S k r i p t Analysis III. Herbstsemester Prof. Dr. Camillo de Lellis

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1 S k r i p t Analysis III Herbstsemester 2011 Prof. Dr. Camillo de Lellis Stand: 26. Dezember 2012

2 INHALTSVRZICHNIS i Inhaltsverzeichnis 1 Gewöhnliche Differentialgleichungen Systeme von gewöhnlichen Differentialgleichungen Lineare Systeme Das Theorem von Picard-Lindelöf indeutigkeit und stetige Abhängigkeit Differenzierbare Abhängigkeit inführung in die Masstheorie von Lebesgue lementare Voraussetzungen Das äussere Lebesgue-Mass Lebesgue-Messbarkeit Das Lebesgue-Mass Charakterisierungen der Messbarkeit Lipschitz-Abbildungen und messbare Mengen Lebesgue-messbare Funktionen Definition der messbaren Funktionen igenschaften messbarer Funktionen Approximationssatz mit einfachen Funktionen Die Sätze von gorov und Lusin Konvergenz nach Mass Das Lebesgue-Integral Definition des Lebesgue-Integrals lementare igenschaften des Integrals Konvergenzsätze I Verallgemeinerung des Lebesgue-Integrals Konvergenzsätze II Die Sätze von Fubini und Tonelli Der Satz von Fubini Der Satz von Tonelli Abstrakte Masstheorie Allgemeine σ-algebren Messbare Funktionen Integrale Konvergenzsätze Transformationssatz und Zerlegung der inheit Der Transformationssatz Beweis des Transformationssatzes: Teil I Beweis des Transformationssatzes: Teil II Die Zerlegung der inheit Der Satz von Gauss Hyperflächen des R n Das Flächenintegral Reguläre offene Mengen Der Satz von Gauss

3 INHALTSVRZICHNIS ii 8.5 Beweis des Satzes von Gauss A Das Cantor-Diagonalargument 106 B Symbolverzeichnis 107

4 Abbildungsverzeichnis 1 Sich nicht überlappende Intervalle in R Intervalle wie im ersten Teil von Satz Die Whitney-Zerlegung einer offenen Teilmenge von R i und i I R 2 : eine Überdeckung A U(I) mit σ(i) < ε Die Zerlegung von K Die Vereinigung der Rechtecke ist B N Zwei fast überall gleiche Funktionen Die Indikatorfunktion der Vereinigung einiger Intervalle Treppenfunktion als Beispiel für eine einfache Funktion Die definierte Funktion f k Die Funktionen f + und f Die Folge A k A Kartenwechsel mit den Abbildungen Φ, Ψ, ϕ und ψ Die Bedingung (R): In diesem Fall liegt Ω unter dem Graphen von f Das äussere Normalenfeld einer Menge

5 1 GWÖHNLICH DIFFRNTIALGLICHUNGN 2 1 Gewöhnliche Differentialgleichungen 1.1 Systeme von gewöhnlichen Differentialgleichungen Sei F : I R n... R n R n, wobei I R ein Intervall ist. In diesem Kapitel betrachten wir nur solche Abbildungen F, die mindestens stetig sind. ine Funktion y : I R n, die k-mal differenzierbar ist, ist eine Lösung des Systems falls F (t, y, y,..., y k ) = 0, (1) F (t, y(t), y (t),..., y (k) (t)) = 0 t I. Da wir annehmen, dass F stetig ist, ist jede Lösung von (1) eine C k -Funktion. Wenn n = 1 ist, heisst (1) gewöhnliche Differentialgleichung. Beispiel 1.1. Sei f : I R stetig und F : I R R R wie folgt definiert: F (t, x 1, x 2 ) := x 2 f(t). ine Lösung y : I R ist eine differenzierbare Funktion, so dass y (t) f(t) = 0 t I. D.h. y ist eine Stammfunktion von f. Wenn I = [a, b] ist, dann gilt: y(t) = t wobei C R die Integrationskonstante ist. a f(τ) dτ + C, Beispiel 1.2. Seien f, g : I R zwei stetige Funktionen und F (t, x 1, x 2 ) = x 2 f(t)x 1 g(t). (1) ist dann gegeben durch y (t) f(t)y(t) g(t) = 0, d.h. eine inhomogene lineare Differentialgleichung erster Ordnung. Die Formel, die alle Lösungen dieser Gleichung beschreibt, haben wir bereits in Analysis I hergeleitet. 1.2 Lineare Systeme Definition 1.3. Sei A : R n R n eine lineare Funktion, d.h. M R n n, so dass A(x) = M x ( A(x) = (A 1 (x),..., A n (x)) und A j (x) = n M jix i ). Das System y (t) = A(y(t)) = M y(t) heisst homogenes lineares System erster Ordnung mit konstanten Koeffizienten. ine differenzierbare Funktion v : [a, b] R n v = A(v) = M v, wenn v (t) = A(v(t)) = M v(t) ist genau dann eine Lösung von t [a, b].

6 1 GWÖHNLICH DIFFRNTIALGLICHUNGN 3 Ausgeschrieben bedeutet dies: v 1(t) = n M 1iv i (t) v 2(t) = n M 2iv i (t). v n(t) = n M niv i (t), wobei M ij die inträge der Matrix M sind. Beispiel 1.4. Für n = 1 haben wir A(x) = cx, d.h. M = (M 11 ) = (c). Die Differentialgleichung lautet nun also v = cv und wir wissen schon, dass jede Lösung (auf einem Intervall!) von der Form v(t) = Ce ct ist. Beispiel 1.5. Sei A : R 2 R 2 mit A(x) = M x gegeben durch ( ) 0 1 M :=. 1 0 In diesem Fall haben wir ein System von zwei Differentialgleichungen: { v 1 = v 2 v 2 = v 1. (2) Wenn v eine Lösung von (2) ist, dann ist v 1 zweimal differenzierbar. Falls wir y := v 1 setzen, dann ist y = y. Umgekehrt gilt, falls y zwei mal differenzierbar ist und y = y, dann ist (v 1, v 2 ) := (y, y ) eine Lösung von (2). Die zwei letzten Beispiele sind Spezialfälle des folgenden Lemmas: Lemma 1.6. Seien c 0,..., c k 1 R und sei M R k k die folgende Matrix: c k 1 c k c M := (3) Die Funktion y : I R löst die Gleichung y (k) = c k 1 y (k 1) + c k 2 y (k 2) c 1 y + c 0 y genau dann, wenn die vektorwertige Abbildung v := (y (k 1),..., y, y) das System v = M v löst. Beweis. Trivial. Nun wollen wir eine allgemeine Formel für die Lösung des Systems v herleiten. Dazu brauchen wir eine Art xponential der Matrix tm. = M v Definition 1.7. Sei M R n n (bzw. C n n ) eine Matrix. Dann ist exp(m) := k=0 M k k! = Id + k=1 M k k!. (4) Hier nutzen wir die Konvention, dass M 0 = Id, auch wenn M = 0. Deswegen ist exp(0) = Id.

7 1 GWÖHNLICH DIFFRNTIALGLICHUNGN 4 Beispiel 1.8. Wenn dann ist λ M :=....., 0... λ n exp (λ 1 )... 0 exp(m) = exp (λ 2 ) Der folgende Satz ist der Hauptsatz dieses Kapitels: Satz 1.9. Für jede Matrix M R n n (bzw. C n n ) ist exp(m) eine wohldefinierte Matrix, d.h. die Reihe in (4) konvergiert. Zudem ist die Abbildung t exp(tm) analytisch und für jeden Vektor v 0 R n ist die Funktion t [exp(tm)] v 0 eine Lösung des Systems v = M v auf ganz R. Die Partialsumme von (4) ist einfach die Matrix S N := N k=0 M k k!. Wenn wir die entsprechenden inträge mit (S N ) ij bezeichnen, erhalten wir eine Folge {(S N ) ij } N N für jede Wahl von i, j {1,..., n}. Die Konvergenz von (4) bedeutet dann, dass jede solche Folge gegen eine reelle (bzw. komplexe) Zahl konvergiert. Deswegen ist exp(tm) eine Matrix und [exp(tm)] ij sind die entsprechenden inträge. Dass die Abbildung t [exp(tm)] analytisch ist, bedeutet, dass jede der reellwertigen Funktionen t [exp(tm)] ij analytisch ist. Um Satz 1.9 zu beweisen, brauchen wir einige Lemmata. Wir erinnern uns an die Definition der Hilbert-Schmidt-Norm M HS := (M ij ) 2 bzw. M ij 2 ij ij und der Operator-Norm M O := max M v v R n, v =1 ( bzw. ) max M v. v C n, v =1 Die Operator-Norm ist die kleinste positive Zahl C [0, [, so dass die Ungleichung M v C v für alle Vektoren v gilt. Lemma Für jede Matrix M R n n (bzw. M C n n ) gilt: M O M HS n M O (5) M k O M k O k N. (6) Beweis. Sei v R n (bzw. C n ). Mit der Cauchy-Schwarz-Ungleichung erhalten wir: M v 2 = 2 M ij v j ( M ij ) 2 v k 2 = M 2 HS v 2. i i i j k

8 1 GWÖHNLICH DIFFRNTIALGLICHUNGN 5 Deswegen ist M O M HS. Nun sei für jedes i {1,..., n} e i := (0,... 0, }{{} 1, 0,..., 0). i-te Stelle Dann ist und somit M ij 2 = M e i 2 M 2 O e i 2 = M 2 O j M 2 HS = M ij 2 n M 2 O. i,j Wir beweisen nun (6) mittels vollständiger Induktion. Der Induktionsanfang ist M 0 O = Id O = 1 = M 0 O. Der Induktionsschritt ist einfach: v Rn (bzw. C n ) gilt: M k v = M (M k 1 v) M O M k 1 v M O M k 1 O v. Wegen der Induktionsannahme, M k 1 v M k 1 v, ist O M k v M k O v. Da v ein beliebiger Vektor war, folgt M k O M k O. Lemma Sei {A k } eine Folge von Matrizen, so dass die entsprechenden Reihen k A k absolut konvergieren (d.h. k A k HS < ). Dann konvergiert auch die Reihe k A k, d.h. auch die Reihen der Koeffizienten der Partialsummen konvergieren. Beweis. Der Raum der Matrizen R n n (bzw. C n n ) versehen mit der Norm HS ist der übliche uklidische Raum R n2 (bzw. C n2 ). Deswegen gelten die Dreiecksungleichung und die Charakterisierung der Konvergenz durch die Cauchy-igenschaft. s genügt also zu zeigen, dass N S N := die Cauchy-igenschaft erfüllt. Seien nun N r < s N. Dann ist S s S r HS s k=r+1 k=0 A k A k HS k=n+1 A k HS. Die Cauchy-igenschaft folgt dann aus der Konvergenz von k=0 A k HS. Beweis des Satzes 1.9. Wohldefiniertheit: Aus (5) und (6) folgt M k HS n M k O. Deswegen ist M k k! n HS k=0 k=0 M k O k! = ne M O <, d.h. die Reihe in (4) konvergiert absolut. Lemma 1.11 impliziert nun, dass exp(m) wohldefiniert ist.

9 1 GWÖHNLICH DIFFRNTIALGLICHUNGN 6 Analytizität: Wir betrachten die Funktion R t (t) := exp(tm). Weiter seien ij (t) die inträge der Matrix (t). Wenn (M k ) ij die inträge der Matrix M k bezeichnet, dann ist (M k ) ij ij (t) := t k. (7) k! k=0 Die Wohldefiniertheit von exp(tm) impliziert die Konvergenz der Reihe (7) für jedes t R. Aber dann ist die Funktion ij analytisch. Ableitung: Die Ableitung einer Potenzreihe ist die Reihe der Ableitungen. Deshalb ist ij(t) = k (M k ) ij t k 1. (8) k! k=1 Nun schreiben wir die Identität (8) wie folgt um: (t) = M k (k 1)! tk 1 = k=1 = M j=0 ( ) M k 1 M (k 1)! tk 1 = M k=1 k=1 M k 1 (k 1)! tk 1 M j j! tj = M(t). (9) Matrixwertige Funktionen werden als Vektorfunktionen behandelt: Die Ableitung ist einfach eine Matrixfunktion, deren inträge die Ableitungen der Koeffizienten der ursprünglichen Funktion sind. Deswegen gilt die Leibniz-Regel auch für Produkte von Matrizen und Vektoren. Sei v 0 R n und v(t) := [exp(tm)] v 0 Dann folgt: ( ) d v (t) = dt [exp(tm)] v 0 = (M exp(tm)) v 0 = M (exp(tm) v 0 ) = M v(t). Korollar Die Funktion t [exp(tm)] v 0 löst das Anfagswertproblem { v = M v v(0) = v 0. (10) Beweis. Satz 1.9 impliziert v (t) = M v(t). Zudem ist v(0) = [exp(0 M)] v 0 = [exp 0] v 0 = Id v 0 = v 0. Vermutung 1. v(t) = exp (tm) v 0 ist die einzige Lösung von (10). Diese Vermutung werden wir später beweisen; sie ist eine Konsequenz des indeutigkeitsatzes Beispiel Sei M R 1 1, d.h. M = c und wir setzen v := y, v 0 := y 0, wobei y : I R und y 0 R. In diesem Fall ist (10) einfach { { v = M v y = cy (11) v(0) = v 0 y(0) = y 0. Ausserdem ist v(t) = exp tm v 0 y(t) = e ct y 0. Wir haben schon gesehen, in Analysis I, dass e ct y 0 die einzige Lösung von (11) ist. Also ist Vermutung 1 in diesem Fall richtig.

10 1 GWÖHNLICH DIFFRNTIALGLICHUNGN 7 ( ) 0 1 Beispiel Sei n = 2 und A :=. 1 0 Dann ist { v 1 = v 2 v 2 = v 1. Wir bemerken, dass A 0 = Id, A 1 = A, A 2 = Deswegen ist A 3 = A 2 A = A, ( ) ( ) 0 t t k exp (ta) = exp = t 0 k! Ak = k=0 ( ) cos t sin t =. sin t cos t ( ) ( ) = = Id, A 4 = A 3 A = A A = Id. Daraus folgt nun auch, ( ) ( ) v1 (t) cos t sin t = v(t) = exp (t A) v v 2 (t) 0 = sin t cos t i=0 t 2i (2i)! ( 1)i Id + ( c1 c 2 ) = i=0 t 2i+1 (2i + 1)! ( 1)i A ( ) c1 cos t + c 2 sin t c 1 sin t + c 2 cos t und somit ist v 1 (t) = c 1 cos t+c 2 sin t. Wir haben wieder die Formel für die Lösungen der Differentialgleichung v 1 = v 1 gefunden, die wir in der Vorlesung Analysis I schon gesehen haben. 1.3 Das Theorem von Picard-Lindelöf Wir betrachen nun das Anfangswertproblem γ (t) = F (t, γ(t)) γ(t 0 ) = x 0, (12) d.h. ein System von gewöhnlichen Differentialgleichungen mit der zusätzlichen Bedingung, dass die Lösung einen bestimmten Wert zu einem bestimmten Zeitpunkt annimmt. Die Unbekannte ist die Abbildung γ : I R n, wobei I ein Intervall mit t 0 I ist. Die Abbildung F : I R n R n heisst auch Vektorfeld. Beispiel Wenn F (t, x) = M x mit M R n n ist, dann ist (12) ein homogenes lineares System mit konstanten Koeffizienten. Manchmal ist die Funktion F nur auf einer Teilmenge I D I R n definiert. Dann macht das System (12) nur dann Sinn, wenn der Wertebereich der Unbekannten γ in D enthalten ist. Das ist aber nur dann möglich, wenn x 0 D. In diesem Kapitel werden wir sehen, dass die Lipschitz-Stetigkeit von F die xistenz einer Lösung von (12) garantiert. Dieser berühmte Satz heisst Satz von Picard-Lindelöf.

11 1 GWÖHNLICH DIFFRNTIALGLICHUNGN 8 Satz 1.16 (von Picard-Lindelöf (allgemeine Form)). Sei J R ein Intervall und D R n eine offene Teilmenge. Sei weiter (t 0, x 0 ) J D und F : J D R n eine Lipschitz-stetige Funktion. Dann α R mit α > 0, so dass das Anfangswertproblem { x (t) = F (t, x(t)) (13) x(t 0 ) = x 0 auf [t 0 α, t 0 + α] J eine eindeutige Lösung hat. Die Lösung des Satzes 1.16 ist eine lokale Lösung, weil ihr Definitionsbereich kleiner als der Definitionsbereich von F sein kann. Beispiel Wir betrachten folgendes Anfangswertproblem: { y (t) = t y 2 (t) y(0) = y 0. Falls y(0) 0 ist, so hat die (einzige!) Lösung folgende Gestalt und den folgenden Definitionsbereich: ( ) y :, R mit y(t) =. y 0 y 0 1 y 0 t2 2 s gibt also keine Lösung auf ganz R. Die Funktion F ist nicht Lipschitz-stetig. Aber wenn wir F auf D := B 1 (y 0 ) einschränken, dann ist diese inschränkung Lipschitz-stetig. Satz 1.16 garantiert dann die xistenz einer Lösung auf einem Interval [ α, α]. Wenn die Abbildung F auf dem ganzen Bereich J R n definiert und Lipschitzstetig ist, dann gibt es eine globale Lösung, wie das folgende Korollar zeigt: Korollar 1.18 (Picard-Lindelöf (globale Lösung)). Seien D, J, t 0 und F wie in Satz Falls D = R n ist, dann gibt es eine eindeutige Lösung von (13) auf dem ganzen Intervall J. Dieses Korollar werden wir später beweisen, nachdem wir die indeutigkeit der Lösungen untersucht haben. In diesem Kapitel beweisen wir Satz 1.16, aber dazu brauchen wir einige Definitionen und Lemmata. Wir erinnern uns an die Definitionen eines metrischen Raums, einer konvergenten Folge und einer Cauchy-Folge. Definition Sei X eine Menge und d : X X [0, [ mit (i) d(x, y) 0 und d(x, y) = 0 x = y (ii) d(x, y) = d(y, x) (iii) d(x, z) d(x, y) + d(y, z). Dann heisst die Abbildung d Metrik und das Paar (X, d) metrischer Raum.

12 1 GWÖHNLICH DIFFRNTIALGLICHUNGN 9 Beispiel 1.20 (Metrik auf dem Raum der stetigen Funktionen). Sei K R n eine kompakte Menge und C(K, R m ) die Menge der stetigen Funktionen f : K R m. Wir definieren auf diesem Raum eine Norm durch f C(K) := max t K f(t). Desweiteren definieren wir mithilfe dieser Norm die Metrik d(f, g) := f g C(K). Dann ist (C(K, R m ), d) ein metrischer Raum. Definition Sei (X, d) ein metrischer Raum und {g n } n N X eine Folge. Dann definieren wir folgende Begriffe: {g k } k N heisst Cauchy-Folge genau dann, wenn ε > 0, N N, so dass d(g n, g m ) < ε n, m N. {g k } k N konvergiert gegen g genau dann, wenn lim k d(g k, g) = 0. A X ist abgeschlossen genau dann, wenn der Limes jeder konvergenten Folge {g n } n N A zu A gehört. Bemerkung ine konvergente Folge ist immer eine Cauchy-Folge. Aber die Umkehrung dieser Aussage ist im Allgemeinen falsch. Definition in metrischer Raum heisst vollständig, falls jede Cauchy-Folge konvergiert. Bemerkung Jede abgeschlossene Teilmenge eines vollständigen metrischen Raumes ist selbst wieder ein vollständiger metrischer Raum. Lemma Wenn K R n eine kompakte Menge ist, dann ist C(K, R m ) ein vollständiger metrischer Raum. Beweis. Sei {g k } C(K, R m ) eine Cauchy-Folge und x K. Betrachte g k (x) g j (x) max y K g k(y) g j (y) = g k g j C(K). Deswegen ist {g k (x)} k eine Cauchy-Folge in R m. Die Vollständigkeit des uklidischen Raumes impliziert die xistenz des Limes R m g(x) := lim k g k (x). Wir behaupten nun, dass {g k } gleichmässig gegen g konvergiert: Sei ε > 0 gegeben. Die Cauchy-igenschaft impliziert die xistenz einer Zahl N N, so dass g k g j C(K) < ε 2 k, j N. (14) Sei nun x K und k N. Dann ist (14) g(x) g k (x) = lim g j (x) g k (x) lim sup g j g k C(K) ε j 2, j

13 1 GWÖHNLICH DIFFRNTIALGLICHUNGN 10 und somit ist sup g(x) g k (x) < ε k N. x K Dies beweist die gleichmässige Konvergenz der Folge {g k }. In der Vorlesung Analysis I haben wir gesehen, dass der Limes einer gleichmässigen konvergenten Folge stetiger Funktionen wieder stetig ist. Deswegen g C(K, R m ) und der Satz ist damit bewiesen. Um Satz 1.16 zu beweisen, brauchen wir noch einen wichtigen Satz, den wir schon in der Vorlesung Analysis II bewiesen haben. Satz 1.26 (Banachscher Fixpunktsatz). Sei (X, d) ein vollständiger metrischer Raum und c : X X eine Kontraktion, d.h. es gibt eine Konstante α [0, 1[, so dass d(c(x), c(y)) α d(x, y) x, y X. Dann gilt: c besitzt einen eindeutigen Fixpunkt, d.h. eine eindeutige Stelle x X, die die Gleichung c(x) = x löst. Beweis. Wir erinnern uns an die Kernidee des Beweises: Wir wählen y 0 X und definieren rekursiv die Folge y n := c(y n 1 ). Dann nutzen wir die Kontraktionseigenschaft, um zu zeigen, dass {y n } eine Cauchy-Folge ist: Der Grenzwert der Folge ist dann der (eindeutige!) Fixpunkt von c. Beweis von Satz (i) Voraussetzungen: a, b > 0, so dass R := ([t 0 a, t 0 +a] J) B b (x 0 ) J D kompakt ist. Die Aussage ist klar, wenn t 0 im Inneren von J liegt. Sonst haben wir J = [t 0, d[ oder J =]c, t 0 ], aber auch in diesem Fall ist die Aussage einfach zu beweisen. F Lipschitz L > 0, so dass F (t, x) F (t, y) < L x y (t, x), (t, y) R R kompakt und F stetig M > 0, so dass F (t, x) M R. (ii) Definitionen: α := min{a, b M, 1 2L } I := [t 0 α, t 0 + α] J; (t, x) X := C(I, B b (x 0 )) ist die Menge der stetigen Funktionen mit Definitionsbereich I und mit Wertebereich in B b (x 0 ); Wir definieren die Abbildung T : X X wie folgt: Wir behaupten: T (y)(t) := x 0 + t t 0 F (τ, y(τ))dτ y X, t I. (a) X ist eine abgeschlossene Teilmenge von C(I, R n ); (b) T : X X ist eine Kontraktion.

14 1 GWÖHNLICH DIFFRNTIALGLICHUNGN 11 Diese zwei Tatsachen und der Banachsche Fixpunktssatz implizieren die xistenz eines Fixpunktes x von T. D.h. x : I B b (x 0 ) D ist eine stetige Funktion, so dass x(t) = x 0 + t t 0 F (τ, x(τ)) dτ t I. (15) Da τ F (τ, x(τ)) eine stetige Funktion ist, folgt dass x eine C 1 -Funktion ist. Wenn wir die Gleichung (15) ableiten, erhalten wir x (t) = F (t, x(t)) t I, und dies beweist, dass x eine Lösung des Anfangswertproblems (13) ist. Beweis von (a). Sei {g k } eine Folge von Funktionen in X = C(I, B b (x 0 )) und g eine stetige Funktion mit g k g C(K) 0. Ferner sei t I. Da g k (t) g(t) und B b (x 0 ) abgeschlossen ist, ist g(t) B b (x 0 ) und somit ist g X. Beweis von (b). Zuerst zeigen wir die Wohldefiniertheit der Abbildung T. Sei y X. Dann ist t T (y)(t) eine stetige Funktion. Ausserdem gilt: t T (y)(t) x 0 = F (τ, x(τ)) dτ t t 0 M αm b. t 0 D.h. die Werte der Abbildung T (y) sind in B b (x 0 ) enthalten. Also ist T (y) X. T ist eine Kontraktion, denn: y, z X, t I gilt: t T (y)(t) T (z)(t) = F (τ, y(τ)) F (τ, z(τ))dτ t 0 α max F (τ, y(τ)) F (τ, z(τ)) = α L max y(τ) z(τ) τ I Lipschitz τ I 1 Def. von α 2 y z C(I). Wir schliessen, dass T (y) T (z) C(I) 1 2 y z C(I). Bemerkung Der Beweis von Satz 1.16 liefert auch gleich eine konkrete Methode, um die Lösung per Algorithmus zu approximieren. Jedoch muss dabei bei jedem Schritt integriert werden. Wir setzen y 0 = x 0 und y m+1 := T (y m ), d.h. y m+1 (t) := x 0 + t t 0 F (τ, y m (τ)) dτ. Dann konvergiert y m x gleichmässig auf [t 0 α, t 0 + α] J, wobei x die gesuchte Lösung ist. 1.4 indeutigkeit und stetige Abhängigkeit Wir erinnern uns an das folgende Lemma, das wir schon in der Vorlesung Analysis I bewiesen haben: Lemma (von Gronwall) Sei f : [a, b[ [0, + [ differenzierbar und c 0 eine Konstante, so dass Dann gilt: f (t) cf(t) t [a, b[, c > 0. (16) f(t) f(a) exp(c(t a)) t [a, b[. (17)

15 1 GWÖHNLICH DIFFRNTIALGLICHUNGN 12 Beweis. Sei Dann ist g(t) := f(t) exp( c(t a)). g (t) = exp( c(t a))[f (t) cf(t)] 0. Also ist g(t) g(a) t [a, b]. Daraus folgt, f(t) exp( c(t a)) f(a). Definition Sei F eine Lipschitz-stetige Funktion. Dann definieren wir die Lipschitz-Konstante wie folgt: Lip(F ) := min {M 0 : F (a) F (b) M a b, a, b}. Beispiel Wir betrachten die Abbildung F : [ 1, 1] R mit F (x) := x. Dann ist F (x) F (y) x y. Aber ε > 0, x, y : F (x) F (y) (1 ε) x y. Deshalb ist Lip(F ) = 1. Satz Sei F : [a, b] D R n Lipschitz-stetig und seien g und f zwei Lösungen von y = F (t, y) auf [a, b]. Dann ist g(t) f(t) g(τ) f(τ) exp(lip(f ) t τ ) t, τ [a, b]. (18) Dieser Satz impliziert die indeutigkeit der Lösung von (13): Korollar Sei F Lipschitz-stetig und seien y, x zwei Lösungen von (13). Dann ist x y. Beweis. Aus (18) folgt, f(t) g(t) f(t 0 ) g(t 0 ) exp(lip(f ) t t 0 ) = 0. Nun sind wir bereit, um auch Korollar 1.18 zu beweisen. Beweis von Korollar Wir betrachten die Menge L der Paare (K, y), so dass t 0 K J und K ein Intervall ist; y : K R n (13) löst. Aus Satz 1.16 folgt, dass L. Seien nun (K 1, y 1 ), (K 2, y 2 ) L. Auf der Menge K 1 K 2 haben wir y 1 = y 2 wegen Korollar Nun können wir auf dem Intervall K 1 K 2 eine Funktion y wie folgt definieren: y = y 1 auf K 1 und y = y 2 auf K 2. y ist differenzierbar und löst (13) auf K 1 K 2. Wir können deshalb eine maximale Lösung auf dem Intervall K := L (L,y) L definieren. Wir wollen nun zeigen, dass K = J ist. Nun haben wir folgende Möglichkeiten: (i) das rechte xtremum b von K gehört nicht zu K, aber zu J; (ii) das rechte xtremum b von K gehört zu K, aber τ > b mit τ J; (iii) das linke xtremum a von K gehört nicht zu K, aber zu J; (iv) das linke xtremum a von K gehört zu K, aber τ < a mit τ J.

16 1 GWÖHNLICH DIFFRNTIALGLICHUNGN 13 Wir untersuchen nur die Fälle (i) und (ii). (i) kann nicht sein: Wegen Satz 1.16 wissen, wir dass eine lokale Lösung x von x (t) = F (t, x(t)) auf [b α, b+α] existiert mit x(b) = y(b). Aber dann ist, wegen Korollar 1.32, x = y auf [b α, b] K. Somit finden wir eine Lösung von (13) auf K [b α, b + α], aber das ist ein Widerspruch zur Maximalität von K. Für den Fall (ii) bemerken wir, dass die Funktion y Lipschitz-stetig und damit auch gleichmässig stetig ist. Also gibt es eine stetige Fortsetzung ỹ von y auf K {b}. Wir behaupten nun, dass ỹ auch in b differenzierbar ist und dort ỹ (b) = F (t, ỹ(b)) gilt. Der Satz von Lagrange (Mittelwertsatz) impliziert: t K gibt es eine Stelle ξ ]t, b[, so dass ỹ(b) ỹ(t) = ỹ (ξ)(b t) = F (ξ, y(ξ))(b t). Wenn nun t b, dann konvergiert ξ b und damit auch F (ξ, y(ξ)) F (b, ỹ(b)). Dies beweist, dass ỹ differenzierbar ist und (13) löst. Aber auch dies ist ein Widerspruch zur Maximalität von K. Beweis von Satz Falls t τ ist, setzen wir α(s) := f(τ + s) g(τ + s) 2 und sonst α(s) := f(τ s) g(τ s) 2. Das Argument ist das gleiche wie im vorherigen Beweis, daher nehmen wir an, dass t τ = 0. Dann ist α (t) = 2[f(t) g(t)][f (t) g (t)] = 2[f(t) g(t)][f (t, f(t))) F (t, g(t)] F Lipschitz 2 f(t) g(t) F (t, f(t)) F (t, g(t)) 2 f(t) g(t) Lip(F ) f(t) g(t) = 2 Lip(F )α(t). Aus dem Lemma von Gronwall folgt, α(t) α(0) exp(2 Lip(F )t). Da α eine nicht-negative Funktion ist, folgt g(t) f(t) = α(t) α(0) exp(lip(f )t) = g(0) f(0) exp(lip(f )t). Definition Sei F : [a, b] R n R n Lipschitz-stetig und 0 [a, b]. Der Fluss von F ist dann die Abbildung Φ : [a, b] R n R n mit Φ(t, x 0 ) = y(t), wobei y die eindeutige Lösung von (13) mit t 0 = 0 ist. Korollar Φ ist stetig. Falls F beschränkt ist, dann ist Φ sogar Lipschitz-stetig. Beweis. Seien {t k } und {x k } zwei Folgen mit t k t and x k x. O.B.d.A. nehmen wir an, dass t k t ist. Dann ist Φ(t k, x k ) Φ(t, x) Φ(t k, x k ) Φ(t k, x) + Φ(t k, x) Φ(t, x) x x k exp(lip(f )(t k t)) + tk t F (τ, Φ(τ, x)) dτ. Da die Abbildung [a, b] τ F (t, Φ(τ, x)) stetig ist, besitzt sie ein endliches Maximum. Daraus folgt, dass Φ(t k, x k ) Φ(t, x) C( x x k + t t k ), wobei die Konstante C unabhängig von k ist. Wenn F beschränkt ist, so kann man die Konstante C auch unabhängig von (x, t) wählen und dies beweist die Lipschitz- Stetigkeit.

17 1 GWÖHNLICH DIFFRNTIALGLICHUNGN 14 Bemerkung Ohne die Beschränktheit von F ist Φ nur lokal Lipschitz-stetig, d.h. Φ K ist Lipschitz-stetig für jede kompakte Menge K [a, b] R n. Korollar Die Abbildung Φ(t, ) : R n R n ist umkehrbar t [a, b]. Beweis. Sei t R und Φ 1 (t, y 0 ) := f(0), wobei f die eindeutige Lösung von { f (τ) = F (τ, f(τ)) τ [a, t] f(t) = y 0 ist. Zudem löst die Funktion f auch das Anfangswertproblem { f (τ) = F (τ, f(τ)) τ [a, t] f(0) = Φ 1 (t, y 0 ). Aber dieses Anfangswertproblem wird auch von τ Φ(τ, Φ 1 (t, y 0 )) gelöst. Mit Korollar 1.32 folgt, dass f(τ) = Φ(τ, Φ 1 (t, y 0 )). Wenn wir τ := t setzen, so ist y 0 = f(t) = Φ(t, Φ 1 (t, y 0 )). Analog zeigt man, dass Φ 1 (t, Φ(t, y 0 )) = y 0 ist. Zudem zeigt das letzte Argument auch die Stetigkeit von Φ 1 (t, ). Korollar Φ 1 (t, ) ist stetig. Definition Sei Ω R n eine Menge. in Homöomorphismus von Ω ist eine stetige Abbildung ψ : Ω Ω mit stetiger Umkehrung. Falls die Funktion ψ und ihre Umkehrung C 1 -Funktionen sind, dann nennen wir ψ einen Diffeomorphismus. Also ist Φ(t, ) ein Homöomorphismus von R n. 1.5 Differenzierbare Abhängigkeit Satz Sei F : [a, b] R n R n Lipschitz-stetig und differenzierbar mit stetigen partiellen Ableitungen und sei 0 [a, b]. Dann ist der Fluss Φ von F differenzierbar mit stetigen Ableitungen. Wir halten fest, dass der obige Satz auch das folgende Korollar liefert: Korollar Sei F wie in Satz Dann ist die Umkehrfunktion von Φ(t, ) auch eine C 1 -Abbildung. D.h. Φ(t, ) ist ein Diffeomorphismus von R n. Satz 1.39 ist ein Korollar des folgenden Satzes: Satz Seien F und Φ wie oben. Dann existieren die partiellen Ableitungen von Φ und sind stetig. Um Satz 1.41 zu beweisen, brauchen wir das Theorem von Arzelá-Ascoli. Zuerst führen wir aber die dafür notwendigen Begriffe ein. Definition wir, dass Sei {f k } eine Folge von Funktionen f k : Ω R n. Dann sagen (1) {f k } gleichmässig beschränkt ist, wenn c 0, so dass f k (x) c x Ω und k N.

18 1 GWÖHNLICH DIFFRNTIALGLICHUNGN 15 (2) {f k } gleichgradig stetig ist, wenn ε > 0, δ > 0, so dass f k (x) f k (y) < ε k N und x, y mit x y < δ. Theorem (Arzelá-Ascoli) Sei {f k } eine Folge von Funktionen mit f k : [a, b] R n, die gleichmässig beschränkt und gleichgradig stetig ist. Dann f : [a, b] R n stetig und eine Teilfolge {f kj } {f k }, so dass lim j fkj f C([a,b]) = 0. Beweis. Das Ziel ist, eine Cauchy-Teilfolge zu finden, d.h. {f kj } {f k }, so dass ε > 0, N N mit fkj f ki C([a,b]) < ε k j, k i > N. (19) Sei {q l } l N =: A [a, b] dicht und abzählbar (begründen Sie die xistenz einer solchen Menge). Dann ist {f k (q l )} eine beschränkte Folge im R n. Das Cantor- Diagonalargument (siehe Lemma A.1) garantiert die xistenz einer Teilfolge, so dass {f kj (q i )} q i A (20) konvergiert. Statt f kj schreiben wir der infachheit halber nur noch f k. Wir behaupten nun, dass diese neue Folge eine Cauchy-Folge ist. Dazu: (i) Sei ε > 0 gegeben. Dann δ > 0, so dass f k (x) f k (y) < ε 3 x y < δ. k und x, y mit (ii) Wegen der Dichtheit von A und der Kompaktheit von [a, b], A := {a 1,..., a M } A, so dass x [a, b], q i A mit x q i < δ 2. (iii) Da A endlich ist, N, so dass f k (q i ) f h (q i ) < ε 3 k, h > N und q i A. Sei nun x [a, b] gegeben. Wir wählen ein q i A mit x q i δ. Für h, k > N 2 gilt dann: f k (x) f h (x) = (f k (x 0 ) f k (q i )) + (f k (q i ) f h (q i )) + (f h (q i ) f h (x 0 )) f k (x 0 ) f k (q i ) + f }{{} k (q i ) f h (q i ) + f }{{} h (q i ) f h (x 0 ) < ε. }{{} < ε 3 folgt aus (i) < ε 3 folgt aus (iii) < ε 3 folgt aus (i) Daher schliessen wir, dass f k f h C([a,b]) < ε h, k > N, d.h. (19) ist gezeigt. Bemerkung s gibt viele Verallgemeinerungen dieses Theorems. Wichtig ist, dass das Theorem auch gilt, wenn f k : K R n und K R m kompakt ist. Wir kommen nun zum Beweis von Satz Da dieser Beweis viele Abschätzungen enthält, werden wir die uklidische Norm des Vektors v mit v statt v bezeichnen. Beweis von Satz Sei e R n und sei d h,x (t) := Φ(t,x+he) Φ(t,x) h R n. Wir teilen den Beweis des Satzes in zwei Behauptungen auf: mit h 0, x Behauptung 1: t, x existiert der Limes lim h 0 d h,x (t), t [a, b]. Behauptung 2: lim h 0 d h,x (t) = Φ (t, x) ist stetig in x und t. e (a) Folgerung aus Gronwalls Lemma:

19 1 GWÖHNLICH DIFFRNTIALGLICHUNGN 16 d h,x (t) e exp(lip(f )(t)). Dabei ist {d h,x } h 0 gleichmässig beschränkt, weil d h,x C(I) = max t I d h,x (t) e exp(lip(f )(b a)). }{{} unabhängig von h (b) s ist d h,x (t) F (t, Φ(t, x + he)) F (t, Φ(t, x)) = h Φ(t, x + he)) Φ(t, x)) Lip(F ) = Lip(F ) d h,x (t) h Lip(F ) e exp(lip(φ)(b a)). (21) Zur rinnerung: Die gleichmässige Stetigkeit bedeutet: ε > 0, δ > 0 : τ σ < δ d h,x (τ) d h,x (σ) < ε. (22) Nun ist d h,x (τ) d h,x (σ) [ max t [σ,τ] d h,x (t) ] τ σ {Lip(F ) e exp(lip(f )(b a))} τ σ. Deshalb gilt (21) (22) für δ := ε. Lip(F ) e exp(lip(f )(b a)) Aus dem Satz von Arzelà-Ascoli folgt: {h k } mit h k 0 existiert eine Teilfolge {h kj } und eine stetige Funktion d : I R n, so dass d hkj,x d 0. Wir C(I) brauchen aber die Konvergenz der ganzen Folge {d hk,x}. Dies erreichen wir jedoch mit der folgenden Behauptung: Behauptung 1 bis : d ist eindeutig, d.h. d hängt nicht von den Folgen {h k } und {h kj } ab. Damit ist dann die Behauptung 1 bewiesen. Das Vorgehen für den Beweis von Behauptung 1 bis ist, eine gewöhnliche DGL für d zu finden. Wir schreiben wobei d F (t, Φ(t, x + he)) F (t, Φ(t, x)) h,x(t) = h Φ(t, x + he) Φ(t, x) = d y F (t, Φ(t, x) ) }{{} h =:y + Fehler h (t), (23) lim max h 0 t Fehler h (t) = 0. (24) Die Abschätzung (24) folgt aus der Taylorentwicklung. Sei z := Φ(t, x + he) und y := Φ(h, x). Dann ist F (t, z) F (t, y) = df (t, y)(z y) + hfehler h (t).

20 1 GWÖHNLICH DIFFRNTIALGLICHUNGN 17 Wir benutzen nun die Fehlerabschätzung von Lagrange: Deswegen ist Fehler h (t) h Fehler h (t) z y max df (t, w) df (t, y). w [y,z] Φ(t, x + he) Φ(t, x) max df (t, Φ(t, x + he)) df (t, Φ(t, x)) h t I C Lip(Φ) max df (t, Φ(t, x + he)) df (t, Φ(t, x)). t I Wegen der Stetigkeit von df und Φ haben wir aber lim max h 0 t I df (t, Φ(t, x + he)) df (t, Φ(t, x)) = 0. Wir integrieren (23) zwischen 0 und τ [a, b] und erhalten: d h,x (τ) d h,x (0) = Aus (24) folgt τ 0 d h,x(t)dt = τ 0 d y F (t, Φ(t, x))d h,x (t)dt + τ 0 Fehler h (t) dt. τ lim Fehler h (τ) dτ = 0. h 0 0 Sei nun {h k } eine Folge mit h k 0, {h kj } eine konvergente Teilfolge (deren xistenz vom obigen Argument garantiert ist) und d : I R n die Abbildung, so dass d hkj d C(I) 0. Wir bemerken zudem, dass d h,x (0) = Φ(0, x + he) Φ(0, x) h = (x + he) x h = e. Zusammen mit der gleichmässigen Konvergenz von d h,x (t) gegen d(t) erhalten wir τ (25) d(τ) d(0) = d y F (t, Φ(t, x)) d(t)dt. (26) 0 }{{} stetig (26) ist der Limes von (25). Das hat zur Folge, dass d differenzierbar ist und { d (t) = d y F (t, Φ(t, x)) d(t), d(0) = e. (27) Da x fixiert ist, setzen wir a(t) := df y (t, Φ(t, x)). Dann löst d(t) das Anfangswertproblem { z (t) = a(t) z(t), z(0) = e. Da die Lösung eindeutig ist (siehe Korollar 1.32), folgt dass d nicht von den Folgen {h k } und {h kj } abhängt, d.h. Behauptung 1 bis ist gezeigt. Wir wollen nun die Behauptung 2, d.h. die Stetigkeit von Φ zeigen. Wir fixieren e t und x. Um die Stetigkeit zu zeigen, müssen wir Φ Φ (t, x) (τ, y) e e abschätzen, wobei (τ, y) ein anderer Punkt ist. Sei d(σ) = Φ (σ, x). Aus (27) folgt nun: e d (σ) = d y F (σ, Φ(σ, x)) }{{} stetig beschränkt d(σ) }{{} stetig beschränkt d (σ)beschränkt.

21 1 GWÖHNLICH DIFFRNTIALGLICHUNGN 18 Damit gilt: Φ e (t, x) Φ e t (τ, x) = τ d (σ)dσ C t τ, (28) und weiter Φ Φ (t, x) (τ, y) e e Φ Φ (t, x) (τ, x) e e + Φ Φ (τ, x) (τ, y) e e (28) C t τ + Φ Φ (τ, x) (τ, y) e e. (29) Wir setzen d(σ) := Φ e (σ, y) und wollen α(τ) := d(τ) d(τ) 2 abschätzen. Dafür nutzen wir (27) und die entsprechende Differentialgleichung für d: { d (σ) = d y F (σ, Φ(σ, y)) d(σ), O.B.d.A. sei τ 0. Dann gilt: d(0) = e. α (σ) = 2( d(σ) d(σ))(d y F (σ, Φ(σ, x)) d(σ) d y F (σ, Φ(σ, y)) { d(σ) = 2( d(σ) d(σ)) [d y F (σ, Φ(σ, x)) d y F (σ, Φ(σ, y))] d(σ) } +d y F (σ, Φ(σ, y))[ d(σ) d(σ)] { 2 d(σ) d(σ) d y F (σ, Φ(σ, x)) d y F (σ, Φ(σ, y)) d(σ) } + d y F (σ, Φ(σ, y)) d(σ) d(σ) 2 d y F (σ, Φ(σ, y) d(σ) d(σ) 2 (30) +2 d(σ) d(σ) d y F (σ, Φ(σ, x)) d y F (σ, Φ(σ, y)) d(σ). (31) O.B.d.A. nehmen wir an, dass y x = ε 1. Dann haben wir Wir haben aber auch max σ,y 2 d yf (σ, Φ(σ, y)) =: C 1 <. max d(σ) =: C 2 < σ,y (dies ist eine Konsequenz des Lemmas von Gronwall) und setzen Deswegen ist M(ε) 2 := max max d y F (σ, Φ(σ, x)) d y F (σ, Φ(σ, y)). y x ε σ 2 d(σ) d(σ) d y F (σ, Φ(σ, x)) d y F (σ, Φ(σ, y)) d(σ) C 2 2 d(σ) d(σ) 2 + M(ε) 2. Nun setzen wir C := 2C 1 + C2. 2 Wenn wir diese Abschätzungen in (31) nutzen, dann folgt α (σ) Cα(σ) + M(ε) 2. Sei nun β(σ) := α(σ) + M(ε)2. Dann erhalten wir C { β (σ) = α (σ) Cβ(σ), β(0) = M(ε)2 C.

22 1 GWÖHNLICH DIFFRNTIALGLICHUNGN 19 Aus dem Lemma von Gronwall folgt β(σ) β(0) exp(cσ) für σ 0. ine ähnliche Abschätzung ergibt β(σ) β(0) exp(c σ ) für alle σ [a, b]. Daher ist Φ e (σ, x) Φ e 2 (σ, y) = α(σ) M(ε)2 C M(ε)2 exp(c σ ) exp(c(b a)). C Zusammenfassend gilt nun also: Für (t, x) und (τ, y) mit y x ε haben wir Φ Φ (t, x) (τ, y) e e C t τ + CM(ε) exp(c(b a)), (32) wobei die Konstante C unabhängig von (τ, y) ist. Schliesslich folgt aus der Stetigkeit von df und Φ, dass lim ε 0 M(ε) = 0 und damit folgt aus (32): lim (τ,y) (t,x) Φ e (t, x) Φ e (τ, y) = 0.

23 2 INFÜHRUNG IN DI MASSTHORI VON LBSGU 20 2 inführung in die Masstheorie von Lebesgue 2.1 lementare Voraussetzungen Definition 2.1. in abgeschlossenes Intervall I R n ist das Produkt von n abgeschlossenen Intervallen in R: I = [a 1, b 1 ] [a 2, b 2 ] [a n, b n ] = Der Inhalt von I ist dann gegeben durch n [a i, b i ]. v(i) = (b 1 a 1 ) (b 2 a 2 ) (b n a n ) = n (b i a i ). Wir sagen, I 1 und I 2 sind disjunkt, genau dann, wenn I 1 I 2 = ; nicht überlappend, genau dann, wenn I 1 I 2 keine inneren Punkte besitzt, d.h. (I 1 I 2 ) = (siehe Abbildung 1). Abbildung 1: Sich nicht überlappende Intervalle in R 2. Beispiel 2.2. Auf R sind [0, 1] und [2, 3] disjunkt; [0, 1] und [1, 2] nicht überlappend. Wir bemerken nun eine elementare Tatsache, die wir nicht beweisen werden. Dieser Satz ist in einer Dimension jedoch leicht zu beweisen. Satz 2.3. Sei I ein abgeschlossenes Intervall. Sei I 1,, I N eine Familie von abgeschlossenen Intervallen. Falls {I j } eine Familie von sich nicht überlappenden Intervallen ist und N I i = I 1 I 2 I N I, dann gilt: N v(i i) v(i ) (siehe Abbildung 2).

24 2 INFÜHRUNG IN DI MASSTHORI VON LBSGU 21 Abbildung 2: Intervalle wie im ersten Teil von Satz 2.3. Falls I I 1 I 2... I N, dann gilt v(i ) N v(i) (in diesem Fall gilt die Ungleichung auch dann, wenn sich die Intervalle I j überlappen). ine andere elementare Tatsache, die eine sehr wichtige Rolle in der Lebesgueschen Masstheorie spielt, ist die folgende Zerlegung von offenen Menge in sich nicht überlappende abgeschlossene Intervalle. Theorem 2.4 ( Whitney-Zerlegung ). Sei Ω R n eine offene Menge. Dann existiert eine abzählbare Familie von abgeschlossenen sich nicht überlappenden Intervallen {I i } i N, so dass Ω = i N I i. Zudem kann man die Intervalle I i so wählen, dass sie Würfel sind (d.h. I i = [x i 1, x i 1 + l i ] [x i 2, x i 2 + l i ]... [x i n, x i n + l i ]). Die Zerlegung, die wir im Beweis von Theorem 2.4 konstruieren, wird Whitney- Zerlegung genannt (genauer: in der mathematischen Literatur nennt man eine ähnliche Zerlegung Whitney-Zerlegung, wenn sie über eine zusätzliche igenschaft verfügt). Beweis. Für k N definieren wir die folgende Familie von abgeschlossenen Intervallen: { n [ ji F k := 2, j ] } i + 1 : (j k 2 k 1,..., j n ) Z n (in R 2 zum Beispiel haben wir F 0 = {[j, j + 1] [l, l + 1], (j, l) Z 2 }). Nun definieren wir I 0 := {I F 0 : I Ω} I 1 := {I F 1 : I Ω und I J J I 1 }. I k := {I F k : I Ω und I J J I k }. Schliesslich sei I := k=0 I k. I besitzt dann die igenschaften, die wir wollen (in Abbildung 3 sehen wir ein Beispiel einer offenen Menge in R 2 und ihre Whitney- Zerlegung).

25 2 INFÜHRUNG IN DI MASSTHORI VON LBSGU 22 Abbildung 3: Die Whitney-Zerlegung einer offenen Teilmenge von R 2. ine triviale Folgerung unserer Definitionen ist, dass die Intervalle von I sich nicht überlappen. Wir behaupten nun, dass I = Ω. I I Da I Ω für jedes I I ist, genügt es zu zeigen, dass I Ω. I I Sei x ein gegebenes lement in Ω. Dann ε > 0, so dass n ]x i ε, x i + ε[ Ω. Sei k die kleinste natürliche Zahl, so dass 2 k < ε. Dann gilt: x i, j i Z, so dass x i [ j i, j i+1 ] ]x 2 k 2 k i ε, x i + ε[. Das impliziert, dass n [ ji x 2, j ] i + 1 n ]x k 2 k i ε, x i + ε[ Ω. Deshalb I F k mit x I Ω. Sei nun k 0 die kleinste natürliche Zahl, so dass ein I F k0 mit x I k0 Ω existiert. Dann ist I I k0 I. Daher ist x I I I. Nun definieren wir den Abstand zwischen zwei Teilmengen eines uklidischen Raums. Definition 2.5. durch Seien A, B R n. Dann ist der Abstand von A und B gegeben d(a, B) := inf x y. x A,y B Bemerkung 2.6. Falls d(a, B) > 0 ist, dann folgt: A B =, aber nicht umgekehrt. Seien z.b. A = [0, 1[ und B = [1, 2]. Dann ist A B = und d(a, B) = 0. s ist auch wichtig zu bemerken, dass d keine Metrik ist. Zum Beispiel impliziert d(a, B) = 0 nicht, dass A = B ist!

26 2 INFÜHRUNG IN DI MASSTHORI VON LBSGU 23 Satz 2.7. Seien A und B zwei kompakte Mengen. Dann gilt: A B = d(a, B) > 0. Beweis. Zuerst behaupten wir, dass das Infimum in Definition 2.5 im Falle kompakter Mengen ein Minimum ist. D.h. x 0 A, y 0 B, so dass x 0 y 0 = d(a, B). Der Satz folgt aus dieser Behauptung, da x 0 y 0 und somit x 0 y 0 > 0 ist. Um die Behauptung zu beweisen, betrachten wir die Abbildung f : A B R n R n R, (x, y) x y. Da f stetig ist und A B kompakt, besitzt f ein Minimum. Bemerkung 2.8. Im obigen Beweis nutzten wir folgende wichtige igenschaft kompakter Mengen des uklidischen Raumes: (P) Seien A R n und B R m zwei kompakte Teilmengen. Dann ist A B ebenfalls kompakt. Beweisen Sie (P)! (Hinweis: Nutzen Sie die Folgenkompaktheit). Definition 2.9. ine Folge { k } von Teilmengen in R n heisst monoton, wenn i i+1 i oder i i+1 i. Im ersten Fall definieren wir =: und schreiben dafür i. Im zweiten Fall definieren wir und schreiben dafür i. := i i Abbildung 4: i und i.

27 2 INFÜHRUNG IN DI MASSTHORI VON LBSGU 24 Definition Sei { i } i N eine Folge von Teilmengen des R n. Dann definieren wir den Limes superior und Limes inferior der Folge { i } wie folgt: lim sup i := i lim inf i i = j=1 k=j j=1 k=j k k. Im ersten Fall haben wir k j k =: F j lim sup i und im zweiten Fall, k j k =: F j lim inf i. 2.2 Das äussere Lebesgue-Mass Definition Sei R n. ine abzählbare (bzw. endliche) Überdeckung von mit abgeschlossenen Intervallen ist eine Familie A := {I j } j N (bzw. {I j } j {0,...,N} ) von abgeschlossenen Intervallen, so dass j N I j (bzw. N j=0 I j). Wir definieren σ(a) := j N v(i j). Wir bezeichnen mit U() die Menge der abzählbaren Überdeckungen von mit abgeschlossenen Intervallen. Dann definieren wir das äussere Lebesgue-Mass von wie folgt: e := inf σ(a). (33) A U() Bemerkung Die leere Menge hat äusseres [ Lebesgue-Mass ] 0: Sei ε > 0. Wir wählen die Überdeckung {I}, wobei I := n ε, n ε n. 2 2 Dann ist I und deshalb {I} U( ). Also folgt: e v(i) = ε. Da ε eine beliebige positive Zahl war, schliessen wir e = 0. Wir beweisen nun, dass das äussere Lebesgue-Mass mit dem gewöhnlichen Inhalt übereinstimmt, wenn ein Intervall ist. Satz Sei I ein abgeschlossenes Intervall. Dann ist v(i) = I e. Beweis. s ist I e v(i), weil A = {I} eine Überdeckung aus U(I) mit σ(a) = v(i) ist. Sei nun A = {I i } i J eine abzählbare Überdeckung von I mit abgeschlossenen Intervallen. Sei ε > 0 eine gegebene reelle Zahl. Für jedes i J wählen wir ein abgeschlossenes Intervall J i, so dass der innere Kern von J i I i enthält, d.h. I i J i ; v(j i ) (1 + ε)v(i i ). Deswegen ist B := { J i } i J eine offene Überdeckung von I. Wegen der Kompaktheit von I gibt es eine endliche Teilüberdeckung { J k } k K B. Aus Satz 2.3 folgt, dass v(i) k K v(j k ) j J v(j j ) (1 + ε) j J v(i j ) = (1 + ε)σ(a).

28 2 INFÜHRUNG IN DI MASSTHORI VON LBSGU 25 Also ist v(i) (1 + ε) inf σ(a) = (1 + ε) I e. A U(I) Da ε eine beliebige positive Zahl war, gilt v(i) I e. Die Familien in U() sind entweder endlich oder abzählbar. Wenn wir auch die leere Menge als Intervall betrachten, dann können wir annehmen, dass jede Familie A U() die Gestalt {I j } j N hat: Falls A eine endliche Menge ist, heisst das einfach, dass I j = für jedes j grösser als eine bestimmte Zahl N. Wegen Bemerkung 2.12 und Satz 2.13 ist es sinnvoll, v( ) = 0 zu setzen. Daher werden wir in Zukunft jedes lement A U() als {I j } j=1 darstellen. Lemma Sei I ein abgeschlossenes Intervall, dann ist I e = 0. Beweis. Für jedes ε > 0 kann man eine endliche Überdeckung A von I mit abgeschlossenen Intervallen wählen, so dass σ(a) ε. Deswegen ist I e = inf σ(a) = 0. A U( I) Die Abbildung 5 zeigt, was dies in der zweidimensionalen bene bedeutet. Abbildung 5: I R 2 : eine Überdeckung A U(I) mit σ(i) < ε. Nun folgen die zwei wichtigsten igenschaften des äusseren Lebesgue-Masses: Theorem (i) ( Monotonie) Für A B gilt A e B e. (ii) ( σ-subaddivität oder auch abzählbare Subadditivität) Sei {A i } i N eine abzählbare Familie von Mengen, dann gilt: N N A i A i e N N {+ } e Beweis. Gehen wir der Reihe nach:

29 2 INFÜHRUNG IN DI MASSTHORI VON LBSGU 26 (i) ε > 0, eine Überdeckung {I i } i N U(B) von B, so dass υ(i i ) < B e + ε i N (d.h. eine beinahe optimale Überdeckung). {I i } i N überdeckt aber auch A und deshalb: A e υ(i i ) < B e + ε. i N Da diese Ungleichung für jedes ε > 0 gilt, folgt: A e B e. (ii) Sei A = A i. ε > 0, eine Überdeckung {I i,j } j N U(A i ) von A i, so dass υ(i i,j ) A i e + ε 2. i j=1 Weiter ist {I i,j } i,j N eine Überdeckung von A, woraus folgende Abschätzung folgt: A e υ(i i,j ) j=1 ( A i e + ε ) = 2 i Da ε > 0 beliebig sein kann, gilt: (Doppelreihe von positiven Zahlen) 1 A i e + ε 2 = A i i e + ε. A e A i e. Der unendliche Fall ist somit gezeigt. Der endliche Fall N < kann aber darauf zurückgeführt werden: Wir setzen dann einfach A i := i > N. Bemerkung 2.16 (Unabhängigkeit vom Koordinatensystem). Wie wir später zeigen werden, ist e vom Koordinatensystem unabhängig. D.h., falls A : R n R n eine Isometrie ist, dann ist e = A() e R n. 2.3 Lebesgue-Messbarkeit In diesem Kapitel definieren wir eine spezielle Klasse von Teilmengen des R n : die messbaren Mengen. Zuerst beweisen wir aber einige allgemeine igenschaften des äusseren Lebesgue-Masses. Theorem R n und ε > 0, existiert eine offene Menge G R m mit: (i) G; (ii) G e < e + ε.

30 2 INFÜHRUNG IN DI MASSTHORI VON LBSGU 27 Beweis. Sei ε > 0 gegeben. Dann gibt es eine Überdeckung {I j } U(), so dass v(i j ) < e + ε 2. j=1 Für jedes j wählen wir ein zweites Intervall Ij mit der igenschaft, dass der offene Kern I j das Intervall I j enthält und v(ij ) v(i j ) + 2 (j+1) ε. Die Menge G := Ii ist dann offen und enthält. Ausserdem ist {Ij } eine Überdeckung von G. Deswegen ist G e v(ii ) v(i i ) + ε 2 i < e + ε ε 2 = e + ε. Definition ine Menge A R n heisst G δ -Menge, falls sie der abzählbare Durchschnitt offener Mengen ist, d.h. A = G i mit G i offen i N. Bemerkung ine solche Menge kann auch abgeschlossen sein. Dazu folgendes Beispiel: {x} = B 1 (x), wobei x R n i Korollar R n existiert eine G δ -Menge A, so dass A und e = A e. Beweis. Sei k N \ {0}. Wir wenden Satz 2.17 mit ε = 1 an und wählen eine offene k Menge G k mit G k und G k e e + 1. Sei nun A := k k=1 G k. Dann ist A eine G δ -Menge. Zudem gilt A und A G k k N. Aufgrund der Monotonie des äusseren Lebesgue-Masses folgt nun: e A e G k e e + 1 k k N. Also ist e = A e. Seien nun und A wie in Korollar Folgt dann, dass A \ e = 0? Die Antwort ist nein : s gibt Mengen A, für die diese Aussage falsch ist. Dies geht jedoch gegen unsere Intuition. Deswegen definieren wir die messbaren Mengen. Definition ine Menge R n heisst Lebesgue-messbar, falls es ε > 0 eine offene Menge G R n gibt mit G und G \ e < ε. ine offene Menge ist sicher messbar, weil wir G := wählen können und damit ist G \ e = e = 0. Korollar Für jede messbare Menge, existiert eine G δ -Menge A mit A und A \ e = 0.

31 2 INFÜHRUNG IN DI MASSTHORI VON LBSGU 28 Beweis. Die Vorgehensweise ist ähnlich zu der im Beweis von Korollar 2.20: Sei messbar, ε := 1, k N \ {0}. Dann existiert eine offene Menge G k k, so dass G k und G k \ e < ε. Sei A := k=1 G k, dann ist A eine G δ -Menge und A. Weiter gilt: A \ G k \, woraus mithilfe der Monotonie folgt: Deshalb ist A \ e = 0. 0 A \ e G k \ e 1 k. Bemerkung Zusammenfassend gilt nun also folgendes: (a) Für eine beliebige Menge R n existiert eine G δ -Menge A mit A und e = A e. (b) Für eine messbare Menge M R n existiert eine G δ -Menge A mit M A und A \ M e = 0. Daraus folgt dann auch die obige igenschaft (d.h. dies eine bessere Art der Approximation ist): M e A e = (A M) (A \ M) e A M e + A \ M }{{} e =0 = A} {{ M} e M e. M Also folgt M e = A e. (c) Wir betrachten die folgende igenschaft für A, B R n : A B = = A B e = A e + B e. (34) Würde diese igenschaft für jede beliebige Menge gelten, dann wäre jede Menge R n messbar, denn: Seien, A wie in (a). Dann würde gelten: A e = A e + A \ e = e + A \ e = A \ e = 0. Tatsache aber ist, dass es nicht messbare Mengen gibt, d.h. Mengen, die (34) nicht erfüllen, was jedoch erneut gegen die Intuition geht! Wir werden später sehen, dass die igenschaft (34) für A und B stimmt, wenn sie messbar sind. s ist nun Zeit, um die zwei Haupttheoreme der Lebesgueschen Masstheorie zu formulieren. Haupttheorem Sei M P(R n ) die Menge der messbaren Teilmengen des R n. Dann gilt: (a) {A i } i N M A i M; (b) A M A c = R n \ A M; (c) A R n offen A M.

32 2 INFÜHRUNG IN DI MASSTHORI VON LBSGU 29 Definition Sei X eine Menge und A eine Teilmenge von P(X). Man nennt A eine σ-algebra, falls A, (a) und die igenschaft (b) des Haupttheorems 2.24 erfüllt sind: (b) A = X \ A A. Daher ist die folgende Formulierung äquivalent zum Haupttheorem 2.24: Theorem Die Menge M P(R n ) ist eine σ-algebra, die die offenen Mengen des R n enthält. Das zweite Haupttheorem behauptet die σ-addivität des äusseren Lebesgue- Masses, wenn es auf die Lebesgue-messbaren Mengen eingeschränkt wird. Haupttheorem Sei {A i } i N R n eine abzählbare Familie disjunkter Mengen, d.h. A i A j = für i j. Dann gilt die σ-additivität: A i = A i e. e Definition Die inschränkung des äusseren Lebesgue-Masses e auf die σ- Algebra M heisst Lebesgue-Mass. Wir schreiben dafür. Beweis von Teil (a) des Haupttheorems Seien { k } k N M, := k=1 k und ε > 0 gegeben. Das Ziel ist, eine offene Menge G zu finden, so dass G und G \ e < ε. Für jede Menge k existiert eine offene Menge G k, so dass k G k und G k \ k e < ε. Nun definieren wir die Menge G := 2 k k=1 G k, welche offen ist. Dann gilt G. Wir wollen nun G \ e abschätzen. s gilt: G \ Aus der Subadditivität folgt nun: G \ e (G k \ ) k=1 k=1 G k \ k. k=1 1 G k \ k e < ε 2 = ε. k k=1 Beweis von Teil (c) des Haupttheorems Sei offen und ε > 0 gegeben. Wie schon bemerkt, genügt es G := zu setzen. G ist dann offen, G und G \ e = e = 0. Für den Beweis von Teil (b) des Haupttheorems 2.24 benötigen wir noch einige weitere Aussagen. Satz Sei R n eine Lebesgue-Nullmenge, d.h. e = 0, dann ist messbar.

33 2 INFÜHRUNG IN DI MASSTHORI VON LBSGU 30 Beweis. Sei R n beliebig mit e = 0. Dann existiert für jedes ε > 0 eine offene Menge G, so dass G und G e < e + ε. Dann gilt: G \ e G e < ε. Daraus folgt nun die Messbarkeit einer beliebigen Lebesgue-Nullmenge. Korollar Jedes abgeschlossene Intervall ist messbar. Beweis. Sei I = I I. Dann ist I messbar, weil der offene Kern einer Menge offen ist. I ist messbar, weil I e = 0. Aus Teil (a) des Haupttheorems 2.24 folgt nun, dass I messbar ist. Lemma [Caratheodory-igenschaft] Falls d( 1, 2 ) > 0 ist, dann ist 1 2 e = 1 e + 2 e. Beweis. Wegen der Subadditivität von e ist 1 2 e 1 e + 2 e. Das Ziel ist nun, die umgekehrte Ungleichung zu beweisen: 1 2 e 1 e + 2 e. Sei ε > 0 gegeben. Dann existiert eine Überdeckung {I i } mit abgeschlossenen Intervallen, so dass v(ii ) = I i < 1 2 e + ε. Wir nehmen o.b.d.a an, dass D(I i ) < d( 1, 2 ), wobei D(I i ) = max{ x 1 x 2 : x 1, x 2 I}. (Falls D(I i ) d( 1, 2 ) wählen wir N N mit N 1 D(I i ) < d( 1, 2 ) und teilen I i in N m sich nicht überlappende Intervalle mit Seitenlänge = 1 mal die Seiten von N I i.) Sei also D(I i ) < d( 1, 2 ) für jedes I i, dann gilt: 1 I i 2 I i =, 2 I i 1 I i =. Wir definieren J := {i : I i 1 } und J := {i : Ii 2 }. Dann ist J J = und {I j } j J, {I j } j J sind Überdeckungen von 1 und 2. Deswegen haben wir 1 e + 2 e j J v(i j ) + j J v(i j ) v(i i ) 1 2 e + ε. Da ε belibig war, folgt 1 2 e 1 e + 2 e. Korollar Sei {I i } eine abzählbare Familie von sich nicht überlappenden abgeschlossenen Intervallen. Dann ist I i messbar und I i = I i

34 2 INFÜHRUNG IN DI MASSTHORI VON LBSGU 31 Beweis. Die Messbarkeit folgt aus Teil (a) des Haupttheorems Wegen der Subadditivität von e ist I i = I i e I i e = I i. Wir müssen also nur noch die umgekehrte Ungleichung zeigen, d.h. s genügt aber, die Ungleichung I i Ii = lim N + N I i. N I i I i N N \ {0} (35) zu beweisen. Sei nun ε > 0 gegeben. Wir wählen I i und so dass Für i j ist dann N-mal rekursiv an: d(i i, I i ) > 0, I i I i ε. I i mit d(i i, I j ) > 0. Wir wenden nun die Caratheodory-igenschaft N I i I i N = Ii Da ε eine beliebige positive Zahl war, folgt (35). Satz Jede abgeschlossene Menge ist messbar. N I i Nε. Beweis. Zuerst beweisen wir die Messbarkeit kompakter Mengen. Sei also K kompakt. Dann gilt: ε > 0, G offen, so dass K G und G e K e + ε. Da G \ K offen ist, existiert eine Whitney-Zerlegung von G \ K, d.h. G \ K = I i, wobei {I j } eine Familie von sich nicht überlappenden Intervallen ist. Mit Korollar 2.32 folgt, dass G \ K = I i. Ausserdem sind N I i und K kompakte Mengen, daher gilt: ( N ) ( N ) I i K = d I i, K > 0. Aus der Caratheodory-igenschaft folgt nun, N G e K N I i = K e + I i = K e + e Deswegen ist N I i G e K e ε G \ K = lim N N I i ε. N I i.