Lösung HA5 Aufgaben 6 und 7

Lösung Hausaufgaben 5
Das verallgemeinerte Cantorsche Diskontinuum definiert man wiefolgt: Sei d = 1 und
(an ) eine Folge reeller Zahlen mit Werten in (0, 1). Aus I := [0, 1] tilge man ein offenes
Intervall I1,1 der Länge a1 mit dem Mittelpunkt 1/2. Es verbleiben zwei abgeschlossene,
disjunkte Intervalle J1,1 und J1,2 . Induktiv tilgt man nun aus Jk,i ein offenes Intervall
Ik+1,i der Länge ak+1 λ1 (Jk,i ), dessen Mittelpunkt mit dem von Jk,i übereinstimmt, i =
1, . . . , 2k . Nach n Durchgängen verbleiben also 2n abgeschlossene, disjunkte Intervalle
Jn,i , i = 1, . . . , 2n . Die Menge
∞ [2n
\
˙
C :=
Jn,i
i=1
n=1
heisst verallgemeinertes Cantorsches Diskontinuum. Im Falle an = 1/3 für alle n nennt
man sie Cantorsches Diskontinuum. In diesem Fall ist C nirgends dicht.
6. Aufgabe
(0 Punkte)
Man zeige
a) λ1 (C) = lim
Qn
n→∞
b) λ1 (C) = 0 ⇐⇒
i=1 (1
− ai )
P∞
i=1 ai
= ∞.
Lösung:
a): Nach dem ersten Schritt bleiben zwei Intervalle der Länge 1/2(1 − a1 ) übrig, also
haben wir insgesamt die Länge 1 − a1 . Wenn
Qn nach dem n-ten Schritt eine Vereinigung von Intervallen der Gesamtlänge i=1 (1 − ai ) vorliegt und zusätzlich aus
jedem Teil der Anteil an+1Qgetilgt wird, bleibt
Q eine Vereinigung von Intervallen der
Gesamtlänge (1 − an+1 ) · ni=1 (1 − ai ) = n+1
i=1 (1 − ai ) übrig.
Mit der Konvergenz von oben (funktioniert, da λ1 |[0, 1] endlich) folgt die Behauptung.
b): P
“⇐=“ Sei ε > 0 und K := ln(ε−1 ). Dann ein N ∈ N, sodass für alle n ≥ N gilt
n
i=1 ai > K. Die Ungleichung x ≥ log(1 + x) liefert
( n
)
n
Y
X
(1 − ai ) = exp
ln(1 − ai )
i=1
i=1
(
≤ exp −
n
X
i=1
= ε.
Die Behauptung folgt dann mit a).
1
)
ai
< exp(−K)
“=⇒“ per Kontraposition. Es gilt die Ungleichung
n
n
Y
X
(1 − ai ) ≥ 1 −
ai ,
i=1
i=1
wie man leicht mittels vollst. Induktion zeigen kann. Es seiPalso angenommen, dass
n
die Reihe konvergiert. Dann exisitiert ein N ∈ N, s.d.
i=N ai ≤ 1/2 für alle
QN −1
n ≥ N . Ausserdem haben wir i=1 (1 − ai ) ≥ 2δ. Insgesamt folgt also
(
n
Y
≥ 2δ,
n < N,
(1 − ai )
Pn
≥ 2δ(1 − i=N ai ) ≥ δ, n ≥ N,
i=1
≥ δ.
Da δ unabhängig von n ist, folgt die Behauptung.
Nach dem Zwischenwertsatz ist die verallgemeinerte Umkehrfunktion von F
f : [0, 1] → [0, 1],
y 7→ inf{x ∈ [0, 1] : F (x) = y}
eine wohldefinierte Funktion, für die gilt (ohne Beweis):
• F (f (y)) = y für alle y ∈ [0, 1] und
• f ([0, 1]) ⊂ C.
7. Aufgabe
(0 Punkte)
Nach dem Satz von Vitali (siehe bsw. [Bauer: “Maß- und Integrationstheorie“, Satz 8.6])
gibt es Mengen A ∈ 2[0,1] \ B([0, 1]), d.h. nicht Borel-messbare Mengen.
Zeigen Sie, dass mit obigen Eigenschaften von f und F schon f (A) ∈ L([0, 1]) folgt,
jedoch f (A) ∈
/ B([0, 1]).
Lösung: Sei A eine nicht-Borel-messbare Menge. Da A ⊂ [0, 1] und f ([0, 1]) ⊂ C folgt,
dass f (A) ⊂ C und λ1 (C) = 0. Mit der Vollständigkeit von L([0, 1]) folgt, dass f (A) ∈
L([0, 1]).
Seien x, y ∈ [0, 1] mit x < y. Dann gilt F (f (x)) < F (f (y)). Da F monoton steigend ist,
folgt f (x) < f (y). Also ist f streng monoton steigend und somit injektiv. Dann ist f
auch messbar, denn {x : f (x) ≤ c} = {x : x ≤ f −1 (c)} = [0, f −1 (c)] ∈ B([0, 1]).
Angenommen f (A) ∈ B([0, 1]). Dann gilt wegen der Injektivität und Messbarkeit von f
A = f −1 ( f (A) ) ∈ B([0, 1]).
| {z }
∈B([0,1])
Dies ist jedoch ein Widerspruch zur Wahl von A.
Es folgt also f (A) ∈
/ B([0, 1]).
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