Serie 2 Lösungsvorschläge

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1 D-Math Mass und Integral FS 214 Prof. Dr. D. A. Salamon Serie 2 Lösungsvorschläge 1. Seien folgende Mengen gegeben: und für a, b R R := [, ] := R {, }, (a, ] := (a, ) { }, [, b) := (, b) { }. Wir nennen eine Teilmenge U R offen genau dann, wenn sie eine abzählbare Vereinigung von offenen Intervallen in R und von Mengen der Form (a, ] oder [, b), für a, b R, ist. a) Zeigen Sie: Jede offene Mengen in R kann als abzählbare Vereinigung offener Intervalle dargestellt werden. Hinweis: Q liegt dicht in R. b) Zeigen Sie, dass die Menge der offenen Teilmengen von R die Axiome einer Topologie erfüllt. Diese nennen wir die Standard Topologie oder die kanonische Topologie auf R. c) Beweisen Sie, dass die Standardtopologie auf R durch folgende Metrik (Distanzfunktion) d: R R R induziert wird: x, y R. d(x, y) := d(x, ) := d(, x) := 2e x e x +e x, d(x, ) := d(, x) := 2ex e x +e x, d(, ) := d(, ) := 2, 2 e x y e y x e x+y +e x y +e y x +e x y, d) Beweisen Sie, dass (R, d) ein kompakter metrischer Raum ist (: Jede Folge in R hat eine (bzgl. d) konvergente Teilfolge.). Bitte wenden!

2 e) Zeigen Sie, dass die Abbildung f : R [ 1, 1], x f(x) := tanh(x) := ex e x e x +e x, x R, 1, x =, 1, x =. ein Homöomorphismus ist. Lösungsvorschlag: a) Sei U offen R. Jede offene Menge U lässt sich (disjunkt) in eine möglicherweise überabzählbare Vereinigung von offenen Zusammenhangskomponenten C i U, i I zerlegen: U = i I C i. (1) Da die Zusammenhangskomponenten alle offen sind, gibt es für jedes x C i zwei rationale Zahlen p x, q x Q C i mit Also Damit ist p x < x, (2) x < q x. (3) x U : I x := (p x, q x ) C i U. (4) U = x U{x} (5) = I x (6) x U = (p x, q x ) (7) ( ) = x U ( ) px,qx Q U px<qx (p x, q x ) (8) Siehe nächstes Blatt!

3 eine abzählbare Vereinigung von offenen Intervallen. b) Sei Beachte: Die Intervalle ( ) sind also aufgrund der Konstruktion tatsächlich Intervalle in U, da sie in den Zusammenhangskomponenten liegen. (Dass sie offen sind ist klar.) Die Gesamtheit der Intervalle überdeckt tatsächlich ganz U (und nur U), da jedes in U liegt und da es für jedes x U mindestens ein solches Intervall I x gibt, mit x I x. Zwar haben wir überabzählbar viele Intervalle I x, da U überabzählbar ist. Weil aber die gesamte Menge Q nur abzählbar ist, gibt es nur abzählbar viele verschiedene Intervalle. Deshalb ist die Vereinigung in ( ) tatsächlich als abzählbare Vereinigung darstellbar (= (8)). U := {U = I i i N : I i {(a, b), (a, ], [, b) a, b R}} die genannte Menge der offenen Teilmengen von R. Wir wollen zeigen, dass U eine Topologie auf R ist. (Top1) Wähle für den ersten Fall i N : I i := (a, a) für ein a R: Dann ist = (a, a) U. Im zweiten Fall wähle i N : [, a) (a ε, a + ɛ) (a, ] für ein a N, ɛ >. Dann ist R = I i U. (Top2) Dies folgt direkt aus a) und der Übertragung des dortigen Arguments auf R. (Top3) Wir müssen nur zeigen, dass U 1, U 2 U U 1 U 2 U gilt (d.h., für den Fall von n := 2). Die Folgerung für beliebiges n N ergibt sich dann sofort durch iterative Anwendung. Seien U 1, U 2 U. Dann gilt ( ) U 1 U 2 = U 1 I i, I i U, i N, a) also mit (Top2) = U 1 I i U ( ) U 1 U 2 U. ( ) erhalten wir, indem wir beachten, dass i N folgende Fälle gelten (modulo Kommutativität von U 1 und I i ): Bitte wenden!

4 U 1 I i U 1 I i (a, b) (c, d) {, (a, b), (c, d), (b, c)} (a, ] (c, d) {, (a, d), (c, d)} [, b) (c, d) {, (c, b), (c, d)} (a, ] (c, ] {(a, ], (c, ]} [, b) [, d) {[, b), [, d)} [, b) (a, ] {, (a, b)}? U c) Wir müssen zeigen, dass sich jede Menge U U der Topologie durch eine Vereinigung von offenen Bällen bezüglich der Metrik realisieren lässt. Details: siehe Topologie-Vorlesung und/oder einführende Literatur in die (mengentheoretische, metrische) Topologie. d) Wir zeigen die Behauptung durch Widerspruch. Angenommen (x n ) sei eine Folge in R, so dass jede Teilfolge divergiert. Da jede Folge eine monotone Teilfolge besitzt, haben wir in R einen Häufungspunkt für diese Teilfolge und damit hat diese Teilfolge eine konvergente Teilfolge. Widerspruch! e) Zur Erinnerung: Eine Abbildung f : X Y zwischen zwei topologischen Räumen X und Y ist ein Homöomorphismus : f ist stetig und bijektiv mit stetiger Umkehrabbildung. Die Stetigkeit von f auf R ist klar. Die Stetigkeit in x {, } ergibt sich, da für jede Folge (x n ) mit x n e xn e xn e xn + e xn = e xn e xn + e xn e xn e xn + e xn und für jede Folge (x n ) mit x n e xn e xn e xn + e xn = e xn e xn + e xn e xn e xn + e xn 1 = 1 1 = 1 gilt. f ist bijektiv auf R, da tanh(x) bijektiv auf R ist und da f(r) { 1, 1}. Die Stetigkeit der Inversen f 1 ergibt sich schliesslich aus der Stetigkeit von f 1 (x) = artanh(x) = 1 2 ln( 1+x 1 x ) und analoger Überlegung wie im Fall von f. Siehe nächstes Blatt!

5 2. Sei (X, A, µ) ein Massraum und sei A i A, i N, eine Folge von messbaren Mengen. Beweisen Sie, dass µ( A i ) µ(a i ). i N i N Lösungsvorschlag: Sei (X, A, µ) ein Massraum und A i A, i N eine Folge von messbaren Mengen. Die geforderte σ-subadditivität können wir zeigen, indem wir die Mengenvereinigung als disjunkte Vereinigung darstellen A i = (A i \ i N i N und die Monotonie des Masses anwenden. Also: µ( A i ) = µ( i 1 i \ A k )) i N i N(A k=1 i 1 = i N µ(a i \ i N µ(a i ) k=1 A k ) i 1 k=1 A k ) da disjunkte Vereinigung Monotonie d. Masses 3. Sei µ: 2 N [, ] das Zählmass auf den natürlichen Zahlen. Zeigen Sie, dass dann aus der σ-additivität des Lebesgue-Integrals nicht negativer Funktionenfolgen mit Wertebereich R (siehe Vorlesung) folgt, dass ( ) ( ) a ij = a ij j=1 j=1 für jede Abbildung a: N N [, ], (i, j) a ij. Bitte wenden!

6 Lösungsvorschlag: Da alle Teilmengen von N bzgl. dem Zählmass messbar sind, ist jede Abbildung f : N [, ] messbar und es gilt ( ) N f dµ = N f(n)χ {n} dµ = ( ) N f(n)χ {n} dµ = ( ) f(n), wobei ( ) aufgrund der genannten Eigenschaft. Beachte auch, dass alle Funktionen a(, j) und a(i, ) nichtnegativ sind. Dann können wir im Folgenden die Beziehung ( ) benutzen und wir erhalten: a ij = a(, j) dµ j=1 = N = N a(, j) dµ j=1 a ij 4. Sei X eine überabzählbare Menge und sei M 2 X die Menge aller Teilmengen A X, so dass entweder A oder A c abzählbar sind. Sei, A abzählbar, µ: M {, 1}, A µ(a) := 1, A c abzählbar. a) Zeigen Sie, dass (X, M, µ) ein Massraum ist. b) Beschreiben Sie die messbaren Funktionen und ihre Integrale. Siehe nächstes Blatt!

7 Lösungsvorschlag: a) M := {A X A oder A c abzählbar } ist eine σ-algebra über X: X M, da = X c abzählbar, also X c M. A M A c M. Denn A M A abzählbar Fall 1 oder A c abzählbar Fall 2 A c M, weil (A c ) c = A abzählbar Fall 1 weil } A c selbst {{ abzählbar }. Fall 2 Seien nun A n M, n N. Fall 1: Alle A n sind abzählbar. Dann ist auch die Vereinigung abzählbar, also A n M. oder Fall 2: Es gibt (mind.) ein n N, so dass A n nicht abzählbar ist. Dann ist aber (A n ) c abzählbar (sonst wäre A n nicht in M) und damit ( ) c A n = (A n ) c abzählbar, also ( ) c A n M. Damit ist M eine σ-algebra. Jetzt müssen wir noch zeigen, dass µ ein Mass ist. Dass µ eine nichtnegative Funktion ist, ist per Def. von µ klar. µ ist σ-additiv. Denn A n M, n N, paarweise disjunkt, gilt: Fall 1: Alle A n sind abzählbar, also auch die Vereinigung. Dann ( ) = µ A n = µ(a n ) =. =, n N Fall 2: Es gibt (mind.) ein n N, so dass A n überabzählbar ist. Dann ist auch die Vereinigung überabzählbar und wir haben ein abzählbares Bitte wenden!

8 Komplement der Vereinigung (siehe Argument oben). Also: ( ) 1 = µ A n = µ(a n ) = µ(a n ) + µ(a n ) = 1. =1, da (A n ) c n n abz. } {{} =, ( ) In ( ) müssen wir beachten, dass wenn A n überabzählbar ist, alle anderen A n, n n in (A n ) c enthalten sein müssen. Also weil (A n ) c abzählbar ist sind sie alle auch abzählbar und es gibt insbesondere keine weiteren überabzählbaren A n, n n, in M. Deshalb ist auch der zweite Summand ( ) per Def. von µ notwendig. Das zweite Axiom für Masse ist trivialerweise aufgrund der Def. von µ erfüllt. b) Wir beschreiben die messbaren Funktionen f : X R. Beh.: f : X R ist µ-messbar x R : f 1 (R \ {x}) abzählbar. Beweis: : Wir wissen, dass in diesem Fall für jedes a R gilt. D.h., und f 1 ((, a]), f 1 ((a, )) M f 1 ((, a]) oder (f 1 ((, a])) c ist abzählbar, f 1 ((a, )) oder (f 1 ((a, ))) c ist abzählbar. Unter Berücksichtigung, dass X überabzählbar ist, erhalten wir: Fall f 1 ((, a]) und f 1 ((a, )) abzählbar: Dies ist nicht möglich, da es der Überabzählbarkeit von X widerspricht. Fall f 1 ((, a]) und (f 1 ((a, ))) c abzählbar: Dann gibt es ein x (a, ): f 1 (R \ {x}) abzählbar und f 1 ({x}) ist der überabzählbare Teil von X. Fall (f 1 ((a, ))) c und f 1 ((a, )) abzählbar: Dann gibt es ein x (, a]: f 1 (R \ {x}) abzählbar und f 1 ({x}) ist der überabzählbare Teil von X. Fall (f 1 ((, a])) c und (f 1 ((a, ))) c abzählbar: Dies ist wieder nicht möglich, da es der Überabzählbarkeit von X widerspricht. Damit ist diese Richtung gezeigt. : Wenn es ein x R gibt, so dass f 1 (R \ {x}) abzählbar ist, dann ist das Urbild jedes Intervalls, welches x nicht enthält, abzählbar, d.h. in M. Für Siehe nächstes Blatt!

9 beliebiges a R ist damit f 1 ((a, )) M. Im Fall x (a, ), weil dann (f 1 ((a, ))) c abzählbar, also in M ist. Im Fall x (, a]), weil f 1 ((a, )) abzählbar ist. Zusammen heisst das, dass f µ-messbar ist. Beschreibung der Integrale: Sei f : X R µ-messbar und a R mit f 1 ({a}) überabzählbar. Dann gilt: f dµ = a µ(f 1 ({a})) + fχ f 1 (R \ {a}) dµ X =1, da Kompl. abz. X abzählbar = a. = 5. a) Sei f n : [, 1] [ 1, 1] eine Folge stetiger Funktionen, welche gleichmässig gegen konvergiert. Zeigen Sie: 1 lim f n (x) dx =. b) Sei f n : [, 1] [ 1, 1] eine Folge stetiger Funktionen, so dass lim f n (x) =, x [, 1]. Zeigen Sie: 1 lim f n (x) dx =. Dies ist eine einfache Konsequenz aus dem Satz von Lebesgue über dominierte Konvergenz (Lebesgue Dominated Convergence Theorem, siehe Vorlesung). Beweisen Sie diese Tatsache aber nur mit Hilfe des Riemann Integrals! Eine gute Referenz ist: W. F. Eberlein, Notes on integration I: The underlying convergence theorem. Communications of Pure and Applied Mathematics 1 (1957), c) Konstruieren Sie ein Beispiel einer punktweise konvergenten Folge stetiger Funktionen f n : [, 1] [ 1, 1], welche punktweise, aber nicht gleichmässig, gegen konvergiert. d) Konstruieren Sie eine Folge von stetigen Funktionen f n : [, 1] [ 1, 1], n N, so dass 1 f n (x) dx =, n N, und so dass für jedes x [, 1] die Folge (f n (x)) nicht konvergiert. Bitte wenden!

10 Lösungsvorschlag: a) Da die punktweise Grenzfunktion f die Nullfunktion auf [, 1] ist, ist diese integrabel. Wir erhalten: 1 f n 1 f = 1 (f n f) l([, 1]) f n f =1 aufgrund der gleichmässigen Konvergenz. Also die Behauptung. b) (siehe angegebene Referenz) c) Die Funktionenfolge kann notwendigerweise nicht gleichgradig stetig sein. Weil sonst würde jeweils unter den genannten Bedingungen gleichmässige Konvergenz folgen und es gäbe kein solches Beispiel. 1 Sei f n : [, 1] [ 1, 1], x f n (x) := x 2 x 2 + (1 nx) 2 (siehe auch Abb. 1). Dann ist in der Tat 1 f n (x) 1, n N, x [, 1], und lim f n (x), x [, 1], also punktweise konvergent gegen. Die Stetigkeit jedes Folgenelements ist auch leicht einsichtig. Jedoch gilt f(1/n) = 1, n N, und die Folge kann damit nicht gleichmässig sein. d) Idee wie in der Uebungsstunde skizziert. Die detaillierte Ausführung sei dem Leser überlassen. 1 Das ist ein Ergebnis aus der Analysis.

11 Abbildung 1: Zu Aufg. 5c): f n, n {1, 2,..., 1}