Lösungsvorschlag zu den Hausaufgaben der 3. Übung

FAKULTÄT FÜR MATHEMATIK
Prof. Dr. Patrizio Ne
Johannes Lankeit
1.11.2012
Lösungsvorschlag zu den Hausaufgaben der 3. Übung
Hausaufgabe 1:
Beweise die Translationsinvarianz des Lebesguemaÿes.
Für eine Menge A denieren wir die verschobene Menge
λ
Sei
das Lebesguemaÿ in
Rn .
A + a := {a + x : x ∈ A}.
Zeige also, dass für eine Lebesgue-messbare Menge A
λ(A) = λ(a + A)
gilt.
Tipp: Deniere ein geeignetes Maÿ µ und wende Satz 2.18 darauf an: Zeige, dass es sich bei µ tatsächlich um ein Maÿ handelt,
das zudem auf der Borelschen σ-Algebra deniert ist. Untersuche dann die Werte von µ auf den halboenen Quadern.
Lösung:
B(R), das µ((a, b]) =
b − a erfüllt, bereits gleich dem Lebesguemaÿ sein muss, und betrachten für beliebiges festes a ∈ R das Maÿ
µ(A) = λ(a + A).
Es ist µ(∅) = λ(∅ + a) = λ(∅) = 0.
Ist (Ak )k eine Folge disjunkter Borelmengen, so sind auch (a + Ak )k disjunkt. a + Ak ist als Urbild von Ak unter
der messbaren (da stetigen) Funktion x 7→ x − a messbar. Also ist
[
[
[
X
X
µ(
Ak ) = λ(a +
Ak ) = λ(
a + Ak ) =
λ(a + Ak ) =
µ(Ak )
Wir machen uns hierbei zunutze, dass das Lebesguemaÿ eindeutig ist, also jedes Maÿ auf
k∈N
und damit
µ
k∈N
B(R). Auÿerdem
µ = λ, also
ein Maÿ auf
Eindeutigkeitssatz folgt
k∈N
ist
k∈N
k∈N
µ((x, y]) = λ((a + x, a + y]) = a + y − (a + x) = y − x
λ(A) = µ(A) = λ(A + a)
und mit dem
∀A ∈ B(R).
Hausaufgabe 2:
Es sei
aus
S
(X, S, µ)
und einer
ein Maÿraum. Wie im Skript bestehe
µ-Nullmenge
sind. Sei
E ∈S
S̃
aus allen Teilmengen von X, die Vereinigung einer Menge
und N eine
µ-Nullmenge.Sodann
denieren wir
µ̃(E ∪ N ) := µ(E).
Beweise:
(X, S̃, µ̃)
ist ein vollständiger Maÿraum. Dabei heiÿt ein Maÿraum
(X, N, ν)
vollständig, wenn jede
ν -Nullmenge
von X zu
N
gehört.
e eine σ -Algebra und dass µ̃ ein Maÿ
Die Wohldeniertheit von µ̃ wurde im Skript bereits bewiesen. Zeige also noch, dass G
ist. Auÿerdem beweise die Vollständigkeit.
Lösung:
Im Skript wurde schon bewiesen, dass
i)
G̃
ist
ii)
µ̃
ist ein Maÿ auf
µ̃
wohldeniert ist. Zu zeigen ist also noch
σ -Algebra,
(X, G̃).
∅ = ∅ ∪ ∅ ∈ G̃.
Sei A ∈ G̃. Dann gibt es  ∈ G und
N ∈ G mit N ⊃ N̂ und µ(N ) = 0.
eine
µ-Nullmenge N̂ ,
sodass
A = Â ∪ N̂ .
Nach Denition gibt es eine Menge
X \ A = X \ (Â ∪ N̂ ) = X \ (Â ∪ N ) ∪ (Â ∪ N ) \ (Â ∪ N̂ )
= X \ (Â ∪ N ) ∪ (N \ Â ∪ N̂ ).
X \ (Â ∪ N ) ∈ G und N \ (Â ∪ N̂ ) ⊂ N eine Nullmenge, also X \ A ∈ G̃.
ist An = Ân ∪ N̂ mit An ∈ G und Nn Nullmenge.
S (An )n∈N eine Folge von Mengen in G̃. Dann
S
N = Nn , dann ist N eine Nullmenge. Auch ist Ân ∈ G, da G σ -Algebra. Schlieÿlich gilt demzufolge
[
[
An =
Ân ∪ N ∈ G̃.
Es ist
Sei nun
Setze
G̃ eine σ -Algebra.
µ̃ ein Maÿ: µ̃(∅) = 0, da ∅ = ∅ ∪ ∅.
(An )n∈N , An ∈ G̃ paarweise disjunkt.
Also ist
Auch ist
Seien
An = Ân ∪ N̂n
mit Nullmengen
Nn
und paarweise disjunkten
µ̃(
[
Ân .
[
An ) = µ(
n∈N
Also ist auch
Ân ) =
∞
X
µ(Ân ) =
n=1
n∈N
∞
X
µ̃(An )
n=1
µ̃ ein Maÿ.
f∈G
e mit µ̃(M
f) = 0 und M ⊂ M
f. Dabei ist M
f = N ∪ E mit
M eine µ̃-Nullmenge. Dann existiert eine Menge M
f) = 0 und einer µ-Nullmenge N . Damit ist M
f eine µ-Nullmenge, also auch M und daher
E ∈ S sowie µ(E) = µ̃(M
e
M = M ∪ ∅ in G enthalten. Der Maÿraum ist demnach vollständig.
und damit
Sei
Hausaufgabe 3:
Für
a ∈ (0, 21 )
deniere die Funktion
fa : P([0, 1]) → P([0, 1]), fa (J) = (aJ) ∪ (aJ + 1 − a)
[0, 1].
x, y ∈ R die Menge xI + y deniert
1
Es seien weiter eine Folge (xn )n∈N ⊂ (0, ) sowie J0 := [0, 1]
2
Deniere die verallgemeinerte Cantor-Menge Cx durch
auf der Potenzmenge von
Dabei sei für
I⊂R
und
als
{xm + y | m ∈ I}.
gegeben.
Jn := fx1 ◦ · · · ◦ fxn (J0 ),
Cx :=
\
Jn .
n∈N0
a) Zeige:
Cx
ist kompakt.
b) Zeige:
Cx
enthält kein echtes Intervall.
c) Zeige:
Cx
ist Lebesgue-messbar.
Hinweis: Schätze für den Fall, dass das längste Intervall in J die Länge L hat, die Länge des längsten Intervalls in fx (J)
ab. Zeige dazu, dass das Bild eines Intervalls die disjunkte, nicht zusammenhängende Vereinigung zweier Intervalle mit
entsprechend geringer Länge ist, und nutze, dass das Bild einer disjunkten Vereinigung zweier abgeschlossener Intervalle
kein Intervall enthält, das nicht schon im Bild eines der Intervalle enthalten ist, um induktiv zu schlieÿen, Intervalle
welcher Länge in Jn höchstens enthalten sein können.
d) Zeige: Ist
fxk (J0 ) ⊂ J0
e) Zeige, dass
Cx
für alle
∩n∈N fxω11
Jn+1 ⊂ Jn
für alle
n ∈ N.
◦ ··· ◦
fxωnn (J0 )
λ(fa (J))
ι : {0, 1}N → Cx .
= aI und
= 1 − a + aI , sodass also fa (I) = fa0 (I) ∪˙ fa1 (I), und damit
für ω ∈ {0, 1} und zeige, dass dadurch erstens eine Abbildung deniert wird und
fa0 (I)
diese zweitens injektiv ist.
f ) Bestimme
so ist
überabzählbar ist. Konstruiere dazu eine Injektion
Deniere dazu beispielsweise
{ι(ω)} =
k ∈ N,
fa1 (I)
N
in Abhängigkeit von
λ(J)
für
a ∈ (0, 21 )
und eine Vereinigung
J ⊂ J0
endlich vieler
Intervalle.
g) Die klassische Cantor-Menge erhält man für die Folge
h) Bestimme das Lebesgue-Maÿ
die
λ(Cx )
von
Cx
x
mit
xn =
1
3 für alle
n ∈ N.
und gib ein Beispiel einer nicht-konstanten Folge
λ(Cx ) ∈ (0, 1).
i) Kommentiere die folgenden Behauptungen:
i) Lebesgue-Nullmengen sind abzählbar.
ii) Jede Lebesgue-Menge in
R
Was ist ihr Lebesgue-Maÿ?
mit positivem Maÿ enthält ein oenes Intervall.
(xn )n∈N
an, für
Lösung:
a)
Cx
ist beschränkt als Teilmenge von
jedes abgeschlossene
auch
Cx
A
J0 = [0, 1]. J0
fa (A) = (aA) ∪˙ (aA + 1 − a) ist für
n ∈ N abgeschlossen ist - und damit
Cx abgeschlossene, beschränkte Teilmenge von R und
ist abgeschlossen und
abgeschlossen. Induktiv folgt, dass
als Schnitt abgeschlossener Mengen. Also ist
Jn
für jedes
damit kompakt.
I ⊂ [0, 1] ein Intervall. Dann ist fa (I) = aI ∪ ((1 − a) + aI) die Vereinigung der beiden Intervalle aI und
aI + (1 − a). Diese Vereinigung ist wegen aI ⊂ [0, a] ( [0, 21 ] und 1 − a + aI ⊂ [1 − a, 1] ( [ 12 , 1] disjunkt und
1
nicht zusammenhängend. Die Teilintervalle haben die Länge a|I| ≤ |I|.
2
Seien I, J ⊂ [0, 1] Intervalle mit I ∩ J = ∅. Dann ist, da [1 − a, 1] ∩ [0, a] = ∅ und z.B. (1 − a + aJ) ∩ aI ⊂
[1 − a, 1] ∩ [0, a],
b) Sei
fa (J) ∩ fa (I) = ((aJ) ∪ (1 − a + J)) ∩ ((aI) ∪ (1 − a + aI))
= (aJ ∩ aI) ∪ ((1 − a + aJ) ∩ (aI) ∪ ((1 − a + aI) ∩ aJ) ∪ (((1 − a) + aJ) ∩ ((1 − a) + aI))
= a(J ∩ I) ∪ ∅ ∪ ∅ ∪ (1 − a + a(J ∩ I)) = fa (J ∩ I)
(und
fa (J ∩ I) = ∅).
Das heiÿt, das Bild einer disjunkten Vereinigung zweier (und damit endlich vieler)
Intervalle enthält Intervalle nur dann, wenn sie bereits im Bild eines einzelnen dieser Intervalle liegen.
Es kann also nicht vorkommen, dass mehrere kurze Intervalle so abgebildet werden, dass daraus wieder ein
gröÿeres Intervall entsteht.
J0 die Länge 1 hat, das längste in J1
1 n
1
und induktiv so weiter: Wenn die Länge aller Intervalle in Jn kleiner gleich ( ) ist, dann sind
2
2
die Intervalle im Bild Jn+1 von Jn im Bild eines einzelnen solchen Intervalls enthalten und haben damit eine
1 1 n
1 n+1
Länge von höchstens ( ) = ( )
.
2 2
2
Jn enthält also Intervalle allenfalls dann, wenn sie eine Länge ≤ 2−n haben.
−n
Für jedes echte Intervall I der Länge ε > 0 gibt es also wegen 2
→ 0 für n → ∞ ein N mit 2−N < ε und
Demzufolge können wir schlieÿen, dass (klar!) das längste Intervall in
die Länge
damit
c)
Cx
I 6⊂ JN ,
also
I 6⊂ Cx .
ist nach a) kompakt und damit als abgeschlossene Menge Borel-messbar. Da die Lebesguesche
als Vervollständigung von
d) Wegen
fxn+1 (J0 ) ⊂ J0
B(R)
alle Borel-messbaren Mengen enthält, ist damit
Cx
σ -Algebra
auch Lebesgue-messbar.
ist auch
Jn+1 = fx1 ◦ fx2 ◦ · · · ◦ fxn ◦ fxn+1 (J0 ) = fx1 ◦ fx2 ◦ · · · ◦ fxn (fxn+1 (J0 ))
⊂ fx1 ◦ fx2 ◦ · · · ◦ fxn (J0 ) = Jn
fa0 (I) = aI und fa1 (I) = 1 − a + aI , sodass also fa (I) = fa0 (I) ∪˙ fa1 (I) und für ω ∈ {0, 1}N deniere
ω1
ω
Jn = fx1 ◦ · · · ◦ fxωnn (J0 ).
0
1
Sowohl fa als auch fa bilden ein kompaktes Intervall der Länge L auf ein kompaktes Intervall der Länge aL ab.
Qn
1 n
ω
Da J0 ein kompaktes Intervall der Länge 1 ist, ist damit Jn ein kompaktes Intervall der Länge
i=1 xi ≤ ( 2 ) .
Analog zu d) folgt auch Jn+1 ⊂ Jn .
T
ω
Mit dem Intervallschachtelungsprinzip folgt also, dass
n∈N Jn genau ein Element enthält. Mit der Festlegung
N
von ι(ω) als dieses Element wird also jedem ω ∈ {0, 1} genau eine Zahl zugewiesen und ι ist als Funktion
{0, 1}N → R wohldeniert.
T
T
Jnω ist auÿerdem (wegen fa (I) = fa0 (I) ∪˙ fa1 (I)) jeweils enthalten in Jn , also ι(ω) ∈ Jnω ⊂ Jn = Cx , daher
N
ist ι : {0, 1} → Cx eine Funktion.
0
N
Diese Funktion ist injektiv. Denn seien ω, ω ∈ {0, 1}
verschieden, dann gibt es ein kleinstes n ∈ N mit
0
0
ωn−1
ω0
ωn−1
0
0
ω
ω1
◦ fx1n (J0 ) =
ωn 6= ωn (oBdA ωn = 0, ωn = 1 und Jn = fx1 ◦ · · · ◦ fxn−1 ◦ fx0n (J0 ) und Jnω = fx11 ◦ · · · ◦ fxn−1
ωn−1
ω1
1
0
1
fx1 ◦ · · · ◦ fxn−1 ◦ fxn (J0 ) sind wegen fxn (J0 ) ∩ fxn (J0 ) = ∅ (und einer Argumentation wie der in b)) disjunkt.
T
T
ω
ω0
0
Vor allem ist damit
n∈N Jn 6=
n∈N Jn , d.h. ι(ω) 6= ι(ω ), also ι injektiv.
e) Deniere
aJ ⊂ [0, 12 ] und 1 − a + aJ ⊂ [ 21 , 1], sind aJ und 1 − a + aJ disjunkt, also ist λ(aJ + 1 − a + aJ) =
λ(aJ) + λ(1 − a + aJ). Wegen der Translationsinvarianz des Lebesguemaÿes ist λ(1 − a + aJ) = λ(aJ). Und da
für jedes Intervall I gilt: λ(aI) = aλ(I), gilt dies auch für endliche Intervallvereinigungen wie J . (Nach Satz
f ) Da
2.18, Teil b, sogar für alle Borelmengen. Das brauchen wir hier aber nicht.) Insgesamt gilt also:
λ(fa (J)) = λ(aJ + 1 − a + aJ) = λ(aJ) + λ(1 − a + aJ) = λ(aJ) + λ(aJ) = 2λ(aJ) = 2aλ(J)
g) Nach f ) erhält man per Induktion für diese Folge
für alle
n∈
λ(Jn ) = ( 32 )n . Da Cx ⊂ Jn
λ(Cx ) = 0.
N. Und da ( 32 )n eine Nullfolge ist, folgt
für alle
n, ist auch λ(Cx ) ≤ λ(Jn )
(Jn )n
h) Da es sich bei
nach d) um eine fallende Mengenfolge handelt (für
T
λ(CxQ
) = λ( n Jn ) = lim λ(Jn )
Qn
n
λ(Jn ) = i=1 (2xi ) · λ(J0 ) = i=1 (2xi ).
Voraussetzung erfüllt), ist
f)
J0 = [0, 1]
ist oensichtlich die dortige
und wieder mittels einer induktiven Folgerung aus
Also ist
λ(Cx ) = lim
n→∞
Zum Beispiel für
xn =
lim exp
n→∞
1
2
n
Y
(2xi ) = lim exp(log
n→∞
i=1
exp(−( 21 )n ) ∈ (0, 12 )
n
Y
(2xi )) = lim exp
i=1
n→∞
ergibt das eine Menge
Cx
n
X
!
log(2xi ) .
i=1
mit Maÿ
!
n
X
1
1 n
1
1
log(2 exp(−( ) )) = exp(− lim
( )n ) = exp(−1) = ∈ (0, 1)
n→∞
2
2
2
e
i=1
i=1
n
X
i) Naheliegend, aber jeweils Quatsch:
i) Falsch. Gegenbeispiel: Klassische Cantormenge, vgl. e) und g).
ii) Falsch. Siehe a) und h).
Hausaufgabe 4:
Zeige: Es gibt nicht-Borel-messbare Teilmengen von
a) Deniere dazu
x∼y
b) Deniere die Menge
durch
M
R.
x ∼ y ⇐⇒ x − y ∈ Q.
so, dass
M
Zeige: Dadurch wird eine Äquivalenzrelation deniert.
aus jeder der Äquivalenzklassen von
∼
genau ein Element enthält. (Dieser
Schritt verwendet das sogenannte Auswahlaxiom.)
Zeige nun durch einen Widerspruchsbeweis, dass
i) Nimm zunächst an,
λ(M ) = 0.
M
nicht messbar ist.
Zeige, dass dann
R
eine Nullmenge wäre, indem du
R
als geeignete
Vereinigung von Nullmengen schreibst. (Nutze die Translationsinvarianz des Lebesguemaÿes.)
ii) Nimm nun an,
λ(M ) > 0.
Leite aus dem folgenden Satz (den wir an dieser Stelle nicht beweisen wollen)
einen Widerspruch her:
Ist
A
Lebesgue-messbar mit positivem Maÿ, so enthält
A − A = {x − y | x ∈ A, y ∈ A}
eine Kugel um
0.
Lösung:
x − x = 0 ∈ Q, Symmetrie: x − y ∈ Q ⇒ y − x = −(x − y) ∈ Q, Transitivität: x − y ∈ Q, y − z ∈
Q ⇒ z − xS= z − y + y − x ∈ Q.
b) i) R =
q∈Q q + M , da M aus jeder Äquivalenzklasse ein Element enthält. Sei x ∈ R, dann ist gibt es ein m ∈ M
mit x ∼ m, also x = m + q für ein q ∈ Q, insbesondere ist x ∈ q + M für ein q ∈ Q. Nun ist aber nach Annahme
λ(M ) = 0 und damit auch (Translationsinvarianz) λ(M + q) = 0. Demzufolge hätte R als abzählbare Vereinigung
a) Reexivität:
von Nullmengen das Maÿ 0.
ii) Nach dem Satz enthielte
m, l ∈ M
mit
m − l = q ∈ Q,
M − M eine Kugel um 0, insbesondere also eine rationale Zahl q 6= 0, es gäbe also
also m ∼ l, aber M enthält aus jeder Äquivalenzklasse nur ein Element. Widerspruch.