Loesungen 1 - Institut für Mathematik

Lösungen zum Übungsblatt 1
MAT221 Analysis III
Herbstsemester 2017
Prof. Dr. Camillo De Lellis
Die Übungsblätter werden jeweils am Freitag auf der Homepage der Vorlesung publiziert.
Für den Leistungsnachweis müssen mindestens 8 gelöste Übungsblätter mit mindestens 12 Punkten abgegeben
und insgesamt mindestens 280 Punkte erreicht werden. Generell soll die Herleitung der Resultate übersichtlich
sein, und es wird gebeten, leserlich zu schreiben.
Abgabe: 29. September 13:00 im Briefkasten “Analysis III Mat 221” im K-Stock am Institut für Mathematik
Aufgabe 1 (12 Punkte)
Sei A ⊆ Rn eine kompakte, und B ⊆ Rn eine abgeschlossene Menge. Beweisen Sie, dass A und B genau
dann disjunkt sind, wenn ihr Abstand d(A, B) nicht null ist. Finden Sie zwei abgeschlossene Mengen A und
B in R so dass d(A, B) = 0, und A ∩ B = ∅.
Lösung:
⇒ Wir argumentieren per Widerspruch. Wir nehmen an, dass A und B disjunkt sind, aber d(A, B) = 0.
Per Definition des Abstands gibt es zwei Folgen (xn )n∈N ⊆ A und (yn )n∈N ⊆ B so dass limn |xn − yn | =
0. Weil A kompakt ist können wir ohne Beschrnkung der Allgemeinheit annehmen, dass die Folge (xn )
konvergent ist, also xn → x ∈ A. Dies ist jedoch ein Widerspruch, weil wir haben
0 ≤ d(x0 , yn ) ≤ d(xn , yn ) + d(x0 , xn ) → 0,
und damit yn → x0 . Weil B abgeschlossen ist gilt x0 ∈ B, und daswegen x0 ∈ A ∩ B = ∅.
⇐ Dies folgt direkt aus der Tatsache, dass falls x ∈ A ∩ B, dann gilt
0 ≤ d(A, B) ≤ |x − x| = 0.
Die Mengen A = N und B = {k +
mit d(A, B) = 0
1
k+1
: k ∈ N} sind zwei disjunkte abgeschlossene Teilmengen von R
Aufgabe 2 (12 Punkte)
Wir erinnern uns an die Definition von lim inf und lim sup. Sei (An )n∈N eine Folge von Mengen. Wir
definieren
∞ \
∞
∞ [
∞
[
\
lim inf An :=
Ak , lim sup An :=
Ak .
n∈N
n∈N
n=0 k=n
Berechnen Sie folgendes:
1
n=0 k=n
• (1 Punkt) lim inf n En , wobei
l l∈N .
2n l l
∈
N
.
n
En :=
• (1 Punkt) lim supn En , wobei
En :=
• (2 Punkte) lim inf n Krn (0) und lim supn Krn (0), wobei rn := 2(−1)
n
n
.
• (4 Punkte) |lim inf n En |e , wobei (En )n∈N eine Folge von messbaren Mengen ist, deren äussere Masse
|En |e gegen 0 gehen.
P
• (4 Punkte) |lim supn En |e , wobei (En )n∈N eine Folge von messbaren Mengen ist, so dass n |En |e < ∞.
Lösung:
• Wir bemerken, dass für jedes k ∈ N, Ek ⊆ Ek+1 . Somit haben wir
lim inf En =
n
∞
[
En =
n=0
l
| k, l ∈ N
2k
• Wir zeigen, dass lim supn En = Q≥0 . Tatsächlich sehen wir, dass En ⊆ Q≥0 ∀n und deshalb
lim supn En ⊆ Q≥0 . Für die andere Inklusion sei x ∈ Q≥0 . Wir müssen zeigen, dass
\ [
x∈
Ek .
n≥0 k≥n
D.h., wir üssen zeigen, dass
x∈
∀n ∈ N .
D.h., wir müssen zeigen, dass, für jede gegebene n ∈ N, es eine natürliche Zahl k ≥ n gibt so
dass x ∈ Ek . Das bedeutet
x=
l
k
für ein k ≥ n und ein l ∈ N.
(1)
Wir schreiben x = pq mit p, q ∈ N\{0} (der Fall x = 0 ist trivial). Falls nun q ≥ n gilt offensichtlich
(1). Falls q < n schreiben wir x = pm
qm , wobei m die kleinste natürliche Zahl mit qm ≥ n ist.
• Es gilt
lim inf Krn =
n
lim sup Krn =
n
∞ \
∞
[
n k≥n
∞
∞
\[
K2(−1)k k =
∞
[
{0} = {0}.
n
K2(−1)k k =
n k≥n
∞
\
RN = RN .
n
• Wir bemerken, dass jedes ∩k≥n Ek Mass null hat. Tatsächlich, für jedes n ∈ N haben wir,
∞
\
En ≤ |Ej |e
k=n
Also
∀j ≥ n .
e
∞
\
En ≤ lim inf |Ej |e = 0.
j→∞
k=n
e
2
(2)
Die Subadditivität des äusseren Masses impliziert
∞
∞ \
∞
(2) X
X
En =
0 = 0.
lim inf En ≤
n
e
n=0 k=n
n=0
e
• Wir bemerken, dass lim supn En ⊆ ∪k≥n Ek . Somit, für jedes n, haben wir
|lim inf En |e ≤
n
∞
X
k=n
|Ek |e |{z}
−→ 0.
n→∞
Aufgabe 3 (12 Punkte)
Beweisen Sie, dass jede abzählbare Menge A ⊆ Rn messbar ist, und Mass null hat.
Lösung:
Wir schreiben A = (xk )k∈N ⊆ Rn . Weil Punktmengen abgeschlossen sind ist A eine Fσ Menge, also
messbar.
Wir beweisen, dass |A|e = 0. Für jedes ε ∈ (0, 1), haben wir A ⊆ ∪k Q2−k ε (xk ), wobei Qr (x) der Würfel
mit Kantenlänge r > 0 und Zentrum x ∈ Rn ist. Somit haben wir per Definition des äusseren Masses
die folgende Ungleichheit:
0 ≤ |A|e ≤
X
v(Q2−k ε (xk )) =
k
X
X
(2−k ε)n ≤ εn
2−kn =
k
k
1
ε.
1 − 2−n
Da ε beliebig klein gewählt werden kann, folgt die Behauptung.
Aufgabe 4 (12 Punkte)
Beweisen Sie, dass die folgende Mengen messbar sind:
• (1 Punkte) das Intervall [a, b), wobei a < b in R sind.
• (1 Punkte) die Menge der rationalen Zahlen, Q.
• (1 Punkte) die Menge der irrationalen Zahlen R \ Q.
• (2 Punkte) der Rand ∂E einer beliebigen Menge E ⊆ Rn .
• (3 Punkte) die Cantor-Menge. Sie wird wie folgt konstruiert: Sei I0 := [0, 1] das Einheitsintervall. Aus
diesem Intervall wird das offene mittlere Drittel entfernt, also alle Zahlen, die strikt zwischen 31 und 32
liegen. Übrig bleiben die beiden Intervalle [0, 13 ] und [ 23 , 1]. Von diesen Intervallen werden wiederum
die offenen mittleren Drittel entfernt. Dieser Schritt wird unendlich oft wiederholt.
• (4 Punkte) Die Menge der Unstetigkeitsstellen einer monotonen Funktion.
Lösung:
• [a, b) = ∪n [a, b − n1 ] ist eine Fσ Menge.
• Q ist abzählbahr.
• R \ Q = Qc ist das Komplement einer messbaren Menge.
• I0 ist eine abgeschlossene Menge. In jedem Schritt entfernen wir eine offene Menge, also ist jede
Menge In abgeschlossen. Der Schnitt unendlich vieler abgeschlossen Mengen ist abgeschlossen.
Also C = ∩n In ist abgeschlossen und deswegen messbar.
3
• Sei f : R −→ R monoton. Wir studieren die Menge der Unstetigkeitsstellen. Wir schreiben
Uns(f ) :=
x ∈ R | lim− f (y) =: f (x− ) < f (x+ ) := lim+ f (y) =: f (x+ )
y→x
.
y→x
Für jedes x ∈ Uns(f ) können wir eine rationale Zahl q(x) ∈ (f (x− ), f (x+ )) finden. Wenn y > x
zwei Elemente von Uns(f ) sind, dann q(x) < f (x+ ) ≤ f (y + ) < q(y). Deswegen ist die Funktion
x ∈ Uns(f ) → q(x) ∈ Q injektiv, und damit ist Uns(f ) abzz̈halbahr. Bemerken Sie, dass Uns(f )
Mass null hat.
Aufgabe 5 (K, 12 Punkte)
Die Übung ist der eindimensionale Satz von Sard: Sei f : R −→ R eine stetig differenzierbare Funktion.
Dann hat die Menge der kritischen Werte
W (f ) := { f (x) : x ∈ Rn und f 0 (x) = 0 }
äusseres Mass null.
Lösung:
Sei Critm (f ) die Menge der kritischen Punkten im Intervall [m, m + 1], nämlich,
Critm (f ) := { x ∈ [m, m + 1] | f 0 (x) = 0 } .
Dann
[
W (f ) :=
f (Critm (f ))
m∈Z
und, wegen der Subadditivität des äusseren Masses, genügt es
|f (Critm (f ))|e = 0
∀m ∈ Z
zu zeigen. OBdA betrachten wir nur Crit0 (f ).
Sei nun ε eine gegebene positive Zahl und sei Aε := {x ∈] − 1, 2[: |f 0 (x)| < ε}. Da x 7→ |f 0 (x)| stetig
ist, ist Aε offen. Ausserdem ist Crit0 (f ) ⊆ Aε . Für jedes x ∈ Aε sei I(x) ein Intervall in Aε das x
enthält. {I(x)}x∈Crit0 (f ) ist eine offene Überdeckung der kompakten Menge Crit0 (f ) und deshalb gibt
es eine endliche Teilüberdeckung {I(x1 ), . . . , I(xN )}. Nehmen wir die abgeschlossene Hülle J(xi ) von
I(xi ) für jedes i und sei F = {J(x1 ), . . . , J(xN )}. Bemerken Sie, dass maxJ(xi ) |f 0 | ≤ ε für jedes i.
Falls J(xi ) ∩ J(xj ) 6= ∅ für irgendwelche i 6= j, dann nehmen wir eine neue Famile F 0 , wo wir die
zwei Intervalle J(xi ) und J(xj ) mit der Vereinigung ersetzen: die Familie F 0 hat also weniger Elemente
als die Famile F. Wir wiederholen diese Operation: nach endlich vielen Schritten bekommen wir eine
endliche Familie G = {J1 , . . . , Jm } von abgeschlossenen Intervallen so dass
• G aus m disjunkten Intervallen besteht;
Sm
• Crit0 (f ) ⊆ k=1 Jk ;
• maxJk |f 0 | ≤ ε und Jk ⊆ [−1, 2] für jedes k ∈ {1, . . . , m}.
Jedes f (Ji ) ist ein abgeschlossenes Intervall und
v(f (Jk )) = max f − min f ≤ v(Jk ) max |f 0 | ≤ εv(Jk ) .
Jk
Jk
Jk
4
Andererseits ist {f (Jk ) : k ∈ {1, . . . , m}} eine Überdeckung von f (Crit0 (f )). Deshalb ist
|f (Crit0 (f ))|e ≤
m
X
v(f (Jk )) ≤ ε
j=1
m
X
v(Jk ) ≤ 3ε .
j=1
Da ε eine beliebige positive Zahl ist, schliessen wir |f (Crit0 (f ))|e = 0.
5