206 (D ) Aus P(Ω G) = P(G) = P(G)P(Ω) folgt sofort Ω D. (Beachte dass P ein W-Maß ist, also P(Ω) =.) (D 2 ) Es sei A D. Für G G ist P(A c G) = P((Ω A) G) = P(G (A G)) = P(G) P(A G) A D = P(G) P(A)P(G) = P(G)( P(A)) = P(G)P(A c ) wobei wir in ( ) verwendet haben, dass P ein endliches Maß ist. Folglich, A c D. (D 3 ) Es sei (A j ) j N D eine Folge paarweise disjunkter Mengen und G G. Dann ist auch (A j G) j N eine Folge paarweise disjunkter Mengen und es folgt aus der σ-additivität von P, dass P A j j N G = P j G) j N(A = P(A j G) j N = P(A j )P(G) j N = P(G) P(A j ) j N = P(G)P A j j N. Nach Voraussetzung ist H D und aus der Schnittstabilität von H folgt somit C = σ(h) = δ(h) D,, d. h. P(G C) = P(G)P(C) für alle C C, G G. Definiert man D = {A A; C C P(A C) = P(A)P(C)}, sieht man genau wie im ersten Teil des Beweises, dass D ein Dynkin-System ist. Da wir bereits gezeigt haben, dass G D folgt dann sofort B = σ(g) = δ(g) D. Aufgabe 4.8. Lösung: auf Grund der Subadditivität Für H n = n j= G j A gilt nach Voraussetzung H n E. Weiterhin ist µ(h n ) n j= µ(g j ) <. 3

32 R.L. Schilling: Maß & Integral Vollkommen analog sieht man, dass ν(h n ) <. Folglich erfüllt die Folge (H n ) n N die Voraussetzungen von Satz 4.5b). Aufgabe 4.9. Lösung: Zunächst zeigen wir, dass t B B(R d ) für alle B B(R d ) und t > 0. Dazu definieren wir für festes t > 0. Σ ist eine σ-algebra: Σ = {B B(R d ); tb B(R d )} (Σ ) Offensichtlich ist tr d = R d B(R d ), also R d Σ. (Σ 2 ) Es sei A Σ. Dann also A c B(R d ). (Σ 3 ) Es sei (A j ) j N Σ. Aus der Identität folgt sofort j N A j Σ. t(a c ) = t(r d A) = tr d (ta) = R d (ta) B(R d ), t A j j N = (ta j ) j N Da die Dilatation eines Rechtecks I I immernoch ein Rechteck ist, gilt I Σ. Wegen σ(i) = B(R d ) erhalten wir B(R d ) Σ. Folglich gilt tb B(R d ) für alle B B(R d ). Nun sei I = d n= [a n, b n ) I ein Rechteck. Aus ti = d n= [ta n, tb n ) folgt λ d (ti) = d n= Definieren wir zwei Maße µ, ν durch ((tb n ) (ta n )) = t d d n= (b n a n ) = t d λ d (I). ν(b) = λ d (tb), µ(b) = t d λ d (B), B B(R d ) dann zeigt dies gerade ν(b) = µ(b) für alle B I. Da I ein -stabiler Erzeuger von B(R d ) ist, folgt aus dem Eindeutigkkeitssatz für Maße, Satz 4.5, dass ν(b) = µ(b) für alle B B(R d ) und damit die Behauptung. (Die Folge (G n ) n N in Satz 4.5b) kann beispielsweise als G n = [ n, n) d gewählt werden.) Aufgabe 4.0. Lösung: Setze ν(a) = µ(θ (A)), A A. Beachte, dass ν wohldefiniert ist, da nach Voraussetzung θ (A) A gilt. Wir zeigen, dass ν ein Maß auf (E, A) ist: (M ) Wegen = θ ( ) gilt ν( ) = µ( ) = 0. 32

33 Lösungen. Version vom February 7, 206 (M 2 ) Es sei (A j ) j N A eine Folge disjunkter Mengen. Aus θ A j j N = θ (A j ), j N vgl. Aufgabe 2.2, und der σ-additivität von µ folgt ν A j j N = µ θ (A j ) j N = µ(θ (A j )) j N = ν(a j ). j N Nach Voraussetzung gilt ν(g) = µ(g) für alle G G. Da G ein -stabiler Erzeuger ist, folgt aus dem Eindeutigkeitssatz für Maße, Satz 4.5, dass ν(a) = µ(a) für alle A A. Beachte, dass die Voraussetzung (b) in Satz 4.5 erfüllt ist, da µ ein endliches Maß ist; wir können G n = E wählen. (Wir können ohne Beschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass E G, da die Bedingung µ(g) = µ(θ (G)) offensichtlich für G = E erfüllt ist.) 33

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35 5 Existenz von Maßen Aufgabe 5.. Lösung: (a) Monotonie: Wir betrachten die verschiedenen Fälle getrennt: 0 < x y: Aus [0, x) [0, y) folgt 0 F µ (x) = µ([0, x)) µ([0, y)) = F µ (y). x 0 y: Per Definition, F µ (x) 0 F µ (y). x y < 0: Wegen [y, 0) [x, 0) gilt 0 F µ (y) = µ([y, 0)) µ([x, 0)) = F µ (x), also F µ (x) F µ (y). Linksstetigkeit: Wir zeigen die Behauptung hier nur für den Fall x 0; der Fall x < 0 geht analog. Es sei zunächst x > 0 und (x k ) k N eine Folge mit x k x. Für k hinreichend groß gilt 0 < x k < x. Aus [0, x k ) [0, x) folgt mit der Stetigkeit des Maßes von unten, vgl. Satz 3.3f), dass lim F µ(x k ) = lim µ([0, x k )) = µ([0, x)) = F µ (x). k k Ist x = 0 und (x k ) k N eine Folge mit x k x, so gilt x k < 0 und somit [x k, 0) [0, 0) =. Aus der Stetigkeit des Maßes µ von oben folgt daher lim F µ(x k ) = lim µ([x k, 0))) = µ( ) = 0 = F µ (0). k k Das zeigt die Linksstetigkeit im Punkt x = 0. (b) Da die halboffenen Intervalle S = {[a, b); a < b} einen Halbring bilden, genügt es nach Satz 5.2 zu zeigen, dass ν F ein Prämaß auf S ist (beachte: ν F ist kein Maß, denn S ist keine σ-algebra!). Laut Lemma 3.8 ist dies der Fall, falls ν F eine nicht-negative additive Mengenfunktion ist, die stetig von oben ist, und ν F ( ) = 0. ν F ( ) = 0, ν F nicht-negativ: Für beliebiges a R gilt ν F ( ) = ν F ([a, a)) = F (a) F (a) = 0. Dass ν F nicht-negativ ist, folgt aus der Tatsache, dass F monoton wachsend ist. additiv: Es seien a b c so, dass [a, c) = [a, b) [b, c) S. Dann ist ν F ([a, b)) + ν F ([b, c)) = F (b) F (a) + F (c) F (b) = F (c) F (a) = ν F ([a, c)) = ν F ([a, b) [b, c)). 35

36 R.L. Schilling: Maß & Integral Stetigkeit von oben: (Beachte: Es genügt Stetigkeit von oben zu zeigen, da ν F ([a, b)) < für alle a, b.) Es seien a k b k so, dass [a k, b k ) [a, b) S. Dann gilt offenbar a k a und b k b. Angenommen, es wäre b k > b für unendlich viele k, dann würde daraus [a k, b k ) [a, b] S folgen - das ist ein Widerspruch zu der Annahme, dass der Grenzwert in S ist. Folglich gilt b k = b für k hinreichend groß. Daher dürfen wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass b k = b für alle k N. Aus der Linksstetigkeit erhalten wir dann lim ν F ([a k, b)) = lim (F (b) F (a k )) = F (b) F (a) = ν F ([a, b)). k k Gemäß Satz 5.2 existiert somit mindestens eine Erweiterung. Die Eindeutigkeit folgt nun aus dem Eindeutigkeitssatz für Maße: Die Mengen A n = [ n, n) erfüllen ν F (A n ) < und A n R. (c) Es sei µ ein Maß mit µ([ n, n)) <. Dann ist die in (a) definierte Funktion F µ endlich, d. h. F µ (x) < für alle x R. Nach Teil (b) können wir ν Fµ fortsetzen. Um zu zeigen, dass ν Fµ zu zeigen, dass Wir betrachten drei Fälle getrennt: 0 a b: zu einem Maß = µ genügt es nach dem Maßeindeutigkeitssatz ν Fµ ([a, b)) = µ([a, b)) für alle a b. ν Fµ ([a, b)) = F µ (b) F µ (a) = µ([0, b)) µ([0, a)) = µ([0, b) [0, a)) = µ([a, b)). a b 0: ν Fµ ([a, b)) = F µ (b) F µ (a) = µ([b, 0)) ( µ([a, 0))) = µ([a, 0)) µ([b, 0)) = µ([a, 0) [b, 0)) = µ([a, b)). a 0 b: ν Fµ ([a, b)) = F µ (b) F µ (a) = µ([0, b)) ( µ([a, 0))) = µ([a, 0)) + µ([0, b)) = µ([a, 0) [0, b)) = µ([a, b)). (d) Da λ([a, b)) = b a = F (b) F (a) gilt F (x) = x, x R. 36

37 Lösungen. Version vom February 7, 206 (e) Sind a, b < 0 oder a, b > 0, dann ist δ 0 ([a, b)) = 0 und somit folgt, dass F auf (, 0) und (0, ) konstant sein muss. Andererseits ist δ 0 ([a, b)) = für a 0 < b - das bedeutet, dass F an x = 0 einen Sprung der Höhe haben muss. Da F zudem linksstetig sein muss (s. Teil (b)), ist 0, x 0, F (x) =, x > 0 ein natürlicher Kandidat. Offenbar erfüllt aber auch c + F (x) für jede beliebige Konstante c R die gewünschten Eigenschaften. (f) Angenommen, F ist im Punkt x rechtsstetig. Aus der Stetigkeit des Maßes von unten (vgl. Satz 3.3f)) folgt dann µ({x}) = µ ( [x, x + k N k )) = lim k µ ([x, x + k )) = lim k (F (x + k ) F (x)) = F (x) F (x) = 0 wobei wir im Schritt ( ) die Rechtsstetigkeit benutzt haben. Es sei nun µ({x}) = 0. Eine ähnliche Rechnung wie im ersten Teil des Beweises zeigt, dass für jede Folge (ɛ k ) k N mit ɛ k 0 gilt: F (x+) F (x) = lim k F (x + ɛ k ) F (x) = lim k µ([x, x + ɛ k )) = µ ( [x, x + ɛ k )) k N = µ({x}). Aufgabe 5.2. Lösung: Unter Ausnutzung der Messbarkeit erhalten wir µ (Q i= A i ) = µ ((Q i= A i ) A ) + µ ((Q A i ) A c ) i= = µ (Q A ) + µ (Q A i ) i=2 =... = n µ (Q A i ) + µ (Q ( i=na i )) i= (5.) 37

38 R.L. Schilling: Maß & Integral für alle n N. Somit gilt µ (Q i= A i) n i= µ (Q A i ) für alle n N. Für n erhalten wir µ (Q A i ) i= i= Falls i= µ (Q A i ) =, dann gilt die Behauptung. µ (Q A i ). Falls i= µ (Q A i ) <, dann gilt mittels der Subadditivität von äußeren Maßen µ (Q A i ) i=n i=n Somit folgt die Behauptung aus (5.) für n. Aufgabe 5.3. Lösung: µ (Q A i ) n 0. b) a): Nach Annahme existiert für jedes ε > 0 eine Folge (I k ) k N halboffener Rechtecke mit B k N I k. Folglich λ n (B) λ n ( I k ) ε. k N a) b): Wie gewohnt bezeichnen wir die halboffenen Rechtecke mit I. Da λ n ein Prämaß auf I ist, folgt aus dem Satz von Carathéodory, Satz 5.2, dass das Maß µ (A) = inf { k= λ n (I k ); (I k ) k N I, I k A} k N eine Fortsetzung auf σ(i) = B(R n ) definiert und dass diese Fortsetzung eindeutig ist (die Mengen A k = [ k, k) n I erfüllen A k R n und λ n (A k ) < ). Da λ n offensichtlich eine weitere Fortsetzung ist, gilt also µ (A) = λ n (A) für alle A B(R n ). Aus der Definition von µ folgt damit sofort die Behauptung. Aufgabe 5.4. Lösung: Wir rufen uns die Definition von µ in Erinnerung: µ (Q) = inf µ(b j ); (B j ) j N A, B j Q. j N j N (a) Wir betrachten zunächst den Fall µ (Q) <. Aus der Definition des Infimums wissen wir, dass für jedes ɛ > 0 eine Folge (B ɛ j ) j N A mit B ɛ = j N B ɛ j Q und µ(b ɛ ) µ (Q) µ(bj) ɛ µ (Q) ɛ. j N (Die erste Abschätzung folgt aus der σ-subadditivität.) Wir setzen B = k N B /k A. Offensichtlich gilt dann B Q und aus der Maßstetigkeit sieht man leicht µ(b) = 38

39 Lösungen. Version vom February 7, 206 µ (Q). Es sei nun N A mit N B Q. Dann gilt B N Q (male ein Bild!) und somit µ (Q) µ(n) = µ(b) µ(n) = µ(b N) = µ (B N) µ (Q). Folglich, µ(n) = 0. Nun sei Q E mit µ (Q) =. Da µ σ-endlich ist, existiert (A j ) j N mit A j E und µ(a j ) <. Für Q j = A j E existiert gemäß dem ersten Teil B j A, B j Q j, mit µ(b j ) = µ (Q j ) und µ(n) = 0 für all N A mit N B j Q j. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit können wir annehmen, dass B j A j ; anderenfalls ersetzen wir B j durch B j A j. Tatsächlich: Es gilt B j A j Q j, B j A j A und µ (Q j ) = µ(b j ) µ(a j B j ) µ (Q j ). Zudem ist B j Q j (B j A j ) Q j, d. h. µ(n) = 0. für N (B j A j ) Q j gilt weiterhin Setze B = j N B j A. Dann ist µ(b) µ(b j ) = µ (B j ). Es sei nun N A mit N B Q. Für N j = N A j A gilt N j = N A j (B Q) A j B j A j C j Q = C j Q j. Also µ(n j ) = 0 und daher folgt aus der σ-subadditivität, dass µ(n) j N µ(n j ) = 0. (b) Definiere µ = µ A. Wir wissen aus (dem Beweis von) Theorem 5.2, dass µ ein Maß auf A ist. Für N A mit µ(n ) = 0 gilt µ (M) µ (N ) = µ(n ) = 0 für alle M N. Wir müssen zeigen, dass M A. Nach (5.2) genügt es zu zeigen, dass Q E µ (E) = µ (E M) + µ (Q M). Da µ subadditiv ist, finden wir für alle Q E: Folglich ist M A. µ (Q) = µ ((Q M) (Q M)) µ (Q M) + µ (Q M) µ (M) +µ (Q M) µ (Q). 0 (c) Offensichtlich ist (E, A, µ) eine Fortsetzung von (E, A, µ), denn A A und µ A = µ. Gemäß Aufgabe 3.7 genügt es zu zeigen, dass A = {A N; A A, N N} ( ) 39

40 R.L. Schilling: Maß & Integral bzw. A = {A E; A, B A, A A B µ(b A) = 0}; ( ) hier bezeichnet N = {N E; N A, N N µ(n ) = 0}. Wir zeigen,, in ( ) und,, in ( ). Daraus folgt dann schon die Behauptung, da nach Aufgabe 3.7 die rechten Seiten in ( ) und ( ) übereinstimmen. : Für A A existiert nach (a) eine Menge A A mit A A und A A ist eine A -Nullmenge. Analog finden wir B A, B (A ) c mit der Eigenschaft, dass B (A ) c = B A = A (B c ) eine A -Nullmenge ist. Folglich gilt B c A A und A B c (A A ) (A B c ) ist als Vereingung von zwei A -Nullmengen wieder eine A -Nullmenge. Wegen A B c A ist A B c sogar eine A-Nullmenge. : Wir haben in (b) gezeigt, dass Teilmengen von A-Nullmengen in A enthalten sind, somit sind Mengen der Form A N mit A A und N Teilmenge einer A- Nullmenge wieder in A. Bemerke: σ-additivität ist wesentlich. Sei (E, A, µ) der Maßraum aus Beispiel 3.5.e) mit A P(E) und 0, A =, µ(a) =, sonst. Für A definiert wie in Aufgabe 3.7 gilt dann A = A, da die leere Menge die einzige µ- Nullmenge ist. Benutzen wir dagegen die Konstruktion in dieser Aufgabe (Aufgabe 5.4), erhalten wir A = P(E). Aufgabe 5.5. Lösung: Da trivialerweise A A gilt, müssen wir nur untersuchen, ob für Mengen B R mit der Eigenschaft, dass B und B c überabzählbar sind, gilt, dass B A. Per Definition ist γ (B) = inf γ(a j ); A j A, A j B. j N j (Beachte, dass γ (B) für beliebige Mengen B R, da A = R, A 2 = = eine triviale Überdeckung von B ist.) Da B nach Voraussetzung überabzählbar ist, muss eine der Mengen A j überabzälbar sein und folglich gilt γ (B) =. Wenden wir die gleiche Argumentation auf B c an, so erhalten wir γ (B c ) =. Additivität von γ auf A : = γ(r) = γ (R) γ (B) + γ (B c ) = 2. Dies widerspricht jedoch der 40

41 Lösungen. Version vom February 7, 206 Damit haben wir gezeigt, dass A = A. Für A = (0, ) gilt daher offensichtlich A A. Aufgabe 5.6. Lösung: Da m nach Voraussetzung eine additive Mengenfunktion ist und 0 m(e) µ(e) < genügt es nach Lemma 3.8 zu zeigen, dass m stetig in ist und m( ) = 0. m( ) = 0: Das folgt sofort aus m( ) µ( ) = 0. (Beachte, dass = E c B.) m stetig von oben: Es sei (B k ) k N B mit B k. Aus µ(b k ) 0 folgt dann Das zeigt, dass m stetig in ist. m(b k ) µ(b k ) k 0. Bemerkung: Der Vollständigkeit halber überprüfen wir nochmal, dass jede additive Mengenfunktion m auf einer Boooleschen Algebra B, die stetig von unten ist und m( ) = 0, m(e) < erfüllt, tatsächlich bereits ein Prämaß auf B ist: Es sei (B n ) n N B eine Folge disjunkter Mengen mit B = n N B n B. Aus B B n B folgt A n = B (B B n ) = B (B B n ) c B. B Da A n erhalten wir aus der Stetigkeit in, dass m(a n ) 0. Unter Ausnutzung der Additivität von m ergibt sich somit m(b) = m(b (B B n )) + m(b B n ) = m(a n ) + m(b j ) n n j= 0 + m(b j ). j= 4

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43 6 Messbare Abbildungen Aufgabe 6.. Lösung: (a) Nutze Fallunterscheidung (wie in Beispiel 6.3): A erzeugt die σ-algebra {, A, A c, E}. Diese ist wegen A A auf jeden Fall in A enthalten, somit ist A messbar. (b) B ist das Urbild von {}, muss jedoch nicht in A enthalten sein. Messbarkeit gilt hier also im Allgemeinen nicht. (c) Nur und E können als Urbilder vorkommen, T ist also messbar. (d) Wir bezeichnen die Abbildung mit T. Beachte, dass aufgrund der Disjunktheit der Mengen A i die Gleichheit T (B) = {A i i N, c i B} für alle B B(R) mit c i = 2 i gilt. Somit ist T (B) B(R) für alle B B(R) aufgrund der Messbarkeit der A i. Dies zeigt die Messbarkeit von T. Aufgabe 6.2. Lösung: (a)(σ ) A ist offensichtlich. (Σ 2 ) Es sei A A. Gilt 2n A c, dann gilt auch 2n + A c (dies folgt direkt aus der Definition von A; wäre 2n + A, dann wäre auch 2n A). Analog sehen wir, dass 2n + A c 2n A c. Folglich, A c A. (Σ 3 ) Es sei (A j ) j N A. Ist 2n j A j, dann existiert j 0 mit 2n A j0. Wegen A j0 A gilt also 2n + A j0 j A j. Genauso folgt, dass 2n + j A j 2n A j. (b) Die Bijektivität von T ist klar, denn offensichtlich gilt T (n) = n 2. Es sei nun A A eine beliebige Menge. Um die Meßbarkeit von T zu beweisen, müssen wir zeigen, dass T (A) A, d. h. 2n T (A) 2n + T (A) für alle n > 0. Ist 2n T (A), n > 0, dann ist 2n + 2 = 2(n + ) A. Wegen A A impliziert das 2n + 3 A und damit 2n + = T (2n + 3) T (A). Folglich ist T messbar. T ist jedoch nicht messbar: Die Menge A = {k; k 0} ist offenbar in A, aber T (A) = {k; k 2} A (da 2 = 2 A, aber 2 + = 3 A). Aufgabe 6.3. Lösung: 43

44 R.L. Schilling: Maß & Integral (a),, : Das folgt sofort aus Satz 6.4. : Nach Definition 6.5 wird die σ-algebra σ(t i ; i I) von Mengen der Form G = Ti (A i ), A i A i, i I erzeugt. Gemäß Lemma 6.2 genügt es daher zu zeigen, dass f (G) F. Mit Hilfe von Aufgabe 2.2 sehen wir f (G) = f ( Ti (A i )) i I = f (Ti (A i )) i I = (f T i ) (A i ) F. i I F (b) Für i {,..., m} bezeichnen wir mit π i R m R, x x i die Projektion auf die i-te Koordinate. Die Abbildung π i ist stetig und somit B(R m )/B(R)-messbar. Weiterhin gilt offenbar π i f = f i. Die Behauptung folgt aus dem ersten Teil, falls wir zeigen können, dass σ(π i ; i =,..., m) = B(R m ). Da wir uns bereits überlegt haben, dass π i B(R m )/B(R)-messbar ist für alle i =,..., m, folgt aus der Definition von σ(π i ; i =,..., m), dass σ(π i ; i =,..., m) B(R m ). Andererseits: Ist I I ein halboffenes Rechteck (im R m ), dann können wir I = I I m schreiben wobei I,..., I m halboffene Rechtecke in R (also halboffene Intervalle) sind. Damit ist I = π (I ) π m (I m ) σ(π i ; i =,..., m). Da dies für jedes halboffene Rechteck gilt und σ(i) = B(R m ), zeigt dies σ(i) = B(R m ) σ(π i ; i =,..., m). Aufgabe 6.4. Lösung: (a) T (A )(x) = x T (A ) T (x) A A (T (x)) = ( A T )(x) = Da die Indikatorfunktion nur die Werte 0 und annimmt, erhält man die Gleichheit im Fall = 0 durch Negation der gezeigten Äquivalenz. (b),, : Sei T meßbar. Dann gilt T (A ) A A A und da A eine σ-algebra ist, folgt somit σ(t ) = σ({t (A ) A A }) σ(a) = A. 44

45 Lösungen. Version vom February 7, 206 : σ(t ) A bedeutet insbesondere T (A ) A A A, d. h. T ist messbar. (c) Nach Satz 6.6 sind Bildmaße stets Maße. Da T eine Abbildung ist, gilt stets T (E ) = E und ν T (E ) < bzw. ν T (E ) = folgt jeweils aus der Definition des Bildmaßes. Ein von einem σ-endlichen Maß erzeugtes Bildmaß muss nicht σ-endlich sein. Gegenbeispiel: Wähle das Zählmaß µ auf Z 2 und T ((x, y)) = x. Während µ selbst σ- endlich ist, gilt dies nicht für T (µ). Aufgabe 6.5. Lösung: Es sei f (E, A) (F, B) eine messbare Funktion und A A ein Atom. Angenommen, f ist nicht konstant auf A, dann existieren f, f 2 F, x y, und e, e 2 A mit f(e ) = f, f(e 2 ) = f 2. Da f messbar ist, sind A = f ({f }) A A 2 = f ({f 2 }) A. Die Menge B = A A hat offenbar die folgenden Eigenschaften: B A (A ist eine σ-algebra) und B A. B (wg. e B). B A (wg. e 2 A 2 ). Dies ist offenbar ein Widerspruch zu der Annahme, dass A ein Atom ist. Aufgabe 6.6. Lösung: Offenbar gilt T (G) T (σ(g)) und somit, nach Aufgabe 2.3, σ(t (G)) T (σ(g)). Für die umgekehrte Richtung bemerken wir, dass die Abbildung T (E, σ(t (G))) (Y, σ(g)) messbar ist. Tatsächlich: Nach Lemma 6. genügt es die Meßbarkeit am Erzeuger G zu testen. Diese folgt sofort aus T (G) σ(t (G)). Folglich ist T messbar und somit T (σ(g)) σ(t (G)). 45

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47 7 Messbare Funktionen Aufgabe 7.. Lösung: (a) Nach Lemma 6.2 reicht es, die Messbarkeit am Erzeuger zu untersuchen. Sei also B = [a, b) I, a < b. Dann gilt falls a, b 0 Q (B) = E ( b, + b) falls a 0, b > 0 ( b, a] [ a, b) falls a, b > 0 Diese Mengen sind in B(E) enthalten, vgl. messbar. Aufgabe 2.4, also ist Q B(E)/B(R)- (b) Bezeichnet T die Einbettung von E nach R mit x x, so gilt formal: ν(t 2 B) = ν(±t B). Konkret: Wir wissen bereits, dass ν Q ein Maß ist (Satz 6.6). Weiterhin ist I schnittstabil und ν Q in beiden Fällen sogar endlich, da ν beide Male aus einem beschränkten Lebesgue-Maß hervorgeht. Somit ist die Eindeutigkeit gemäß Satz 4.5 gegeben und es reicht wieder aus, Elemente B = [a, b) I, a b, zu betrachten. (i) Aus Teil (a) sehen wir 0, b 0 oder a > ν(q (B)) = λ([0, b)), a < 0, b > 0 λ([ a, b )), 0 < a < 0, b 0 oder a > = b 0 a, sonst. (ii) Auch hier benutzen wir (a): 0, b 0 oder a > ν(q (B)) = λ([( b) ( ), b )), a < 0, b > 0 2 λ([( b) ( ), a) [ a, b )), 0 < a < 0, b 0 oder a > = 2 2 λ([0 a, b )), sonst 47

48 R.L. Schilling: Maß & Integral 0, b 0 oder a > = ( b )) (0 a ), sonst Aufgabe 7.2. Lösung: (a) Behauptung: σ(u) = {B B(R); B = B}. : Sei B σ(u). Nach Definition existiert dann A B(R) mit B = u (A). Es sei nun x B. Wegen u( x) = u(x) A ist dann auch x B. Also B = B. Weiterhin ist B B(R), da u stetig ist. : Es sei B {BB(R); B = B}. Wir müssen zeigen, dass A B(R) existiert mit B = u (A). Setze A = B, dann x B x B x u (A). (b) Offensichtlich gilt σ(u) = B(R). (c) Behauptung: σ(u) = {B B(R 2 ); (x, y) B, z R (x z, y + z) B}. : Sei B σ(u), dann B = u (A) für A B(R). Insbesondere B B(R 2 ) da u stetig ist. Weiterhin ist für (x, y) B und z R immer u(x z, y + z) = u(x, y) A, d.h. (x z, y + z) u (A) = B. : Es sei B {B B(R 2 ); (x, y) B, z R (x z, y +z) B}. Wir müssen zeigen, dass B = u (A) für ein A B(R). Wir setzen A = {y; (0, y) B}. Dann (x, y) B (x x, y + x) = (0, y + x) B u(x, y) = x + y A. (d) Behauptung: σ(u) = {B B(R 2 ); (x, y) B, (v, w) R 2, x 2 + y 2 = v 2 + w 2 (v, w) B}. : Für B σ(u) existiert A B(R) mit B = u (A). Ist (x, y) B und (v, w) R 2 mit x 2 + y 2 = v 2 + w 2, dann ist offensichtlich u(v, w) = u(x, y) A, d. h. (v, w) u (A) = B. : Sei B {B B(R 2 ); (x, y) B, (v, w) R 2, x 2 + y 2 = v 2 + w 2 (v, w) B}. Für A = {(0, y 2 + x 2 ); (x, y) B} gilt dann gerade (x, y) B (0, x 2 + y 2 ) B u(x, y) = x 2 + y 2 A. Aufgabe 7.3. Lösung: Jede lineare Abbildung auf einem endlich-dimensionalen Vektorraum ist stetig und somit Borel-messbar. Beachte, dass f R R 2 mit f(x) = (x, 0) stetig und somit Borel-messbar ist. Abbildung ist jedoch nicht messbar bzgl. der vervollständigten Borel-σ-Algebren: Die 48