Musterlösung 3 - D-MATH

D-MATH
Dr. Francesca da Lio
Mass und Integral
FS 16
Musterlösung 3
1. Zu zeigen ist, dass das Mengensystem der Elementarfiguren A eine Algebra ist, d.h.
1. Rn ∈ A,
2. A ∈ A ⇒ AC ∈ A,
3. A1 , . . . , Am ∈ A ⇒ ∪m
k=1 Ak ∈ A.
Beweis:
1. Rn ist ein Intervall. Daher liegt es in A.
2. Sei A = ∪m
k=1 Ak mit Ak disjunkten Intervallen. Die Komplemente der Ak schreiben wir als
p(n)
(Ak )C = ∪i=1 Bk,i
wobei p(n) dimensionsabhängig ist und beschreibt, wie viele Gebiete man im
Komplement zusammensetzen muss. (Ak )C liegt also in A. Mit de Morgan ist
C
A =
m
[
k=1
!C
Ak
=
m
\
(Ak )C ,
k=1
Es ist aber klar (weil der Schnitt zweier Intervalle wieder in Intervall ist), dass
der Schnitt zweier A, B ∈ A wieder in A liegen muss. Damit ist AC ∈ A.
k
3. Seien Ak = ∪nl=1
Akl mit Akl ∩ Aki = ∅ für i 6= l, k = 1, . . . , m. Dann ist
m
m
k
∪k=1 Ak = ∪k=1 ∪nl=1
Akl eine Vereinigung endlich vieler Intervalle. Diese können
wir disjunkt wählen. Daraus folgt, dass ∪m
k=1 Ak ∈ A.
Also ist A eine Algebra.
2. Wir zeigen, dass Ω ⊂ Rn genau dann eine Lebesgue-Nullmenge ist, wenn eine Folge
(Ik )k∈N von Intervallen existiert, sodass
1.
P∞
k=1
Vol(Ik ) < ∞,
2. jeder Punkt von Ω in unendlich vielen Intervallen liegt.
Bitte wenden!
• ⇒
Sei Ln (Ω) = 0. Da das Lebesguemass die Caratheodory-Hahn-Erweiterung des
Elementarinhaltes ist, existiert
für alle m ∈ N eine Folge von Intervallen, (Ikm )k∈N
P
∞
mit Ω ⊂ ∪k∈N Ikm und k=1 Vol(Ikm ) ≤ 2−m . Dann gilt:
P
P
P
m
−m
1.
= 1 < ∞ (1. Bedingung) ,
m∈N
k∈N Vol(Ik ) ≤
m∈N 2
2. Jedes x ∈ Ω liegt für jedes m in mindestens einem Intervall Ikm , also in
unendlich vielen Ikm (2. Bedingung).
• ⇐
Wir nehmen an, es existieren Intervalle (Ik )k∈N wie in der Aufgabenstellung.
Weil jedes x ∈ Ω in unendlich vielen Ik liegt, ist
!
\ [
\
Ω⊂
Ik =:
Al .
l∈N
k≥l
l∈N
Mit Subadditivität des Lebesguemasses folgt
X
X
Vol(Ik ) → 0, l → ∞ ,
Ln (Ik ) =
Ln (Al ) ≤
k≥l
k≥l
P∞
da die Reihe k=1 Vol(Ik ) nach Annahme konvergent ist. Da A1 ⊃ A2 ⊃ A3 ...
folgt aus einem Resultat der Vorlesung:
\
Ln (Ω) ≤ Ln (
Ak ) = lim Ln (Ak ) = 0 .
k∈N
k→∞
3. Wir zeigen, dass µ ein Prämass auf B ist.
1. µ(∅) = 0, da die leere Menge abzählbar ist
2. Sei A = ∪k∈N Ak eine disjunkte Vereinigung, A, Ak ∈ B.
P
Falls alle Ak abzählbar sind, so ist es auch A. Dann ist µ(A) = 0 = ∞
k=1 µ(Ak ).
C
Ist ein Al überabzählbar (also µ(Al ) = 1), so ist Al abzählbar. Da alle Ak disjunkt sind, ist Ak ⊂ AC
l für alle anderen k 6= l, d.h. alle übrigen Ak müssen
abzählbar
sein,
also
µ(A
k ) = 0 für k 6= l. Daher ist µ(A) = 1 = µ(Al ) +
P
P∞
k6=l µ(Aj ) =
k=1 µ(Ak ).
Also ist µ ein Prämass auf B.
4.
a) Da die leere Menge endlich ist und 0 Elemente beinhaltet, gilt klarerweise µ(∅) =
0. Sei nun A ⊂ ∪∞
. Falls es ein Ak gibt, welches unendlich ist (also µ(Ak ) =
k=1 AkP
∞
∞), so gilt µ(A) ≤
k=1 µ(Ak ) = ∞. Seien also alle Ak ’s endlich. Falls
∞
∪k=1 Ak unendlich ist, folgt die Ungleichung aus dem selben Grund wie oben.
∞
Falls ∪∞
k=1 Ak endlich ist, also µ(∪k=1 Ak ) = µ({x1 , . . . , xt }) = t, dann folgt
wegen A ⊂ {x1 , . . . , xt } sofort µ(A) ≤ t.
Siehe nächstes Blatt!
b) Wir schreiben das Diracmass als
δx (A) = #(A ∩ {x}) , A ⊂ R ,
und verwenden, dass wir schon wissen, dass das Zählmass ein Mass auf R ist.
Daher ist auch δx ein Mass auf R.
5.
P∞
a) Wir wissen, dass für messbare Mengen En die Gleichung µ (∪∞
k=1 Ek ) =
k=1 µ(Ek )
gilt. Deshalb müssen wir nach geeigneten nicht-messbaren Mengen En Ausschau
halten, um eine Ungleichung zu erhalten.
Beispiel 1: Lebesgue Mass Sei E ⊂ [0, 1] eine Vitali nicht-messbare Menge;
Sei En := rn + E, wobei {rn }∞
n=1 die nummerierten rationalen Zahlen in [0, 1]
sind. Dann gilt [−1, 2) ⊃ ∪n En ⊃ [0, 1) und En ∩ Em = ∅ falls m 6= n. Deshalb
haben wir
λ (∪∞
k=1 Ek ) ≤ 3,
aber
∞
X
λ(Ek ) = +∞.
k=1
Eine etwas andere Variante wäre En := rn ⊕ E wobei ⊕ die Summe modulo 1
beschreibt 1 (z.B. 0.5 ⊕ 0.6 = 0.1). Dann ist ∪n En = [0, 1). Es gilt
1 = λ (∪∞
k=1 Ek ) <
∞
X
λ(Ek ) = +∞.
k=1
Beispiel 2: Sei µ : {a, b} → R definiert durch:
µ(∅) = 0,
µ({a}) = µ({b}) = 2,
µ({a, b}) = 3
Es ist leicht nachzuprüfen, dass es sich tatsächlich um ein Mass handelt. Es gilt
4 = µ({a}) + µ({b}) > µ({a, b}) = 3
was das gesuchte Gegenbeispiel liefert. Bedenke, dass nur die Mengen ∅ und
{a, b} bzgl. µ messbar sind.
b) Sei fix gewählt. Das Komplement von K muss eine offene Menge sein. Wähle
wieder eine Nummerierung der rationalen Zahlen {rn }∞
n=1 in [0, 1] und definiere
, rn + 2n+1
). Sei A = ∪∞
die offenen Intervalle In := (rn − 2n+1
n=1 In ; Das Mass
dieser offenen Menge ist von oben beschränkt:
∞
X
n=1
|In | ≤
∞
X
= ,
n
2
n=1
wobei |In | die Länge von In ist. Dann hat K = [0, 1] \ A mindestens Mass 1 − .