Masstheorie 003

Maßtheorie Carsten Sch¨ utt January 29, 2006 2 Contents 1 Grundlagen 1.1 Das Axiomensystem von Zermelo-Fraenkel 1.2 ...

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Maßtheorie Carsten Sch¨ utt January 29, 2006

2

Contents 1 Grundlagen 1.1 Das Axiomensystem von Zermelo-Fraenkel 1.2 Relation und Ordnung . . . . . . . . . . . 1.3 Mächtigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Ordinalzahlen . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Topologische und metrische Räume . . . . 1.6 Cantor Menge . . . . . . . . . . . . . . . .

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5 5 9 12 15 18 21

2 σ-Algebra und Maß 2.1 σ-Algebra . . . . . . . . . . . 2.2 Produkt σ-Algebra . . . . . . 2.3 Maße . . . . . . . . . . . . . . ¨ 2.4 Außere Maße . . . . . . . . . 2.5 Lebesgue-Stieltjes Maße auf R 2.6 Lebesgue Maß auf R . . . . . 2.7 Das Banach-Tarski Paradoxon

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31 31 35 38 42 48 58 70

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79 79 88 99 104

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107 111 115 126 131 144 148 167 173 177 187 194 197 211

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3 Messbare Funktion und Integral 3.1 Messbare Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Integration nichtnegativer Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Integration reeller Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ¨ 3.4 Der Uberdeckungssatz von Vitali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Differenzierbarkeit monotoner Funktionen und Funktionen beschränkter Variation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6 Der Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung . . . . . . . . . . . 3.7 Das Riemann-Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8 Produktmaße und Lebesgue Maß auf dem Rn . . . . . . . . . . . . . . . 3.9 Des Satz von Fubini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.10 Analytische Mengen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.11 Der Transformationssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.12 Konvergenz im Maß und der Raum L0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.13 Signierte Maße . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.14 Der Satz von Radon-Nikodym . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.15 Differentiation auf dem Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.16 Funktionen Beschränkter Variation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.17 Hausdorff Maße . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.18 Unstetigkeitsmengen von Funktionen und ihren Ableitungen . . . . . . . 3

4

CONTENTS 3.19 Normale Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 3.20 Fragen und Kommentare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215

Chapter 1 Grundlagen 1.1

Das Axiomensystem von Zermelo-Fraenkel

Georg Cantor (1845-1918) hat Ende des 19. Jahrhunderts die Mengenlehre begr¨ undet. Er definiert eine Menge als eine Gesamtheit von wohlunterschiedenen Objekten des Denkens und der Wahrnehmung. Die Objekte werden als Elemente und die Gesamtheit als Menge bezeichnet. Falls x ein Element einer Menge M ist, so schreiben wir x∈M Cantor hat drei Axiome verwendet, ohne diese explizit aufzuf¨ uhren: (i) Zwei Mengen sind gleich, wenn sie dieselben Elemente besitzen. (ii) F¨ ur jede Eigenschaft gibt es eine Menge, deren Elemente genau diese Eigenschaft erf¨ ullen. Unter einer Eigenschaft verstehen wir eine Aussage der mathematischen Logik, die die Elemente betrifft. Wir schreiben auch f¨ ur die Menge {x|φ(x)} falls φ die fragliche Eigenschaft ist. (iii) Auswahlaxiom (dies wird später definiert.) Die Vereinigung von zwei Mengen A und B ist A ∪ B = {x| x ∈ A ∨ x ∈ B} und von einer Menge von Mengen A ! A = {x|∃A ∈ A : x ∈ A} A∈A

Der Durchschnitt von zwei Mengen A und B ist A ∩ B = {x| x ∈ A ∧ x ∈ B} 5

6

CHAPTER 1. GRUNDLAGEN

und einer Familie von Mengen A "

A∈A

A = {x|∀A ∈ A : x ∈ A}

Das Komplement einer Teilmenge A einer Menge M ist / A} Ac = {x ∈ M | ¬(x ∈ A)} = {x ∈ M | x ∈ Bertrand Russell (1872-1970, mit vollem Namen:Bertrand Arthur William Russell, 3rd Earl Russell of Kingston Russell, Viscount Amberley of Amberley and of Ardsalla) wies mit einem einfachen Beispiel nach, dass das Axiom (ii) zu Widerspr¨ uchen f¨ uhrt. Er fand das folgende nach ihm benannte Paradoxon. Als Eigenschaft einer Menge M betrachten wir M ist nicht Element von sich selbst Gemäss (ii) m¨ usste es also eine Menge A geben, deren Elemente aus denjenigen Mengen M bestehen, die nicht Element von sich selbst sind. Dies f¨ uhrt sofort zu einem Widerspruch: Ist A Element von sich selbst? Falls A nicht Element von sich selbst ist, dann muss A gemäss der Eigenschaft Element von sich selbst sein. Umgekehrt, falls A Element von sich selbst ist, dann muss A die Eigenschaft erf¨ ullen, dass A nicht Element von sich selbst ist. Man kommt in jedem Fall zu einem Widerspruch. Eine vergleichbare Paradoxie ist der folgende Satz: Ich l¨ uge immer. Wenn ich immer l¨ uge, dann ist der Satz gelogen und ich sage manchmal die Wahrheit. Dies widerspricht dem Satz. Das Axiomensystem von Cantor ist weiterentwickelt worden, um solche Widerspr¨ uche auszuschliessen. Es gibt heute mehrere Systeme, die man als vern¨ unftig erachtet. Wir wollen hier das System von Zermelo-Fraenkel benutzen. Wie von Cantor eingef¨ uhrt, haben wir zwei binäre Verkn¨ upfungen ∈ und =. x∈M bedeutet, dass x ein Element, M eine Menge und x Element von M ist. Falls M und K zwei Mengen sind, bedeutet M =K dieselbe Menge sind. Es gelten die folgenden Axiome: (i) Falls zwei Mengen dieselben Elemente besitzen, dann sind sie gleich. (∀x : x ∈ M ⇔ x ∈ K) ⇒ M = K

(ii) Es gibt eine Menge, die keine Elemente enthält. Wir bezeichnen diese Menge als Nullmenge ∅. (iii) Es gibt eine Menge M , so dass ∅ ∈ M und so dass f¨ ur alle x ∈ M auch {x} ∈ M gilt. Hierbei bezeichnet {x} die Menge, die nur aus dem Element x besteht.

(iv) (Potenzmenge) F¨ ur jede Menge M existiert die Menge P (M ), die aus allen Teilmengen von M besteht. Wir nennen P (M ) die Potenzmenge von M .

1.1. DAS AXIOMENSYSTEM VON ZERMELO-FRAENKEL

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(v) Es sei M#eine Menge, deren Elemente wiederum aus Mengen bestehen. Dann gibt es eine Menge M , die aus allen Elementen der Elemente von M besteht. Wir nennen diese Menge die Vereinigungsmenge. (vi) (Regularität) Falls M eine nichtleere Menge ist, dann gibt es ein x ∈ M , so dass x∩M =∅ In Quantorenschreibweise M += ∅ =⇒ ∃x : x ∈ M ∧ (∀y : y ∈ x → y ∈ / M) (vii) Falls φ eine Eigenschaft ist und M eine Menge, dann gibt es eine Menge, die aus genau den x, x ∈ M , besteht, die die Eigeschaft φ erf¨ ullen. {x|x ∈ M ∧ φ(x)} (viii) (Ersetzung )Es sei φ eine Eigenschaft, die von zwei Mengen M und K abhängt. Wir nehmen an, dass es f¨ ur jedes x ∈ M genau ein y ∈ K gibt, so dass φ(x, y) gilt. Dann gibt es eine Menge {y|∃x ∈ M : φ(x, y)} (ix) (Auswahlaxiom) Es sei M eine Menge paarweise disjunkter, nichtleerer Mengen. Dann gibt es eine Menge A mit folgender Eigenschaft: Jedes Element von A ist Element einer der Mengen M und f¨ ur jedes M ∈ M gibt es genau ein x ∈ M mit x ∈ A. Wir nennen A die Auswahlmenge. Einige Bemerkungen zum Axiom (vi). Die Bedingung x ∩ M ist nicht mit {x} ∩ M zu verwechseln. Offenbar haben wir {x} ∩ M = {x}. Der Durchschnitt ist also nie leer. Falls es ein Element x ∈ M gibt, das selbst keine Menge ist, so folgt x ∩ M = ∅. Die Menge M = {1, 2, {1, 2}} liefert ein Beispiel daf¨ ur, dass es ein x ∈ M geben kann, so dass x ∩ M += ∅. Wir wählen x = {1, 2}. Wir erhalten dann x ∩ M = {1, 2} ∩ {1, 2{1, 2}} = {1, 2} Mit Hilfe von Axiom (vi) können wir das folgende Lemma beweisen. Lemma 1 Es sei M eine Menge. Dann gilt M ∈ / M. Beweis. Wir nehmen an, dass M ∈ M gilt. Da M ∈ {M } gilt, folgt, dass M ∈ M ∩ {M } Das Axiom der Regularität besagt, dass es ein x ∈ {M } gibt mit x ∩ {M } = ∅ Da {M } nur ein Element enthält, nämlich M , folgt x = M . Somit gilt M ∩ {M } = ∅, was der Aussage M ∈ M ∩ {M } widerspricht. !

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Die Frage, ob man das Auswahlaxiom zum Axiomensystem hinzuf¨ ugen soll oder nicht, ist sehr kontrovers dikutiert worden. Die Annahme des Auswahlaxioms ist sehr hilfreich und eine grosse Anzahl von mathematischen Aussagen beruht darauf. Andererseits erzeugt man dadurch auch solche bizarren Resultate wie das Banach-Tarski Paradoxon. Gödel zeigte 1938, dass das Auswahlaxiom mit dem Axiomensytem von ZermeloFraenkel konsistent ist. Er zeigte, dass man jedes Paradoxon, das man aus dem Auswahlaxiom erhält, so modifizieren kann, dass man es auch ohne das Auswahlaxiom erhält. Cohen zeigte 1963, dass die Verneinung des Auswahlaxiomes ebenso konsistent mit dem Axiomensystem von Zermelo-Fraenkel ist. Um eine Auswahlmenge anzugeben, muss man durch eine Formel oder Vorschrift festlegen, welches Element man aus welcher Menge entnimmt. Dass man aus jeder einzelnen Menge jeweils ein Element auswählen kann, reicht dazu nicht aus. In einigen Fällen braucht man das Auswahlaxiom nicht, um die Existenz einer Auswahlmenge sicherzustellen. (a) Falls jedes M ∈ M nur ein einziges Element enthält. (b) Falls M nur endlich viele M enthält.

(c) Falls jedes M ∈ M eine endliche Menge reeller Zahlen ist. Dann wählen wir als x ∈ M das maximale Element.

Andererseits kann man zeigen, dass es eine Menge M gibt, so dass alle M ∈ M nur aus zwei Elementen bestehen, und so dass sich ohne das Auswahlaxiom nicht die Existenz einer Auswahlmenge herleiten liesse.

1.2. RELATION UND ORDNUNG

1.2

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Relation und Ordnung

Es seien M und K Mengen. Dann heisst die Menge der geordneten Paare M × K = {(x, y)|x ∈ M ∧ y ∈ K} das Cartesische Produkt von M und K. Eine Relation R auf M ist eine Teilmenge von M × M . Wir sagen, dass x in Relation zu y steht, wenn (x, y) ∈ R. Ein typisches Beispiel f¨ ur eine Relation ist die Relation ≤ auf den reellen Zahlen.

Wir sagen, dass (i) R reflexiv ist, falls f¨ ur alle x ∈ M gilt, dass xRx.

(ii) R symmetrisch ist, falls f¨ ur alle (x, y) ∈ M mit xRy auch yRx gilt.

(iii) R transitiv ist, falls f¨ ur alle x, y, z ∈ M mit xRy und yRz auch xRz gilt. ¨ Eine Relation heisst Aquivalenzrelation, falls sie reflexiv, symmetrisch und transitiv ¨ ist. Es sei M eine Menge mit der Aquivalenzrelation ∼. Die Mengen {x|x ∼ y} ¨ heissen Aquivalenzklassen. Eine Relation R heisst antisymmetrisch, falls f¨ ur alle (x, y) mit (x, y) ∈ R und (y, x) ∈ R folgt, dass x = y. Eine Funktion von einer Menge M in eine Menge K ist eine Teilmenge f von M × K, so dass f¨ ur alle x ∈ M genau ein y ∈ K existiert mit (x, y) ∈ f . Daf¨ ur schreiben wir auch f : M → K und f (x) = y. Wir sagen, dass eine Funktion surjektiv ist, falls f¨ ur alle y ∈ K ein x ∈ M mit f (x) = y existiert. Wir schreiben auch f (M ) = K. f ist injektiv, falls f¨ ur alle x, y ∈ M mit f (x) = f (y) gilt, dass x = y. f ist ein Isomorphismus, falls f injektiv und surjektiv ist. Eine Relation R auf M ist eine Halbordnung, falls sie reflexiv, antisymmetrisch und transitiv ist. Eine Halbordnung R ist eine Ordnung, falls f¨ ur alle x, y ∈ M gilt, dass (x, y) ∈ R

oder

x=y

oder

(y, x) ∈ R

Wir schreiben f¨ ur eine Menge mit einer Halbordnung oder Ordnung auch (M, ≤). Die Relation x < y gilt genau dann, wenn x ≤ y und x += y. Als Beispiel f¨ ur eine Menge mit einer Halbordnung, die keine Ordnung ist, lässt sich das folgende angeben. Wir betrachten die Menge aller Tupel reeller Zahlen {(s, t)|s, t ∈ R} mit der Halbordnung (s, t) ≤ (u, v)

falls s ≤ u und t ≤ v

10


Dies ist keine Ordnung, weil (1, 0) und (0, 1) nicht vergleichbar sind, d.h. das eine ist nicht kleiner als das andere und umgekehrt. K sei eine Teilmenge einer Menge mit einer Halbordnung. Wir sagen, dass x ∈ K ein minimales (maximales) Element von K ist, falls x ∈ K und f¨ ur alle y ∈ K gilt, dass y ≮ x (x ≮ y). Minimale und maximale Elemente sind nicht notwendig eindeutig. Ausserdem folgt aus x ≮ y nicht notwendig y ≤ x. x ist eine untere (obere) Schranke von K, falls f¨ ur alle y ∈ K gilt, dass x < y oder x = y

x > y oder x = y

Falls M eine Teilmenge K enthält, die mit der Halbordnung von M eine geordnete Menge ist, dann nennen wir K eine Kette. Eine Wohlordnung ist eine Ordnung mit der Eigenschaft, dass jede nichtleere Teilmenge K von M ein kleinstes Element besitzt, d.h. es gibt ein x ∈ K, so dass f¨ ur alle y ∈ K gilt, dass x ≤ y. Dieses Element ist eindeutig. Eine Menge X heisst also wohlgeordnet, falls (i) Aus x ≤ y und y ≤ z folgt x ≤ z. (ii) Aus x ≤ y und y ≤ x folgt x = y. (iii) F¨ ur alle x ∈ X gilt x ≤ x. (iv) F¨ ur alle x, y ∈ X gilt x ≤ y oder y ≤ x. (v) Jede nichtleere Teilmenge A von X hat ein minimales Element xmin , d.h. f¨ ur alle x ∈ A mit x ≤ xmin folgt x = xmin . Die u ¨bliche ≤ Relation auf den reellen Zahlen ist eine Ordnung aber keine Wohlordnung. Dies liegt daran, dass die Mengen R oder auch {x ∈ R|0 < x} kein minimales Element besitzen. Lemma 2 Die folgenden Aussagen sind äquivalent. (i) (Auswahlaxiom) Es sei M eine Menge paarweise disjunkter, nichtleerer Mengen. Dann gibt es eine Menge A mit folgender Eigenschaft: Jedes Element von A ist Element einer der Mengen M ∈ M und f¨ ur jedes M ∈ M gibt es ein x ∈ M mit x ∈ A. (ii) (Hausdorffs Maximum Prinzip) Jede Menge mit einer Halbordnung enth¨ alt eine maximale Kette (d.h. eine Kette, die in keiner echten Teilmenge einer anderen Kette enthalten ist). (iii) (Zorns Lemma) Jede nichtleere Menge mit einer Halbordnung, in der jede Kette eine obere Schranke hat, hat ein maximales Element. (iv) Man kann jede Menge wohlordnen. Die nat¨ urlichen Zahlen sind in ihrer nat¨ urlichen Ordnung wohlgeordnet, das gilt jedoch nicht f¨ ur die reellen Zahlen. Das Lemma versichert nur, dass es auf den reellen Zahlen eine Wohlordnung gibt, es liefert kein Konstruktionsverfahren f¨ ur eine solche Wohlordnung. Eine solche Wohlordnung ist sehr schwer vorstellbar. Beweis. (ii) ⇒ (iii) : Nach (ii) gibt es eine maximale Kette K in M . Nach Annahme von (iii) hat diese Kette eine obere Schranke s. Wir behaupten nun, dass s ein maximales Element von M ist. Falls dem nicht so wäre, so gibt es ein s" mit s < s" . Damit ist aber K ∪ {s" }

1.2. RELATION UND ORDNUNG

11

eine Kette, die K als echte Teilmenge enthält. Also ist K nicht maximal. Dies ist ein Widerspruch. (iii) ⇒ (iv) : Es sei A die Menge aller Teilmengen A von M , die wir mit einer Wohlordnung ausstatten können. Diese Menge A statten wir mit einer Halbordnung aus: Wir setzen A ≤ B, falls A ⊆ B und falls die Wohlordnung auf A mit der auf B u ¨bereinstimmt. Wir weisen nun nach, # dass jede Kette in A eine obere Schranke besitzt. Falls K eine Kette in A ist, so ist C∈K C eine obere Schranke. Nach (iii) besitzt A damit ein maximales Element Amax . Diese maximale Element muss aber M sein. Falls dem nicht so ist, das maximale Element Amax also eine echte Teilmenge von M ist, so gibt es ein Element x ∈ M \ Amax . Nun betrachten wir Amax ∪ {x} mit der Wohlordnung, die auf Amax erklärt ist und die wir dadurch erweitern, dass wir f¨ ur alle y ∈ Amax die Relation y ≤ x festsetzen. Dann ist Amax kein maximales Element. (iv) ⇒ (i) : Wir betrachten die Vereinigungsmenge ! M M ∈M

Diese Menge enthält alle M ∈ M als Teilmengen. Nach (iv) können wir die Menge # M ∈M M wohlordnen. Da jede Teilmenge ein kleinstes Element hat, hat insbesondere auch jedes M ∈ M ein kleinstes Element xM . Als Auswahlmenge nehmen wir nun {xM |M ∈ M} !

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1.3


M¨ achtigkeit

Wir wollen den Begriff der Anzahl f¨ ur endliche und unendliche Mengen definie-ren. Es seien K und M zwei Mengen. Wir sagen, dass K und M dieselbe Mäch-tigkeit oder Kardinalität haben, wenn es einen Isomorphismus zwischen K und M gibt. Symbolisch schreiben wir dies als card(K) = card(M ) Allgemeiner sagen wir, dass die Mächtigkeit von K kleiner oder gleich der von M ist, falls K isomorph zu einer Teilmenge von M ist. Anders formuliert, card(K) ≤ card(M ) falls es eine injektive Abbildung von K nach M gibt. Lemma 3 Es seien X und Y Mengen. Dann gelten (i) Es gibt eine injektive Abbildung von X nach Y oder von Y nach X. (ii) Es gibt genau dann eine injektive Abbildung von X nach Y , wenn es eine surjektive Abbildung von Y nach X gibt. (iii) (Schr¨ oder-Bernstein) Falls es eine injektive Abbildung von X nach Y und eine surjektive Abbildung von X nach Y gibt, dann gibt es einen Isomorphismus zwischen X und Y.

(iii) besagt, dass aus card(X) ≤ card(Y ) und card(X) ≤ card(Y ) folgt, dass card(X) = card(Y ) gilt. Beweis. (i) Es sei I die Menge aller Injektionen von einer Teilmenge von X in eine Teilmenge von Y . Wir f¨ uhren auf I eine Halbordnung ein: Wir setzen I ≤ J, falls Def(I) ⊆Def(J) und J|Def(I) = I. Wir # wenden das Lemma von Zorn an. Jede Kette K in I hat eine obere Schranke I0 : I∈K Def(I) → Y I0 (x) = I(x) falls x ∈ Def(I) Deshalb gibt es ein maximales Element Imax . Der Definitionsbereich Def(Imax ) ist gleich X oder der Bildbereich Bild(Imax ) ist gleich Y . Falls nicht, so gibt es x0 ∈ X \ Def(Imax ) Nun definieren wir I˜max (x) =

$

Imax y0

y0 ∈ Y \ Bild(Imax ) x ∈ Def(Imax ) x = x0

Also ist Imax kein maximales Element. (ii) Es sei I : X → Y eine Injektion und x0 ∈ X. Dann ist S : Y → X mit $ x I(x) = y S(y) = x0 y∈ / Bild(I)

¨ 1.3. MACHTIGKEIT

13

eine Surjektion. Es sei S : Y → X eine Surjektion. Wir betrachten das Mengensystem {y|S(y) = x}

x∈X

Nach dem Auswahlaxiom gibt es eine Auswahlmenge A = {yx |x ∈ X} Wir definieren nun die Injektion I : X → Y durch I(x) = yx . ! Lemma 4 (Cantor) Es sei M eine Menge. Dann gilt card(M ) < card(P(M ))

Beweis. Wir zeigen zunächst card(M ) ≤ card(P(M )) Wir geben dazu eine Injektion von M nach P(M ) an. j : M → P(M )

j(x) = {x}

Wir zeigen nun, dass card(M ) += card(P(M )) Wir nehmen an, dass es einen Isomorphismus i : M → P(M ) gibt. Wir betrachten die Menge ˜ = {x ∈ M |x ∈ M / i(x)} ˜ kann durchaus die leere Menge sein.) Da i ein Isomorphismus ist, gibt es ein x0 mit (M ˜ . Dazu betrachten wir zwei Fälle. i(x0 ) = M ˜ , dann Falls x0 ∈ M ˜ = {x ∈ M |x ∈ / i(x)} x0 ∈ M ˜ , was ein Widerspruch ist. Es folgt, dass x0 ∈ / i(x0 ) = M ˜ / M , dann Falls x0 ∈ ˜ = {x ∈ M |x ∈ /M / i(x)} x0 ∈

˜ erf¨ ˜ , was / i(x0 ) = M ullt, also x0 ∈ M Dies bedeutet, dass x0 nicht die Bedingung x0 ∈ wiederum ein Widerspruch ist. Also gibt es keinen Isomorphismus. ! Beispiel 1 (i) card(N × N) = card(N) (ii) card(N) < card(P(N))

Wir bezeichnen card(N) auch mit ℵ0 . Die Kontinuumshypothese besagt, dass es keine Menge M gibt, so dass card(N) < card(M ) < card(P(N))

14


Die Kontinuumshypothese kann als weiteres Axiom dem Zermelo-Fraenkel Axiomensystem hinzugef¨ ugt werden. Gödel zeigte, dass die Kontinuumshypothese konsistent mit den Axiomen der Mengenlehre ist. Cohen zeigte, dass auch die Verneinung der Kontinuumshypothese konsistent mit den Axiomen der Mengenlehre ist. ¨ Als Kardinalzahl einer Menge f¨ uhrt man die Aquivalenzklasse aller Mengen ein, die dieselbe Mächtigkeit haben. Hierbei legen wir eine Universalmenge zugrunde. Anderenfalls wäre dies Funktion auf der Menge aller Mengen definiert, also auf einer Menge, die es nicht gibt. Wenn wir u ¨berdies noch vorziehen, Kardinalzahlen als Mengen zu definieren, so m¨ ussen ¨ die Aquivalenzklassen durch einen jeweiligen Repräsentanten ersetzen.

1.4. ORDINALZAHLEN

1.4

15

Ordinalzahlen

Wir betrachten hier wohlgeordnete Mengen. Wir sagen, dass das Element y unmittelbarer Vorgänger von x ist, falls y < x gilt und falls es kein Element z mit y < z < x gibt. Im allgemeinen muss ein Element keinen unmittelbaren Vorgänger haben. Andererseits hat ein Element x immer einen unmittelbaren Nachfolger, wenn es u ¨berhaupt einen Nachfolger gibt. Um dies einzusehen, betrachtet man die Menge aller Nachfolger {y|x < y}. Wenn diese Menge nicht leer ist hat sie ein minimales Element, weil die hier betrachteten Mengen wohlgeordnet sind. Dieses minimale Element ist der unmittelbare Nachfolger von x. Die Menge Ix = {y ∈ X|y < x} heißt die Menge der Vorgänger von x. Eine Ordinalzahl ist eine wohlgeordnete Menge X, so dass f¨ ur alle x ∈ X x = Ix gilt. Damit lassen sich die nat¨ urlichen Zahlen als Ordinalzahlen ansehen. Man kann die nat¨ urliche Zahl n als die Menge ihrer Vorgänger einf¨ uhren n := {1, . . . , n − 1} Dann gilt gerade In = n. Ebenso folgt, dass die Menge aller nat¨ urlichen Zahlen N als Ordinalzahl aufgefasst werden kann. Man bezeichnet diese i.a. mit ω. Lemma 5 (Prinzip der transfiniten Induktion) Es sei X eine wohlgeordnete Menge und A sei eine Teilmenge von X ist, so dass f¨ ur alle x ∈ X mit Ix ⊆ A folgt, dass x ∈ A. Dann gilt A=X gilt.

Da X wohlgeordnet ist, hat X ein minimales Element xmin . Somit ist die leere Menge, die Menge der Vorgänger von xmin . Hieraus folgt, dass xmin immer Element einer solchen Teilmenge A sein muss. Das Prinzip der transfiniten Induktion ist eine Verallgemeinerung der Induktion. Es sei X = N. Dann impliziert {1, . . . , n − 1} = In ⊆ A, dass n ∈ A gilt. Beweis. Wir nehmen an, dass A += X. Dann hat X \ A ein minimales Element xmin . Dann gilt Ixmin ⊆ A urde, das in X \ A liegen w¨ urde, dann Falls es nämlich ein Element x in Ixmin geben w¨ hätten wir x < xmin und xmin ≤ x Dies kann nicht sein. Also gilt Ixmin ⊆ A. Laut Annahme folgt damit xmin ∈ A. !

16


ur alle Lemma 6 (i) Es gibt eine u ¨berabz¨ ahlbare, wohlgeordnete Menge Ω, so dass Ix f¨ x ∈ Ω abzählbar ist. (ii) F¨ ur je zwei Mengen Ω und Ω" mit der Eigenschaft (i) gilt, dass sie ordnungsisomorph sind. (iii) card(Ω) ≤ card(R) Eine solche Menge Ω wird Menge der abzählbaren Ordinalzahlen genannt. Beweis. (i) Wir betrachten eine beliebige u ¨berabzählbare Menge X, z.B. R. Diese Menge kann wohlgeordnet werden. Falls diese Menge mit der Wohlordnung die geforderte Eigenschaft besitzt, sind wir fertig. Falls dem nicht so ist, betrachten wir die Menge {x ∈ X|Ix ist u ¨berabzählbar} Diese Menge hat ein minimales Element xmin . (Falls diese Menge leer ist, sind wir fertig.) Wir wählen nun Ω = Ixmin (iii) Nach (ii) haben alle Mengen Ω dieselbe Kardinalität. Unter (i) konnten wir zur Konstruktion dieser Menge die Menge R verwenden. Damit ergab sich, dass Ω Teilmenge von R ist. ! Lemma # 7 Es sei X eine wohlgeordnete Menge und A eine Teilmenge von X. Dann gilt X = x∈A Ix oder es gibt ein y ∈ X mit Iy =

!

Ix

x∈A

Beweis. Wir nehmen an, dass X +=

#

x∈A Ix .

X\

Dann hat

!

Ix

x∈A

ein minimales Element xmin . Wir behaupten, dass ! Ixmin = Ix x∈A

Wir zeigen, dass Ixmin ⊆

!

Ix

x∈A

x ∈ Ixmin gilt genau# dann, wenn x < xmin . Aus x < xmin folgt, dass x ∈ /X\ bedeutet, dass x ∈ x∈A Ix . Wir zeigen nun, dass Ixmin ⊇

!

x∈A

Ix

#

x∈A Ix .

Das

1.4. ORDINALZAHLEN

17

# Wir # nehmen an, dass dies nicht zutrifft. Dann gibt es ein y ∈ x∈A Ix mit y ≥ xmin . Weil y ∈ x∈A Ix gilt, gibt es ein x ∈ A mit y ∈ Ix , also y < x. Hieraus folgt x > xmin

xmin ∈ Ix

bzw.

Damit gilt

!

xmin ∈

Ix

x∈A

Dies ist ein Widerspruch. !

Lemma 8 Es sei Ω die Menge der abz¨ ahlbaren Ordinalzahlen. Jede abz¨ ahlbare Teilmenge A von Ω hat eine obere Schranke. Beweis. Da Ω die Menge der abzählbaren Ordinalzahlen ist, gilt f¨ ur alle x ∈ Ω Ix ist abzählbar. Deshalb ist auch

!

Ix

x∈A

abzählbar. Da Ω u ¨berabzählbar ist, gilt

Ω += Nach Lemma gibt es ein y ∈ Ω mit Iy =

!

Ix

!

Ix

x∈A

x∈A

Wir behaupten, dass y ist eine obere Schranke f¨ ur A ist. Dazu m¨ ussen wir zeigen, dass f¨ ur alle x ∈ A gilt, dass x ≤ y. Wir nehmen an, dass es ein x ∈ A gibt, so dass y < x. Dann folgt y ∈ Ix und damit y ∈ Iy , was falsch ist. !

18

1.5


Topologische und metrische R¨ aume

Einr Metrik auf einer Menge X ist eine Abbildung d : X × X → R mit (i) F¨ ur alle x, y ∈ X gilt d(x, y) ≥ 0. (ii) Es gilt genau dann d(x, y) = 0, wenn x = y. (iii) F¨ ur alle x, y ∈ X gilt d(x, y) = d(y, x). (iv) F¨ ur alle x, y, z ∈ X gilt d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y). Ein metrischer Raum (X, d) ist eine Menge X mit einer Metrik d. B(x, r) = y|d(x, y) < r} Eine Norm auf einem Vektorraum X u ¨ber einem Körper K ist eine Abbildung 5 5 : X → R mit (i) F¨ ur alle x ∈ X gilt 5x5 ≥ 0 (ii) Es gilt genau dann 5x5 = 0, wenn x = 0. (iii) F¨ ur alle x ∈ X und alle t ∈ K gilt 5tx5 = |t|5x5. (iv) F¨ ur alle x, y ∈ X gilt 5x + y5 ≤ 5x5 + 5y5. Ein normierter Raum ist ein Vektorraum mit einer Norm. Jeder normierte Raum kann als metrischer Raum aufgefasst werden. Als Metrik nimmt man d(x, y) = 5x − y5. Die Euklidische Norm auf dem Rn ist 5x5 =

% n & i=1

|xi |2

' 12

Weitere Normen auf dem Rn sind die ∞-Norm bzw. Maximumsnorm 5x5∞ = max |xi | 1≤i≤n

und die 1-Norm 5x51 =

n & i=1

|xi |

Lemma 9 Auf dem Rn sind alle Normen a¨quivalent. Ein metrischer Raum (X, d) heißT separabel, falls es eine abzählbare Teimenge Y von X gibt, die dicht in X ist, d.h. f¨ ur alle x ∈ X und alle $ > 0 gibt es ein y ∈ Y mit d(x, y) < $ Lemma 10 (i) Es sei (X,d) ein separabler, metrischer Raum. Dann ist jede offene Teilmenge abz¨ ahlbare Vereinigung offener Kugeln mit rationalem Radius. (ii) Im metrischen Raum der reellen Zahlen R mit der u ¨blichen Metrik l¨ asst sich jede offene Menge als abz¨ ahlbare Vereinigung disjunkter offener Intervalle schreiben.

¨ 1.5. TOPOLOGISCHE UND METRISCHE RAUME

19

Beweis. (i) Es sei A eine offene Teilmenge von X. Falls A = X gilt, so haben wir f¨ ur ein beliebig gewähltes x ! B(x, n). A=X= n∈N

Wir nehmen nun an, dass A += X gilt. M sei eine abzählbare Teilmenge von X mit ¯ = X. Wir setzen A˜ = A ∩ M . Dies ist die Menge der Kugelmittelpunkte. M Es gilt f¨ ur alle x ∈ A d(x, Ac ) = inf{d(x, y)|y ∈ Ac } > 0. ufen dies nach. Falls Da Ac eine abgeschlossene Menge ist, gilt d(x, Ac ) > 0. Wir pr¨ inf y∈Ac d(x, y) = 0, dann gibt es eine Folge yn ∈ Ac , n ∈ N, mit limn→∞ yn = x. Da Ac abgeschlossen ist, muss x ein Element von Ac sein. Dies ist nicht wahr. F¨ ur jedes x ∈ A˜ wählen wir eine rationale Zahl qx mit 12 d(x, Ac ) ≤ qx ≤ 23 d(x, Ac ). Wir behaupten nun, dass ! A= B(x, qx ) ˜ x∈A

gilt. Offensichtlich gilt B(x, qx ) ⊆ A und damit ! B(x, qx ). A⊇ ˜ x∈A

Es sei nun z ∈ A. Weil M in X dicht liegt, gibt es ein x ∈ M mit d(x, z)
0. 10

Also ist der Abstand von x zum Komplement von A positiv und somit muss x ∈ A gelten. ˜ Nun zeigen wir, dass z ∈ B(x, qx ). Ebenso folgt Deshalb gilt weiter x ∈ A. d(x, Ac ) ≥ und damit

9 d(z, Ac ) > 9d(x, z) 10

1 d(x, Ac ) > d(x, z). 9

Es folgt z ∈ B(x, 19 d(x, Ac )) ⊆ B(x, qx ).

(ii) Es sei A eine offene Teilmenge von R und x ∈ A. Es sei Fx die Familie aller offenen Intervalle I mit x ∈ I ⊆ A. Dann ist ! I Ax = I∈Fx

ein offenes Intervall. Ax ist eine offene Menge, weil Ax eine Vereinigung offener Mengen ist. Ax ist das größte, offene Intervall, das in A enthalten ist und das x enthält.

20


urde, Falls x, y ∈ A, dann gilt Ax = Ay oder Ax ∩ Ay = ∅. Falls dies nicht gelten w¨ dann wäre Ax ∪ Ay ein offenes Intervall, das in A enthalten ist und das x enthält. Dies kann aber nicht sein, weil Ax das größte, offene Intervall ist, das in A enthalten ist und das x enthält. Damit besteht die Familie Ax , x ∈ A, aus offenen Intervallen, deren Schnitte disjunkt sind, wenn sie nicht gleich sind. Es gilt ! A= Ax x∈A

Die Familie der verschiedenen Ax , x ∈ A, ist abzählbar. Dazu reicht es zu zeigen, dass es eine surjektive Abbildung von Q auf die Familie der verschiedenen Ax , x ∈ A, gibt. Wir definieren eine solche Abbildung I : Q → {Ax |x ∈ A}. Wir wählen ein x0 ∈ A und setzen I(q) = Ax0 falls q ∈ /A I(q) = Ax

falls q ∈ Ax

q wird auf Ax abgebildet, falls q ∈ Ax . Wir m¨ ussen zeigen, dass diese Abbildung wohldefiniert ist. Falls nämlich q ∈ Ax und q ∈ Ay , dann gilt Ax = Ay , weil anderenfalls Ax ∩ Ay = ∅, was nicht wahr ist. ! Da die Menge A˜ dicht in der Menge A liegt, könnte man meinen, dass es keine Rolle spielt, wie groß man die Radien der Kugeln wählt. Dies ist nicht richtig, wie das nächste Beispiel belegt. Beispiel 2 Im Raum der reellen Zahlen R mit der Euklidischen Metrik gibt es eine Familie von Kugeln B(x, rx ) mit rx > 0, x ∈ Q, so dass ! B(x, rx ) += R x∈Q

Beweis. Es seien $ > 0 und xn , n ∈ N, sei eine Abzählung der rationalen Zahlen. Dann gilt ! $ R += B(xn , n ) 2 n∈N Dazu beobachten wir, dass die Summe der Intervalllängen von B(xn , 2!n ) kleiner als 2$ ist. Falls jedoch ! $ R= B(xn , n ) 2 n∈N dann kann die Summe der Intervalllängen nicht endlich sein. !

1.6. CANTOR MENGE

1.6

21

Cantor Menge

Die Cantor Menge C ist die Menge aller Zahlen ∞ & aj j=1

aj ∈ {0, 2}

3j

Es handelt sich also um alle Zahlen aus dem Intervall [0, 1], die eine triadische Darstellung besitzen, in der kein Koeffizient gleich 1 ist. Geometrisch lässt sich die Cantor Menge wie folgt veranschaulichen. Das Intervall [0, 1] wird gedrittelt und das mittlere Drittel ( 13 , 23 ) entfernt. Die verbleibenden Intervalle [0, 13 ] und [ 23 , 1] werden wiederum gedrittelt und die mittleren Intervalle ( 19 , 19 ) und ( 79 , 89 ) werden entfernt. Dieses Verfahren wird so fortgesetzt. So entsteht bei jedem Schritt eine Menge Cn , n = 1, . . . , die Vereinigung von 2n−1 abgeschlossenen Intervallen ( der Länge 3−n+1 ist. Die Cantor Menge ist dann der Durchschnitt dieser Mengen C = ∞ n=1 Cn . 0

1

0 0

1 3

1 9

2 9

1 3

2 3 2 3

1 7 9

8 9

1

Konstruktion der Cantor Menge

Raum {0, 1} sei mit der diskreten Topologie ausgestattet und ) Der zweielementige N N oomorph. n∈N {0, 1} = {0, 1} mit der Produkttopologie. Dann sind C und {0, 1} hom¨ Ein Satz von Alexandrov und Hausdorff besagt, dass jeder kompakte, metrische Raum stetiges Bild der Cantor-Menge ist [Ben]. Dieser Satz hat eine Reihe von u ¨berraschenden Anwendungen. Die Cantor Menge ist ein Fraktal. Benoit Mandelbrot hat 1975 den Begriff ”Fraktal” eingef¨ uhrt. Er schrieb dazu:”Wolken sind keine Kugeln, Berge keine Kegel, K¨ usten keine Kreise und die Baumrinde ist nicht glatt, noch wählt der Blitz eine gerade Linie.”[Man, p.1] Fraktale haben im Vergleich zu Flächen und Körpern der klassischen Geometrie eine irreguläre Struktur.Und wenn man diese Mengen durch ein Vergrößerungsglas ansieht, dann treten weitere Irregularitäten hervor. Mandelbrot hat folgende Definition gegeben: Ein Fraktal ist eine Menge, deren HausdorffBesicovitch Dimension strikt grösser als die topologische Dimension ist [Man, p.15]. Man 2 kann zeigen, dass die Hausdorff-Besicovitch Dimension der Cantor Menge gleich ln ist. ln 3 Die topologische Dimension ist 0 [Edg].

Satz 1 (Cantor Menge) Es sei C die Cantor Menge. Es gelten (i) C ⊂ [0, 1] (ii) C ist eine kompakte Menge. (iii) Es gilt C = 13 C ∪ ( 23 + 13 C). (Man sagt, dass C selbstähnlich ist.) (iv) Wir setzen C1 = [0, 1] und f¨ ur n ∈ N Cn+1 = 13 Cn ∪ ( 23 + 13 Cn )

22


Dann gilt f¨ ur alle n ∈ N, dass Cn+1 ⊆ Cn und C=

∞ "

Cn .

n=1

(v) Die Mächtigkeit der Cantor Menge ist gleich der des Kontinuums. (vi) C hat keine isolierten Punkte. (vii) F¨ ur alle x, y ∈ C existiert ein z ∈ / C, so dass x < z < y. (viii) F¨ ur die Menge C + C = {x + y|x, y ∈ C} gilt C + C = [0, 2] (ix) F¨ ur die Differenzmenge C − C = {x − y|x, y ∈ C} gilt C − C = [−1, 1] Aus der Aussage (iv) folgt auch die Abgeschlossenheit von C. Eine Menge heißt perfekt, wenn sie abgeschlossen ist und keine isolierten Punkte besitzt, d.h. wenn sie gleich der Menge ihrer Häufungspunkte ist. Wir sagen, dass eine Menge nirgends dicht ist, falls das Innere des Abschlusses die leere Menge ist. Die Cantor Menge ist nirgends dicht. Beweis. (i) Offensichtlich sind alle Zahlen in der Cantor Menge größer oder gleich 0. Ausserdem sind alle Zahlen kleiner als * + ∞ & 1 2 =2 = 1. 1 −1 j 3 1 − 3 j=1 (ii) Wir m¨ ussen zeigen, dass die Cantor Menge abgeschlossen ist. Es sei xk =

∞ &

akj 3−j

akj ∈ {0, 2} k = 1, 2, . . .

j=1

ur den Grenzwert eine Folge in C, die in R konvergiert. (Da alle xk ∈ [0, 1], gilt dasselbe f¨ x.) Dann gibt es Zahlen aj , so dass f¨ ur alle j ∈ N lim akj = aj .

k→∞

Deshalb gilt f¨ ur alle j ∈ N, dass aj ∈ {0, 2}. Damit ist die Zahl ∞ &

aj 3−j

j=1

ein Element der Cantor Menge. Wir zeigen nun, dass f¨ ur alle j ∈ N die Folge {akj }k∈N eine Cauchy Folge ist.

1.6. CANTOR MENGE

23

Wir nehmen an, dass es ein j gibt, so dass {akj }k∈N keine Cauchy Folge ist. Es sei j0 die kleinste Zahl, f¨ ur die dies nicht wahr ist. Dann gibt es ein N , so dass f¨ ur alle k, m > N , , , , , , ∞ ∞ ,& , , ak − am , , ak − am , & akj − am , , j , j0 j , j0 , j , =, |xk − xm | ,≥, ,− , , j , , , 3j , , 3j , 3 j=j j=j0 +1 , , , , 0 ∞ , , ak − am , k m, & − a a 2 1 , j0 , j j , j0 , = − . ≥ , 0 j 0,− , , j , 3j , , 3j0 , 3 3 j=j +1 0

Da {a"j0 }"∈N keine Cauchy Folge ist, gibt es zu jedem N Zahlen k, m ∈ N mit k, m > N und |akj0 − am j0 | = 2.

Damit folgt aber |xk − xm | ≥ 3−j0 und die Folge {xn }n∈N ist keine Cauchy Folge. Damit folgt, dass f¨ ur alle j ∈ N die Folge {akj }k∈N eine Cauchy Folge ist und damit eine konvergente Folge. Es gibt also Zahlen aj ∈ {0, 2}, so dass lim akj = aj .

k→∞

Wir behaupten, dass die Folge xk gegen das Element x=

∞ & aj j=1

3j

konvergiert. Es gibt zu jedem J ∈ N ein kJ , so dass f¨ ur alle j mit 1 ≤ j ≤ J und alle k mit k ≥ kJ gilt, dass akj = aj . Weiter folgt f¨ ur alle k mit k ≥ kJ , , , , ∞ ∞ ∞ ,& aj − akj ,, ,,& aj − akj ,, & 2 , |x − xk | = , = 3−J . ,=, ,≤ j j , , , , 3 3 3j j=1

j=J

j=J

(iii) Wir zeigen zuerst, dass

Es sei x ∈ C, also x =

Also gilt

x 3

/∞

C ⊇ 13 C ∪

aj j=1 3j

-2 3

+ 13 C

.

mit aj ∈ {0, 2}. Dann gilt ∞

x & aj = 3 3j+1 j=1

∈ C. Weiter gilt ∞

∞

& bj 2 & aj 2 x = + = + 3 3 3 j=1 3j+1 3j j=1 mit b1 = 2 und bj = aj−1 f¨ ur j = 2, 3, . . . . Also gilt auch Wir zeigen nun, dass . C ⊆ 13 C ∪ 23 + 12 C

2 3

+

x 3

∈ C.

24

CHAPTER 1. GRUNDLAGEN /∞

aj j=1 3j

Es sei x ∈ C, also x =

mit aj ∈ {0, 2}. Falls a1 = 0, dann

x=

∞ & aj j=2

∞

1 & aj 1 = ∈ C j j−1 3 3 j=2 3 3

Falls a1 = 2, dann gilt x=

∞ & aj j=1

=

3j

∞

∞

2 & aj 2 1 & aj 2 1 = ∈ + + + C 3 j=2 3j 3 3 j=2 3j−1 3 3

ur (iv) Wir zeigen hier zunächst, dass Cn+1 ⊆ Cn . Dies zeigen wir durch Induktion. F¨ n = 1 gilt C1 = [0, 1] ⊃ [0, 13 ] ∪ [ 23 , 1] = 13 C1 ∪ ( 23 + 13 C1 ) = C2 Wir nehmen nun an, dass Cn−1 ⊃ Cn . Nach Definition gilt Cn+1 = 13 Cn ∪ ( 23 + 13 Cn ) Aus der Induktionsannahme Cn−1 ⊃ Cn folgt 1 C 3 n−1

⊃ 13 Cn

+ 13 Cn−1 ⊃

2 3

2 3

+ 13 Cn

Hieraus folgt Cn = 13 Cn−1 ∪ ( 23 + 13 Cn−1 ) ⊃ 13 Cn ∪ ( 23 + 13 Cn ) = Cn+1 Nun zeigen wir, dass C⊆

∞ "

Cn

n=1

Hierzu zeigen wir durch Induktion, dass f¨ ur alle n ∈ N gilt, dass C ⊆ Cn . Es gilt C1 = [0, 1] ⊃ C Wir nehmen nun an, dass C ⊂ Cn . Dann folgt Cn+1 = 13 Cn ∪ ( 23 + 13 Cn ) ⊃ 13 C ∪ ( 23 + 13 C) = C Wir zeigen, dass C⊇ Dazu zeigen wir zuerst, dass ∞ "

n=1

Es gilt (man beachte, dass i.a. ∞ "

Cn

=

n=1

⊇

∞ "

n=1 ∞ "

(∞

n=1

∞ " -

n=1

-1

Cn

n=1

Cn ∪

%

n=1 An ∪ Bn +=

Cn+1 =

i,j=1

1 3

Cn =

∞ "

∞ "

1 C 3 n

2 3

+

(∞

1 3

∞ "

Cn .

n=1

n=1 An ∪

. ∪ ( 23 + 13 Cn )

. 2 1 C ∪ ( + C ) = i j 3 3 3

'

%

1 3

∞ "

i=1

Ci

(∞

'

n=1

∪

%

Bn )

2 3

+

1 3

∞ "

j=1

Cj

'

.

1.6. CANTOR MENGE Andererseits gilt % ∞ " 1 3

Ci

i=1

⊇ =

'

∞ "

∪

i,j=1 ∞ "

25

%

2 3

+

(∞

n=1

Cj

j=1

-1

C ∪ 3 max{i,j}

Cn+1 =

n=1

Es sei nun x ∈

1 3

∞ "

∞ "

'

( 23

∞ " -1

=

+

i,j=1

. 2 1 C ∪ ( + C ) i j 3 3 3 .

1 C ) 3 max{i,j}

=

∞ " -

1 C 3 n

n=1

. ∪ ( 23 + 13 Cn )

Cn .

n=1

Cn aber x ∈ / C. Da x ∈ [0, 1] gilt, gibt es eine 3-adische Darstellung x=

∞ & aj j=1

aj ∈ {0, 1, 2}

3j

wobei es ein i0 mit ai0 = 1 gibt, weil x ∈ / C. Wir betrachten den kleinsten Index i0 , f¨ ur den der Koeffizient gleich 1 ist. Wir betrachten den Fall, dass i0 = 1, also a1 = 1. Dann folgt x ∈ [ 13 , 23 ]. Es kann nicht sein, dass x = 23 , weil 23 ∈ C. Es kann auch nicht sein, dass x = 13 , weil x=

∞

1 & 2 ∈C = j 3 3 j=2

Wir hatten aber angenommen, dass x ∈ / C. Insgesamt erhalten wir, dass x ∈ ( 13 , 23 ). Damit gilt x ∈ / C2 , im Widerspruch zu unserer Annahme. Nun betrachten wir den Fall, dass i0 > 1. Wir konstuieren ein ∞ ∞ & " bj y= ∈ Cn 3j n=1 j=1

y∈ /C

und

mit bi0 −1 = 1. Wir können also i0 um 1 reduzieren. Dasselbe Argument wenden wir i0 − 1 mal an, so dass wir den Fall i0 = 1 erhalten. Wegen % ∞ ' % ' ∞ ∞ " " " Cn = 13 Cn ∪ 22 + 13 Cn n=1

gilt x∈

1 3

bzw. 3x ∈

n=1

∞ "

Cn

oder

n=1 ∞ "

n=1

Cn

oder

n=1

x∈

2 3

+

3x − 2 ∈

1 3

∞ "

Cn

n=1 ∞ "

Cn .

n=1

Wir betrachten den ersten Fall. Dann gilt 3x ∈ / C, weil sonst x ∈ C folgen w¨ urde, im Gegensatz zu unserer Annahme. Dann wählen wir y = 3x und es gilt bi0 −1 = 1. Der zweite

26


Fall geht genauso: Wir wählen y = 3x − 2. Es gilt y = 3x − 2 ∈ / C, weil anderenfalls 2 1 x ∈ 3 + 3 C und damit x ∈ C. Da 3x − 2 ∈ C1 = [0, 1], folgt, dass 23 ≤ x. Also ∞

2 & aj x= + 3 j=2 3j und deshalb

∞ ∞ & & aj aj+1 y = 3x − 2 = = . j−1 3 3j j=2 j=2

(vii) Die Abbildung f : C → [0, 1] ' %∞ ∞ aj & aj & 2 = f j j 3 2 j=1 j=1

ist surjektiv. Wir u ¨berlegen uns zuerst, dass diese Abbildung wohldefiniert ist. Ein Element x ∈ R hat entweder genau eine 3-adische Darstellung oder genau zwei 3-adische Darstellungen. Wir m¨ ussen den Fall betrachten, dass x genau zwei 3-adische Darstellungen hat. Falls x genau zwei 3-adische Darstellungen hat und x ist ein Element der Cantor Menge, dann hat nur eine Darstellung die Eigenschaft, dass die Koeffizienten entweder 0 oder 2 sind. Wir u ¨berlegen uns dies. Wenn eine Zahl zwei 3-adische Darstellungen besitzt, dann sind in einer der Darstellungen fast alle Koeffizienten gleich 2. Wenn sämtliche Koeffizienten gleich 2 sind, dann handelt es sich um die Zahl 1, deren andere 3-adische Darstellung 310 ist. Falls es einen Koeffizienten gibt, der von 2 verschieden ist, so muss es 0 sein. Deshalb hat die andere 3-adische Darstellung dieser Zahl eine 1 als Koeffizienten. Nun u ¨berlegen wir uns, dass die Abbildung surjektiv ist. Da wir sämtliche Koefa fizientenfolgen {aj }j∈N mit aj ∈ {0, 2} zulassen, handelt es sich bei { 2j }j∈N um sämtliche Folgen, der Glieder aus 0 oder 1 bestehen. Deshalb erhalten wir im Bild alle dyadischen Darstellungen von Zahlen aus dem Intervall [0, 1]. (ix) [Nym] Wir verwenden die Darstellung , $ ∞ 0 & 2cn ,, C= , cn ∈ {0, 1} 3n , n=1

Die C + C2 = [0, 2] ist a¨quivalent zu 12 C + 12 C = [0, 1]. , 1 /∞Gleichung cn , n=1 3n cn ∈ {0, 1} . Deshalb , $ ∞ 0 & cn + dn ,, 1 C + 12 C = , cn , dn ∈ {0, 1} 2 3n , n=1 , $ ∞ 0 & bn ,, = , bn ∈ {0, 1, 2} = [0, 1] 3n , n=1

Es gilt

1 C 2

=

In [Pav] wird eine geometrische Konstruktion verwendet, um dieses Ergebnis zu erzielen. Ausserdem wird sowohl in [Nym] als auch [Pav] berechnet, auf wie viele verschiedene

1.6. CANTOR MENGE

27

Weisen man ein Element aus dem Intervall [0, 2] als Summe von zwei Elementen aus C darstellen kann. Die Formel in [Pav] ist leider falsch, sie wurde in [Nym] korrigiert. (x) Man kann das Ergebnis (ix) benutzen, / um (x) zu beweisen. Es gilt C = 1 − C = 2 {1 − x|x ∈ C}. Hierzu beachte man, dass 1 = ∞ n=1 3n . Somit gilt 1−C

, 0 ∞ , & an , = 1− , an ∈ {0, 2} 3n , n=1 , , $ ∞ 0 $ ∞ 0 & 2 − an ,, & an ,, = , an ∈ {0, 2} = , an ∈ {0, 2} 3n , 3n , n=1 n=1 $

Deshalb gilt weiter C +C = C +(1−C) = 1+(C −C), also C −C = 1−(C +C) = [−1, 1].

Wir wollen aber noch ein geometrische Argument angeben. Wir wollen zeigen, dass es zu jedem a ∈ [−1, 1] Elemente x, y ∈ C gibt so dass a = y − x. Dies kann man auch so formulieren: Hat die Gerade y = x + a mit C × C einen nichtleeren Schnitt. Wir wollen ( hier die Darstellung der Cantor Menge als Schnitt der Mengen Cn verwenden, also C = ∞ n=1 Cn . Deshalb C ×C =

%

∞ "

n=1

Cn

'

×

%

∞ "

n=1

Cn

'

=

∞ "

n,k=1

Cn × Ck =

∞ "

n=1

Cn × Cn

In den Skizzen sind zwei dieser Mengen dargestellt.

Konstruktion des Produktes der Cantor Menge mit sich selbst

Konstruktion des Produktes der Cantor Menge mit sich selbst

Wir betrachten nun den Schnitt einer Geraden y = x + a, a ∈ [−1, 1], mit den Mengen Cn × Cn , n = 0, 1, . . . . Eine solche Gerade hat mit jeder Menge Cn × Cn einen nichtleeren Schnitt. Wegen Kompaktheit hat damit auch C × C mit einer solchen Geraden einen nichtleeren Schnitt.

28


y=x+a

! Beispiel 3 Die Cantor Funktion φ : [0, 1] → [0, 1] ist durch 0 $∞ a , ∞ & j ,, & a j 2 und f¨ ur alle j ∈ N gilt aj ∈ {0, 2} φ(x) = sup ,x≥ j j , 2 3 j=1 j=1

definiert. Es gelten (i) Die Cantor Funktion ist eine stetige, wachsende Funktion. (ii) Die Cantor Funktion ist in allen Punkten von C nicht differenzierbar und sie ist in allen Punkten, die nicht in C liegen differenzierbar. Die Ableitung ist in allen diesen Punkten gleich 0. (iii) F¨ ur alle x, y ∈ [0, 1] gilt ln 2

|φ(x) − φ(y)| ≤ 2|x − y| ln 3 . Siehe [Jon] und [Els]. (iv) φ(x) + φ(1 − x) = 1 Falls x ∈ C, dann wird das Supremum von φ(x) f¨ ur die triadische Entwicklung von x angenommen. Die Cantor Funktion wird auch Teufelstreppe genannt. Wenn man den Graphen der Cantor Funktion als Treppe ansieht und auf ihr nach oben steigt, dann gewinnt man nur auf einer Menge vom Lebesgue Maß 0 an Höhe. Beweis. Man beachte, dass φ wohldefiniert ist, weil es zu jeder reellen Zahl höchstens eine triadische Darstellung angeben lässt, in der kein Koeffizient gleich 1 ist. (i) Es ist offensichtlich, dass φ wachsend ist. Wir weisen die Stetigkeit von φ nach. Wir betrachten zwei Fälle, x ∈ C und x ∈ / C. Zunächst der Fall x ∈ / C. Da C kompakt ist ist das Komplement von C offen. Also gibt es ein Intervall (x − $, x + $), das im Komplement von C enthalten ist. Da in diesem

1.6. CANTOR MENGE

29

Intervall kein Element aus C enthalten ist, folgt 0 $ ∞ a , ∞ & j ,, & a j 2 und f¨ ur alle j ∈ N gilt aj ∈ {0, 2} φ(x + $) = sup , x+$≥ j, j 2 3 j=1 j=1 $ ∞ a , 0 ∞ , j & , & a j 2 = sup und f¨ ur alle j ∈ N gilt aj ∈ {0, 2} , x−$≥ j, 2 3j j=1 j=1 = φ(x − $)

Damit ist φ in einer Umgebung von x konstant, also stetig. Wir nehmen nun an, dass x ∈ C. Damit gibt es Koeffizienten aj , so dass x=

∞ & aj j=1

mit

3j

aj ∈ {0, 2}

Wir zeigen, dass zu jedem $ > 0 ein δ > 0 existiert, so dass f¨ ur alle z mit |x − z| < δ die Ungleichung |φ(x) − φ(z)| < $ gilt. Wir betrachten zwei Fälle. Zum einen, dass zu jedem $ > 0 ein δ > 0 existiert, so dass f¨ ur alle z mit |x − z| < δ die Ungleichung φ(x) < φ(z) + $ gilt und zum anderen den entsprechende Fall. Da φ wachsend ist, reicht es im ersten Fall zu zeigen: Zu jedem $ > 0 existiert ein δ > 0, so dass f¨ ur alle z mit x < z < x + δ die Ungleichung φ(x) < φ(z) + $ gilt. Zu gegebenen $ wählen wir j0 so groß, dass 2−j0 +1 < $ ur ein y ∈ C mit |x − y| < δ gibt es eine Darstellung und wir wählen δ < 3−j0 . F¨ ∞ & bj y= 3j j=1

und es gilt

mit

bj ∈ {0, 2}

, ,∞ ,& a − b , , j j, , < δ. , , 3j , j=1

Es sei j1 die kleinste Zahl, so dass aj += bj . Dann gilt |aj1 − bj1 | = 2 und somit −j0

3

∞ ∞ & & |aj1 − bj1 | 2 |aj − bj | >δ> − ≥ j1 − 2 3−j = 3−j1 j 3j1 3 3 j=j +1 j=j +1 1

1

Deshalb gilt j0 < j1 und f¨ ur alle z mit |z − x| < δ gilt 4 3 /∞ bj /∞ b2j ,, ur alle j ∈ N gilt bj ∈ {0, 2} φ(z) = sup j=1 2j , z ≥ j=1 3j und f¨ /∞ / 0 aj −j + ≤ φ(x) + 2−j0 < φ(x) + $. ≤ jj=1 j+1 j=j0 +1 2 2

Die Ungleichung φ(x) ≤ φ(z) + $ wird a¨hnlich bewiesen. (ii) Die Differenzierbarkeit in den Punkten x ∈ / C wird genauso wie die Stetigkeit nachgewiesen: f ist auf einer Umgebung konstant. Damit ist die Ableitung dort 0.

30


Nun zeigen wir, dass φ in den Punkten x ∈ C nicht differenzierbar ist. Es sei also x∈C ∞ & ai ai ∈ {0, 2} x= i 3 i=1

und wir betrachten zuerst den Fall, dass die 3-adische Entwicklung von x unendlich viele Koeffizienten besitzt, die gleich 2 sind. Es sei io so gewählt, dass ai0 = 2 gilt. Dann wählen wir $ ∞ & falls i += i0 ai bi y= mit b = i 3i 0 falls i = i0 i=1 F¨ ur den Differenzenquotienten erhalten wir

φ(x) − φ(y) = x−y

1 2i0 2 3i0

=

3i0 2i0 +1

Da wir i0 beliebig groß wählen können, ist der Differenzquotient nicht beschränkt. (Die linksseitige Steigung in x ist unendlich.) Nun betrachten wir den Fall, dass die 3-adische Entwicklung von x unendlich viele Koeffizienten besitzt, die gleich 0 sind. Es sei i0 so gewählt, dass ai0 = 0. Nun wählen wir $ ∞ & ai falls i += i0 ci mit c = z= i 3i 2 falls i = i0 i=1 Wir erhalten hier das analoge Ergebnis, die rechtsseitige Steigung ist unendlich. !

Chapter 2 σ-Algebra und Maß 2.1

σ-Algebra

Es sei X eine nicht-leere Menge. Eine Mengenalgebra A von X ist eine nichtleere Familie von Teilmengen von X, so dass gelten: (i) F¨ ur alle n ∈ N und alle Ai ∈ A, i = 1, . . . , n, folgt n !

i=1

Ai ∈ A

(ii) Falls A ∈ A, so ist auch Ac ∈ A. Hieraus folgt sofort, dass ∅ ∈ A und X ∈ A. Da es mindestens eine Teilmenge A von X in A gibt, ist auch A ∪ Ac ein Element der Mengenalgebra. Lemma 11 Es sei A eine Mengenalgebra. Dann gilt f¨ ur alle A1 , . . . , An ∈ A n "

i=1

Beweis.

%

n "

Ai

i=1

!

Ai ∈ A

'c

=

n !

Aci

i=1

Eine σ-Algebra A ist eine Mengenalgebra, so dass f¨ ur alle Folgen Ai ∈ A, i ∈ N gilt ∞ !

i=1

Ai ∈ A

31

32

CHAPTER 2. σ-ALGEBRA UND MASS

Lemma 12 (i) Es sei A eine σ-Algebra. Dann gilt f¨ ur alle Folgen Ai ∈ A, i ∈ N ∞ "

i=1

Ai ∈ A

(ii) Eine Mengenalgebra, die unter abz¨ ahlbaren Vereinigungen disjunkter Mengen abgeschlossen ist, ist eine σ-Algebra. Beweis. (i)

%∞ "

Ai

i=1

'c

=

∞ !

Aci

i=1

(ii) Es seien Ai , i ∈ N, Elemente von A. Wir zeigen, dass deren Vereinigung ein Element von A ist. Dazu definieren wir B1 = A1 und $k−1 0 ! k = 2, 3, . . . Bk = Ak \ Ai i=1

Wir zeigen, dass f¨ ur & < k gilt, dass B" ∩ Bk = ∅. 5 5# 5# 66 5 66 "−1 k−1 ∩ Ak \ B" ∩ Bk = A" \ i=1 Ai i=1 Ai 6c 6 5 6c 6 5# 5# 5 "−1 k−1 ∩ A A ∩ A = A" ∩ k i i=1 i i=1 5# 6c k−1 ⊆ A" ∩ Ac" = ∅. ⊆ A" ∩ i=1 Ai

Es gilt f¨ ur alle n ∈ N

n !

Ai =

i=1

n !

Bk

k=1

Wir zeigen dies mit Induktion. Es gilt B1 = A1 . Nun schliessen wir von n auf n + 1. 0 $ n+1 n n n n+1 ! ! ! ! ! Bk = Bn+1 ∪ Bk = An+1 \ Ai ∪ Ak = Ai k=1

Damit folgt

i=1

k=1

∞ !

Ai =

i=1

∞ !

k=1

i=1

Bk

k=1

Es gilt f¨ ur # alle k ∈ N, dass Bk ∈ A. # Wir pr¨ ufen dies nach. Da f¨ ur alle i ∈ N Ai ∈ A gilt, n−1 c folgt, dass n−1 A ∈ A und damit ( A ) ∈ A. Mit (i) folgt f¨ ur alle n ∈ N i i i=1 i=1 %n−1 'c ! Bn = An ∩ Ai ∈ A i=1

Laut Annahme gilt

∞ !

k=1

Bk ∈ A

2.1. σ-ALGEBRA Also gilt

33

∞ !

i=1

!

Ai =

∞ ! n !

Ai =

n=1 i=1

∞ ! n !

Bi =

n=1 i=1

∞ !

i=1

Bi ∈ A

Falls E eine Familie von Teilmengen von X ist, so nennen wir die kleinste σ-Algebra S(E), die die Familie E umfasst, die von E erzeugte σ-Algebra. Wir wollen uns davon u ¨berzeugen, dass es immer eine solche σ-Algebra gibt. Lemma 13 Es sei X eine Menge und E eine Teilfamilie von der Potenzmenge P(X). Dann gibt es eine kleinste σ-Algebra S(E), die E enthält (d.h. jede σ-Algebra, die E enthält, enthält auch S(E)). Wir sagen auch, dass E die σ-Algebra S(E) erzeugt. Beweis. Es sei F die Familie sämtlicher σ-Algebren, die E enthalten. Wir definieren nun " S(E) = A = {A|∀A ∈ F : A ∈ A}. A∈F

Wir m¨ ussen nachweisen, dass dies eine σ-Algebra ist. Da die Potenzmenge P(X) eine σ-Algebra ist, existiert S(E). F¨ ur alle i ∈ N gelte Ai ∈ S(E). Dann gilt ∀i ∈ N∀A ∈ F : Ai ∈ A Es folgt ∀A ∈ F∀i ∈ N : Ai ∈ A und damit ∀A ∈ F :

∞ !

i=1

Ai ∈ A

# Also ∞ i=1 Ai ∈ S(E). Genauso verfahren wir, dass das Komplement einer Menge wieder in S(E) enthalten ist. ! Beispiel 4 Es sei X eine unendliche Menge. A sei die Familie aller Teilmengen von X, die abzählbar sind oder deren Komplemente abz¨ ahlbar sind. Dies ist eine σ-Algebra. Beispiel 5 Es sei X ein metrischer Raum. Die σ-Algebra, die von der Familie aller offenen Mengen erzeugt wird, heißt Borel σ-Algebra BX . Ihre Elemente heißen Borelmengen. BX enthält neben allen offenen Mengen auch alle abgeschlossenen Mengen. Dar¨ uber hinaus enth¨ alt BX alle abz¨ ahlbaren Durchschnitte offener Mengen, sogenannte Gδ -Mengen, und alle abzählbaren Vereinigungen abgeschlossener Mengen, sogenannte Fσ -Mengen. In Verallgemeinerung dieser Bezeichnungsweise spricht man von Gδσ -Mengen, Gδσδ -Mengen und so weiter.

34


Lemma 14 Die Borel σ-Algebra BR der reellen Zahlen wird von den folgenden Familien erzeugt: Die Familie der offenen Intervalle {(a, b)|a < b}, die Familie der abgeschlossenen Intervalle {[a, b]|a < b}, die Familien der halboffenen Intervalle {(a, b]|a < b} und {[a, b)|a < b}, die Familien der unendlichen, offenen Intervalle {(a, ∞)|a ∈ R} und {(∞, b)|b ∈ R}, die Familien der unendlichen, abgeschlossenen Intervalle {[a, ∞)|a ∈ R} und {(∞, b]|b ∈ R}. Beweis. Wir betrachten hier nur den Fall der offenen Intervalle. Die anderen Fälle werden analog behandelt. Nach Lemma ist jede offene Teilmenge von R eine abzählbare Vereinigung offener Intervalle. Also muss die von den offenen Intervallen erzeugte σAlgebra alle offenen Mengen enthalten. !

2.2. PRODUKT σ-ALGEBRA

2.2

35

Produkt σ-Algebra

Es seien Xι , ι ∈ I, nichtleere Mengen, X =

)

ι∈I

Xι und πι : X → Xι

πι (x) = xι die Koordinatenabbildungen. Es seien Aι σ-Algebren von Xι . Die Produkt σ-Algebra ist die σ-Algebra, die von , $ 0 7 ,, {πι−1 (Eι )|ι ∈ I und Eι ∈ Aι } = Aι , Aι ∈ Aι und ∃ι0 ∈ I∀ι += ι0 : Aι = Xι , ι∈I

erzeugt wird und wird mit ⊗ι∈I Aι bezeichnet.

Lemma 15 Es seien I eine abzählbare Menge und Xι , ι ∈ I, nichtleere Mengen. Es seien Aι σ-Algebren von Xι . Dann wird ⊗ι∈I Aι von , 0 $ 7 ,, Eι , Eι ∈ Aι , ι∈I

erzeugt.

Beweis. Offensichtlich ist die σ-Algebra ⊗ι∈I Aι in der von σ-Algebra enthalten. Wegen " 7 πι−1 (Eι ) = Eι ι∈I

1)

, 2 , Eι ∈ Aι erzeugten E ι ι∈I

ι∈I

herrscht aber Gleichheit. !

Lemma 16 Es seien I eine Menge und Aι , ι ∈ I, σ-Algebren auf den Mengen Xι . Es seien Eι Familien, die die σ-Algebren Aι erzeugen. Dann gelten (i) ⊗ι∈I Aι wird von {πι−1 (Eι )|ι ∈ I und Eι ∈ Eι } ) erzeugt. (ii) Falls I abzählbar ist, dann wird ⊗ι∈I Aι von { ι∈I Eι |Eι ∈ Eι } erzeugt. Beweis. (i) Es sei E die von {πι−1 (Eι )|ι ∈ I und Eι ∈ Eι } erzeugte σ-Algebra. Da {πι−1 (Eι )|Eι ∈ Eι } ⊂ {πι−1 (Eι )|Eι ∈ Aι } gilt, folgt

! ι∈I

{πι−1 (Eι )|Eι ∈ Eι } ⊂

! ι∈I

{πι−1 (Eι )|Eι ∈ Aι }

Also gilt E ⊆ ⊗ι∈I Aι . Wir zeigen nun die umgekehrte Inklusion. Dazu beobachten wir, dass {Eι ⊆ Xι |πι−1 (Eι ) ∈ E}

eine σ-Algebra auf Xι ist. Wir pr¨ ufen dies nach. Da E eine σ-Algebra ist, folgt aus −1 −1 c πι (Eι ) ∈ E, dass (πι (Eι )) ∈ E. Deshalb gilt πι−1 (Eιc ) = (πι−1 (Eι ))c ∈ E.

36


Falls πι−1 (Eιk ) ∈ E, k ∈ N, dann auch %∞ ' ∞ ! ! Eιk = πι−1 (Eιk ) ∈ E. πι−1 k=1

k=1

ur alle Eι ∈ Aι Da diese σ-Algebra Eι enthält, umfasst sie auch Aι . Deshalb gilt f¨ πι−1 (Eι ) ∈ E Also gilt

! ι∈I

{πι−1 (Eι )|Eι ∈ Aι } ⊆ E

Hieraus folgt sofort ⊗ι∈I Aι ⊆ E. ! Lemma 17 Es seien (X1 , d1 ), . . . , (Xn , dn ) metrische R¨ aume und X = der Produktmetrik d = max1≤i≤n di ausgestattet. Dann gilt

)n

i=1

Xi sei mit

⊗ni=1 BXi ⊆ BX Falls dar¨ uber hinaus s¨ amtliche metrischen R¨ aume separabel sind, so gilt ⊗ni=1 BXi = BX Beweis. Die offenen Mengen von Xi erzeugen die Borel σ-Algebra BXi , i = 1, . . . , n. Deshalb wird ⊗ni=1 BXi nach Lemma (i) von der Menge aller πi−1 (Ui ) = X1 × · · · × Xi−1 × Ui × Xi+1 × · · · × Xn erzeugt, wobei Ui eine offene Menge in Xi ist. Diese Produktmengen sind offene Mengen in (X, d). Wir u ¨berpr¨ ufen dies. Es sei x = (x1 , . . . , xn ) ∈ πi−1 (Ui ). Dann gilt xi ∈ Ui und xi ist innerer Punkt von Ui . Somit gibt es eine Kugel B(xi , r) in Xi mit B(xi , r) ⊆ Ui . Damit gilt weiter B(x, r) = B(x1 , r) × · · · × B(xn , r) ⊆ X1 × · · · × Xi−1 × Ui × Xi+1 × · · · × Xn Damit ist x innerer Punkt von X1 × · · · × Xi−1 × Ui × Xi+1 × · · · × Xn . Da dies eine offene Menge in X ist, ist sie auch in BX enthalten. Da ⊗ni=1 BXi die kleinste σ-Algebra ist, die alle diese Mengen enthält, gilt ⊗ni=1 BXi ⊆ BX . Die σ-Algebra, die von den offenen Kugeln xi ∈ Xi und r ∈ R

B(x, r) = B(x1 , r) × · · · × B(xn , r) erzeugt wird, ist in ⊗ni=1 BXi enthalten, weil 1

n

B(x , r) × · · · × B(x , r) =

n "

i=1

πi−1 (B(xi , r))

2.2. PRODUKT σ-ALGEBRA

37

Der metrische Raum (X, d) ist separabel: Es seien xik , k ∈ N, Folgen, die in Xi dicht liegen. Dann ist (x1k1 , . . . , xnkn ) k1 , . . . , kn = 1, 2, 3, . . . eine dichte Folge in X. Nach Lemma ist jede offene Teilmenge abzählbare Vereinigung von Kugeln mit rationalem Radius. Also ist jede offene Teilmenge von X1 × · · · × Xn in ⊗ni=1 BXi enthalten und folglich ⊗ni=1 BXi ⊇ BX . ! Es sei X eine Menge und C eine Familie von Teilmengen von X. Wir sagen, dass C die Punkte von X trennt, ween es zu allen Punkten x, y ∈ X eine Menge C ∈ C mit x ∈ C und y ∈ / C gibt. Lemma 18 Es sei X eine Menge und A eine σ-Algebra auf X. Dann sind äquivalent: (i) Es gibt eine abzählbare Teilmenge von A, die die Punkte von X trennt. (ii) {(x, x)|x ∈ X} ∈ A ⊗ A (iii) Es gibt eine σ-Algebra C, die von abzählbar vielen Mengen erzeugt wird, die in A enthalten ist und die alle einelementigen Mengen {x} enthält Korollar 1 Es sei X eine Menge und A eine σ-Algebra auf X. Dann gilt: (i) Falls {(x, x)|x ∈ X} ∈ A ⊗ A, dann gilt card(X) ≤ card(R). (ii) Es sei (X, d) ein metrischer Raum mit card(X) > card(R). Dann gilt f¨ ur die Borel σ-Algebren BX ⊗ BX += BX×X . Beweis. (i) Wegen Lemma ?? gibt es eine abzählbare Teilmenge von A, die die Punkte von X trennt. Hieraus folgt, dass die Kardinalität von X nicht größer als die von R ist. (ii) Nach (i) gilt {(x, x)|x ∈ X} ∈ / BX ⊗ BX . Andererseits ist {(x, x)|x ∈ X} eine abgeschlossene Menge in X × X und damit ein Element der Borel σ-Algebra von X × X. !

38


2.3

Maße

Es sei X eine Menge und A eine σ-Algebra von X. Ein Maß auf A ist eine Abbildung µ : A → [0, ∞], so dass (i) µ(∅) = 0 (ii) F¨ ur alle Folgen paarweise disjunkter Mengen Ai ∈ A, i ∈ N, gilt µ

%∞ !

Ai

i=1

'

=

∞ &

µ(Ai )

i=1

Falls A eine σ-Algebra auf X und µ ein Maß auf A ist, so nennen wir das Tripel (X, A, µ) einen Maßraum. Wir sagen, dass der Maßraum endlich ist, falls µ(X) < ∞ gilt. Der Maßraum wird σ-endlich genannt, falls es eine Folge Ai ∈ A, i ∈ N, mit µ(Ai ) < ∞ gibt, so dass ∞ ! X= Ai i=1

Eine Menge heißt Nullmenge, wenn das Maß dieser Menge null ist. Wir sagen, dass ein Maß vollständig ist, falls jede Teilmenge einer Nullmenge zur σ-Algebra gehört. Beispiel 6 Das Tripel (N, P(N), µ) ist ein Maßraum, wobei µ das Zählmaß ist, d.h. µ(A) ist gleich der Anzahl der Elemente von A.

Beweis. Die Potenzmenge P(N) ist trivialerweise eine σ-Algebra und µ(∅) = 0. Wir m¨ ussen die σ-Additivität nachweisen. ! Satz 2 Es sei (X, A, µ) ein Maßraum. (i) Falls A, B ∈ A und A ⊆ B, dann gilt µ(A) ≤ µ(B). (ii) Falls Aj ∈ A, j ∈ N, dann gilt µ

%∞ !

Aj

j=1

'

≤

∞ &

µ(Aj )

j=1

(iii) Falls Aj ∈ A, j ∈ N, und Aj ⊆ Aj+1 f¨ ur j ∈ N, dann gilt µ

%∞ !

Aj

j=1

'

= lim µ(Aj ) j→∞

ur j ∈ N und falls µ(A1 ) < ∞, dann gilt (iv) Falls Aj ∈ A, j ∈ N, Aj ⊇ Aj+1 f¨ µ

%∞ "

j=1

Aj

'

= lim µ(Aj ) j→∞

2.3. MASSE

39

Beweis. (i) Es gilt B = A ∪ (B \ A). Hiermit folgt µ(B) = µ(A) + µ(B \ A) ≥ µ(A) (ii) Wir setzen B1 = A1 und Bk = Ak \

k−1 !

Ai

k = 2, 3, . . .

i=1

# #∞ Die Mengen Bk , k ∈ N, sind disjunkt und ∞ k=1 Ak = k=1 Bk . Mit (i) folgt ' %∞ ' %∞ ∞ ∞ ! ! & & Ak = µ Bk = µ(Bk ) ≤ µ(Ak ). µ k=1

k=1

k=1

k=1

(iii) Wir 0 = ∅. Dann sind die Mengen Ak \ Ak−1 , k ∈ N, paarweise disjunkt und #n setzen A# An = k=1 Ak = nk=1 (Ak \ Ak−1 ). Wir pr¨ ufen dies nach. Es sei j < k. Dann gilt (Aj \ Aj−1 ) ∩ (Ak \ Ak−1 ) ⊆ Aj ∩ (Ak \ Ak−1 )

Weil #n Aj ⊆ #Ank−1 ist die letztere Menge die leere #n Menge.#nWir weisen nun nach, dass k=1 Ak = k=1 (Ak \ Ak−1 ). Offensichtlich gilt k=1 Ak ⊇ k=1 (Ak \ Ak−1 ). Wir verwenden nun Induktion. A1 = A1 \ ∅ = A1 \ A0 . Nun machen wir den Induktionsschritt. Weil An ⊆ An+1 n+1 ! k=1

Ak = An+1 ∪

n !

k=1

Ak = (An+1 \ An ) ∪

Deshalb folgt mit der σ-Additivität des Maßes %∞ ' %∞ ' ! ! µ Ak Ak \ Ak−1 =µ k=1

n !

Ak =

k=1

n !

k=1

(Ak \ Ak−1 )

k=1

=

∞ & k=1

µ(Ak \ Ak−1 ) = lim

n→∞

n &

µ(Ak \ Ak−1 ) = lim µ(An ) n→∞

k=1

(iv) µ(A1 )

%

= µ A1 ∩ =µ

%∞ "

j=1

∞ "

j=1

Aj

'

Aj

'

%

+ µ A1 ∩

%

+ µ A1 ∩

∞ !

%∞ "

Acj

j=1

Aj

j=1

'

=µ

'c '

%∞ "

j=1

Aj

'

+µ

Da A1 ∩ Acj ⊆ A1 ∩ Acj+1 gilt, können wir (iii) anwenden. %∞ ' " . µ(A1 ) =µ Aj + lim µ A1 ∩ Acj j→∞

j=1

=µ

%∞ "

j=1

Aj

'

+ lim µ (A1 \ Aj ) j→∞

%∞ !

j=1

A1 ∩ Acj

'

40


Es folgt µ

%∞ "

j=1

Aj

'

= µ(A1 ) − lim µ (A1 \ Aj ) = lim (µ(A1 ) − µ (A1 \ Aj )) j→∞

j→∞

Weil Aj ⊆ A1 , gilt A1 = (A1 \ Aj ) ∪ Aj und damit µ(A1 ) = µ(A1 \ Aj ) + µ(Aj ). Deshalb %∞ ' " µ Aj = lim µ (Aj ) j=1

j→∞

! Die Bedingung in (iv), die fordert, dass µ(A1 ) < ∞ , ist notwendig. Um dies einzusec hen, (∞ betrachten wir die Mengen Ak = [−k, k] = (∞, −k) ∪ (k, ∞) in R. Dann gilt ater werden wir sehen, dass f¨ ur das Lebesguemaß auf R k=1 Ak = ∅. Sp¨ λ(Ak ) = ∞

und

λ(∅) = 0

gelten. Ein#weiteres Beispiel konstuieren wir in N mit dem Zählmaß. F¨ ur An = {k|n ≤ k} ∞ gelten n=1 An = ∅ und µ(An ) = ∞. Falls eine Aussage u ¨ber Punkte eines Maßraumes f¨ ur alle Punkte des Maßraumes mit Ausnahme einer Nullmenge gilt, so sagen wir, sie gilt fast u ¨berall. Falls A, B ∈ A mit A ⊆ B und µ(B) = 0, dann gilt auch µ(A) = 0. Im allgemeinen folgt aus B ∈ A, µ(B) = 0 und A ⊆ B nicht, dass A ∈ A. Beispiel 7 Der Maßraum (X, A, µ) sei durch A = {∅, X} und µ(∅) = µ(X) = 0. gegeben. Lemma 19 Es seien (X, A, µ) ein Maßraum und N = {A ∈ A|µ(A) = 0}. Dann ist ¯ = {A ∪ B|A ∈ A und B ⊆ C f¨ A ur ein C ∈ N} ¯ und µ eine σ-Algebra und es gibt eine eindeutige Erweiterung µ ¯ des Maßes µ auf A ¯ ist ein vollständiges Maß. ¯ eine σ-Algebra ist. Offensichtlich ∅ ∈ A. ¯ Wir zeigen, dass Beweis. Wir zeigen, dass A ¯ ¯ das Komplement einer Menge in A wieder in A ist. Es seien A ∈ A und B sei Teilmenge einer Nullmenge C. Es gilt B c = C c ∪ (B c \ C c ) und deshalb (A ∪ B)c = Ac ∩ B c = (Ac ∩ C c ) ∪ (Ac ∩ (B c \ C c )) Es gilt Ac ∩ C c ∈ A und Ac ∩ (B c \ C c ) ist wegen Ac ∩ (B c \ C c ) ⊆ B c \ C c ⊆ C Teilmenge einer Nullmenge. Wir zeigen nun, dass eine abzählbare Vereinigung von Men¯ wieder in A ¯ ist. gen in A ∞ ∞ ∞ ! ! ! (Ai ∪ Bi ) = Ai ∪ Bi i=1

i=1

i=1

2.3. MASSE

41

#∞ #∞ # Es gilt ∞ i=1 Ai ∈ A und i=1 Bi ist in der Nullmenge i=1 Ci enthalten. Wir definieren µ ¯(A ∪ B) = µ(A). Wir weisen nach, dass µ ¯ wohldefiniert ist. Es gelte A1 ∪ B1 = A2 ∪ B2 , wobei B1 ⊆ C1 , B2 ⊆ C2 und die Mengen C1 und C2 Nullmengen sind. Es folgt A1 ⊆ A1 ∪ B1 = A2 ∪ B2 ⊆ A2 ∪ C2 und somit µ(A1 ) ≤ µ(A2 ). Genauso zeigen wir die inverse Ungleichung, also µ(A1 ) = µ(A2 ). Wir zeigen die σ-Additivität. %∞ ' %∞ ' ∞ ! ! ! µ ¯ (Ai ∪ Bi ) =µ ¯ Ai ∪ Bi i=1

=µ

%i=1 ∞ ! i=1

Ai

'

i=1

=

∞ & i=1

µ (Ai ) =

∞ & i=1

µ ¯ (Ai ∪ Bi )

Wir zeigen die Vollständigkeit von µ ¯. Falls µ ¯(A ∪ B) = 0, dann gilt µ(A) = 0 und A∪B ⊆ A∪C. Die letztere Menge ist eine Nullmenge. Damit gehört auch jede Teilmenge ¯ ! von A ∪ C zu A.

42


2.4

¨ Außere Maße

Es sei X eine nicht-leere Menge. Eine Abbildung µ∗ : P(X) → [0, ∞] heißt aüßeres Maß, falls (i) µ∗ (∅) = 0 (ii) F¨ ur alle Teilmengen A und B von X mit A ⊆ B gilt µ∗ (A) ≤ µ∗ (B).

(iii) F¨ ur alle Folgen Ai , i ∈ N, von Teilmengen von X gilt %∞ ' ∞ ! & ∗ Ai ≤ µ∗ (Ai ). µ i=1

i=1

Lemma 20 Es sei E ⊆ P(X) mit ∅ ∈ E und X ∈ E und ρ : E → [0, ∞] erf¨ ulle ρ(∅) = 0. Dann ist µ∗ : P(X) → [0, ∞] , $∞ 0 ∞ , & ! , ρ(Ek ) ,Ek ∈ E und A ⊆ Ek µ∗ (A) = inf , k=1

k=1

ein ¨ außeres Maß.

Beweis. µ∗ ist wohldefiniert, weil X ∈ E. Wegen ρ(∅) = 0 gilt auch µ∗ (∅) = 0. ¨ Falls A ⊆ B, dann gilt µ∗ (A) ≤ µ∗ (B). Dies ist trivial, da jede Uberdeckung von B auch eine von A ist. Wir weisen nun Eigenschaft (iii) nach. Es sei Aj , j ∈ N, eine Folge von Teilmengen von X. Falls es ein Aj mit µ∗ (Aj ) = ∞ gibt, dann ist die Abschätzung offensichtlich richtig. Wir können also annehmen, dass f¨ ur alle j ∈ N die Zahlen µ∗ (Aj ) endlich sind. k Dann gibt es f¨ ur jedes Aj Teilmengen Ej , k ∈ N, in E, so dass Aj ⊆

∞ !

Ejk

und

k=1

∞

& $ µ (Aj ) + j ≥ ρ(Ejk ). 2 k=1 ∗

Hieraus folgt ∞ & j=1

∗

µ (Aj ) + $ ≥

Die letzte Ungleichung gilt, weil

∞ & ∞ & j=1 k=1

A⊆ !

ρ(Ejk )

∞ !

≥µ

∗

%∞ !

j=1

Aj

'

.

Ejk .

j,k=1

ur alle Teilmengen E von X Eine Teilmenge A von X heißt µ∗ -messbar, wenn f¨ µ∗ (E) = µ∗ (A ∩ E) + µ∗ (Ac ∩ E) gilt. Die Ungleichung µ∗ (E) ≤ µ∗ (A ∩ E) + µ∗ (Ac ∩ E)

¨ 2.4. AUSSERE MASSE

43

ist immer erf¨ ullt, weil µ∗ ein äußeres Maß ist. Außerdem können wir annehmen, dass µ∗ (E) < ∞ gilt, denn f¨ ur µ∗ (E) = ∞ ist die Ungleichung µ∗ (E) ≥ µ∗ (A ∩ E) + µ∗ (Ac ∩ E) trivialerweise erf¨ ullt. Lemma 21 (Caratheodory) Es sei µ∗ ein aüßeres Maß auf der Menge X. Dann ist die Familie A aller µ∗ -messbarer Mengen eine σ-Algebra und die Einschr¨ ankung von µ∗ auf A ein vollständiges Maß. Beweis. Wir zeigen, dass A eine σ-Algebra ist. A ∈ A bedeutet, dass f¨ ur alle E ∈ P(X) µ∗ (E) = µ∗ (A ∩ E) + µ∗ (Ac ∩ E) gilt. Diese Gleichung bedeutet auch Ac ∈ A. Es folgt auch sofort, dass ∅ ∈ A und X ∈ A. Wir zeigen nun, dass mit A ∈ A und B ∈ A auch A ∪ B ∈ A gilt. Weil B ∈ A gilt, so erhalten wir f¨ ur alle Mengen E µ∗ (A ∩ E) µ∗ (Ac ∩ E)

= µ∗ (E ∩ A ∩ B) + µ∗ (E ∩ A ∩ B c ) = µ∗ (E ∩ Ac ∩ B) + µ∗ (E ∩ Ac ∩ B c ).

Wegen A ∈ A µ∗ (E)

= µ∗ (A ∩ E) + µ∗ (Ac ∩ E) = µ∗ (E ∩ A ∩ B) + µ∗ (E ∩ A ∩ B c ) + µ∗ (E ∩ Ac ∩ B) + µ∗ (E ∩ Ac ∩ B c ).

Mit (A ∩ B) ∪ (A ∩ B c ) ∪ (Ac ∩ B) = A ∪ B erhalten wir µ∗ (E) ≥ µ∗ (E ∩ (A ∪ B)) + µ∗ (E ∩ Ac ∩ B c ) und mit Ac ∩ B c = (A ∪ B)c erhalten wir µ∗ (E) ≥ µ∗ (E ∩ (A ∪ B)) + µ∗ (E ∩ (A ∪ B)c ). Also gilt µ∗ (E) = µ∗ (E ∩ (A ∪ B)) + µ∗ (E ∩ (A ∪ B)c )

und A ∪ B ∈ A. Durch Induktion erhalten wir, dass die Vereinigung von endlich vielen Mengen aus A auch wieder in A liegt. # Es seien Aj ∈ A, j ∈ N. Wir wollen zeigen, dass dann ∞ j=1 Aj ∈ A. Nach Lemma reicht es, dies f¨ ur paarweise disjunkte Mengen Aj , j ∈ N, zu zeigen. Da An ∈ A, folgt f¨ ur alle E ∈ P(X) % %n '' % %n ' ' % %n ' ' ! ! ! µ∗ E ∩ = µ∗ E ∩ Aj Aj ∩ A n + µ ∗ E ∩ Aj ∩ Acn . j=1

j=1

j=1

ur alle n ∈ N Da die Mengen Aj , j ∈ N, paarweise disjunkt sind, ergibt sich f¨ % ' % ' n n−1 ! ! µ∗ E ∩ Aj = µ∗ (E ∩ An ) + µ∗ E ∩ Aj . j=1

j=1

44


Durch Induktion erhalten wir f¨ ur alle n ∈ N % ' n n ! & Aj = µ∗ (E ∩ Aj ) µ∗ E ∩ j=1

j=1

Wie wir oben #neingesehen haben, sind endliche Vereinigungen von Mengen in A wieder in A. Also ist j=1 Aj ∈ A und es gilt % ' % %n 'c ' n ! ! Aj + µ∗ E ∩ Aj . µ∗ (E) = µ∗ E ∩ j=1

8

Da µ∗ E ∩

#n

9

j=1 Aj =

/n

j=1

∗ j=1 µ (E ∩ Aj ) und

∗

µ (E) ≥

n & j=1

∗

#n

µ (E ∩ Aj ) + µ

∗

Da dies f¨ ur alle n ∈ N gilt, erhalten wir µ∗ (E) ≥

∞ & j=1

#∞

j=1 Aj ⊆

µ∗ (E ∩ Aj ) + µ∗

%

%∞ !

%

%∞ !

E∩

E∩

Aj

j=1

Aj

'c '

.

Aj

'c '

.

j=1

j=1

Weil µ∗ ein äußeres Maß ist, folgt ' %∞ % %∞ 'c ' ! ! ≥ µ∗ (E ∩ Aj ) + µ∗ E ∩ Aj µ∗ (E) = µ∗

%

#∞

j=1

E∩

∞ !

Aj

j=1

'

+ µ∗

j=1

%

E∩

%∞ !

Aj

j=1

'c '

.

Also gilt j=1 Aj ∈ A. Wenn wir in der Ungleichung µ∗ (E) ≥ E=

#∞

j=1

∞ & j=1

µ∗ (E ∩ Aj ) + µ∗

%

E∩

%∞ !

Aj

j=1

'c '

Aj einsetzen, erhalten wir %∞ ' ∞ ! & µ∗ Aj = µ∗ (Aj ). j=1

j=1

Es bleibt noch zu zeigen, dass µ∗ vollständig ist. Es sei A ∈ A mit µ∗ (A) = 0 und B ⊆ A. Da µ∗ ein äußeres Maß ist, folgt sofort, dass µ∗ (B) = 0. F¨ ur jede Teilmenge E von X gilt µ∗ (E) ≤ µ∗ (E ∩ B) + µ∗ (E ∩ B c ). Wegen 0 = µ∗ (B) ≥ µ∗ (E ∩ B) folgt weiter µ∗ (E) ≤ µ∗ (E ∩ B c ) ≤ µ∗ (E)

¨ 2.4. AUSSERE MASSE

45

Hieraus folgt bzw. B ∈ A. !

µ∗ (E) = µ∗ (E ∩ B) + µ∗ (E ∩ B c )

Es sei A eine Mengenalgebra der Menge X. Eine Funktion µ : A → [0, ∞] heißt Prämaß, falls (i) µ(∅) = 0 # (ii) f¨ ur alle Folgen disjunkter Mengen Ai , i ∈ N, in A mit ∞ i=1 Ai ∈ A gilt %∞ ' ∞ & ! µ(Ai ) = µ Ai i=1

i=1

Lemma 22 Es sei µ ein Pr¨ amaß auf einer Mengenalgebra A und µ∗ sei das von µ erzeugte aüßere Maß. Dann gilt (i) µ∗|A = µ (ii) Jede Menge in A ist µ∗ -messbar. Beweis. (i) Es gilt f¨ ur alle Teilmengen A von X , $∞ 0 ∞ , & ! , µ(Aj ) ,Aj ∈ A und A ⊆ Aj µ∗ (A) = inf , j=1

j=1

Hieraus ergibt sich sofort f¨ ur alle A ∈ A

µ∗ (A) ≤ µ(A) Wir zeigen nun die umgekehrte Ungleichung. Es seien Ai ∈ A, i ∈ N mit A ⊆ Wir setzen B1 = A ∩ A1 % ' n−1 ! Bn = A ∩ An \ Ai n = 2, 3, . . . i=1

Bn sind paarweise disjunkte Mengen in A mit A=

∞ !

Bn

n=1

Da µ ein Prämaß ist und Bn ⊆ An gilt, folgt µ(A) =

∞ & n=1

µ(Bn ) ≤

∞ &

µ(An )

n=1

Also µ(A) ≤ µ∗ (A). (ii) Es sei A ∈ A. Wir zeigen, dass f¨ ur alle Teilmengen E von X µ∗ (E) ≥ µ∗ (E ∩ A) + µ∗ (E ∩ Ac )

#∞

i=1

Ai .

46


gilt. Es sei $ > 0. Dann gibt es eine Folge Aj ∈ A, j ∈ N, mit E ⊆ ∞ & j=1

µ(Aj ) ≤ µ∗ (E) + $.

#∞

j=1

Aj und

Da A, Aj ∈ A gilt, folgt µ(Aj ) = µ(Aj ∩ A) + µ(Aj ∩ Ac ). Deshalb gilt ∞ & j=1

Wegen E ∩ A ⊆

#∞

{µ(Aj ∩ A) + µ(Aj ∩ Ac )} ≤ µ∗ (E) + $.

c j=1 (A ∩ Aj ) und E ∩ A ⊆

#∞

j=1 (A

c

∩ Aj ) folgt

µ∗ (E ∩ A) + µ∗ (E ∩ Ac ) ≤ µ∗ (E) + $.

Da dies f¨ ur alle $ gilt, folgt, dass A µ∗ -messbar ist. ! Lemma 23 Es seien A eine Mengenalgebra der Menge X, µ ein Prämaß auf der Mengenalgebra A und S die von A erzeugte σ- Algebra. Dann gelten (i) Die Einschränkung des äußeren Maßes µ∗ , das von µ erzeugt wird, auf S ist ein Maß auf S. µ∗|S stimmt auf A mit µ u ¨berein. (ii) Falls es ein weiteres Maß ν auf S gibt, das mit µ auf A u ¨bereinstimmt, dann gilt f¨ ur alle A ∈ S ν(A) ≤ µ∗ (A)

Es gilt ν(A) = µ∗ (A) f¨ ur alle A ∈ S mit µ∗ (A) < ∞. # (iii) Falls es eine Folge Aj ∈ A, j ∈ N, mit µ(Aj ) < ∞ und X = ∞ j=1 Aj gibt, dann ist ∗ µ|S die eindeutige Fortsetzung von µ auf S.

Beweis. (i) Nach dem Lemma von Caratheodory ist die Einschränkung von µ∗ auf die σ-Algebra T aller µ∗ -messbaren Mengen ein vollständiges Mass. Nach Lemma (ii) gilt, dass A ⊆ T. Also gilt S ⊆ T und die Einschränkung von µ∗ auf S ist ein Maß. Nach Lemma ?? (i) stimmt µ mit µ∗A u ¨berein. # (ii) Es sei A ∈ S und Aj ∈ A, j ∈ N, mit A ⊆ ∞ j=1 Aj . Dann gilt wegen der Subadditivität des Maßes ν ν(A) ≤

∞ & j=1

ν(Aj ) =

∞ &

µ(Aj ).

j=1

Die Gleichheit gilt, weil ν und µ auf A u ¨bereinstimmen. Wenn wir nun das Infimum u ¨ber alle Folgen Aj , j ∈ N, bilden, erhalten wir ν(A) ≤ µ∗ (A). Wir zeigen nun, dass wir sogar Gleichheit haben, falls µ∗ (A) < ∞. F¨ ur alle $ > 0 gibt es #∞ eine Folge Aj ∈ A, j ∈ N, mit A ⊆ j=1 Aj und ∞ & j=1

µ(Aj ) < µ∗ (A) + $.

¨ 2.4. AUSSERE MASSE Hieraus folgt µ∗

47

%∞ !

Aj

j=1

'

≤

∞ &

µ∗ (Aj ) =

j=1

∞ &

µ(Aj ) < µ∗ (A) + $.

j=1

Weil µ∗ auf S ein Maß ist und weil µ∗ (A) < ∞, folgt weiter %∞ ' %∞ ' ! ! µ∗ Aj \ A = µ∗ Aj − µ∗ (A) < $. j=1

j=1

Weil ν und µ∗ auf S Maße sind und weil ν und µ auf A u ¨bereinstimmen, gilt %∞ %n %n ' ' ' ! ! ! ν Aj = lim ν Aj Aj = lim µ j=1

n→∞

n→∞

j=1

= lim µ∗ n→∞

j=1

%

n !

Aj

j=1

'

= µ∗

%∞ !

Aj

j=1

'

.

Hiermit erhalten wir ∗

µ (A) ≤ µ

∗

%∞ !

j=1

Aj

'

=ν

%∞ !

Aj

j=1

'

= ν(A) + ν

%∞ !

j=1

'

Aj \ A .

Da wir bereits gezeigt haben, dass ν ≤ µ∗ gilt, folgt ' %∞ ! µ∗ (A) ≤ ν(A) + µ∗ Aj \ A ≤ ν(A) + $. j=1

Also gilt ν(A) = µ∗ (A). (iii) Es sei ν eine weitere Fortsetzung von µ. Wir können annehmen, dass die Mengen Aj , j ∈ N, paarweise disjunkt sind. Es sei A ∈ S. Da µ∗ auf S ein Maß ist, gilt ∗

µ (A) =

∞ & j=1

Mit (ii) folgt µ∗ (A) =

µ∗ (A ∩ Aj ).

∞ & j=1

ν(A ∩ Aj ).

Da ν ein Mass ist folgt weiter µ∗ (A) = ν(A). !

48

2.5


Lebesgue-Stieltjes Maße auf R

Es sei F : R → R eine wachsende, rechtsseitig stetige Funktion. Das Maß µF ((a, b]) eines links offenen, rechts abgeschlossenen Intervalls definieren wir zu F (b) − F (a). Dadurch erhalten wir auf der Mengenalgebra aller endlichen Vereinigungen von disjunkten, links offenen und rechts abgeschlossenen Intervallen ein Prämaß. Diese Prämaß liefert uns ein äußeres Maß, das wir dann auf die σ-Algebra aller Mengen einschränken, die bzgl. des äußeren Maßes messbar sind. Das Maß ist vollständig und wir nennen es das LebesgueStieltjes Maß zur Funktion F . Die σ-Algebra aller Mengen , die bzgl. des aüßeren Maßes messbar sind, heisst Lebesgue-Stieltjes σ-Algebra. Wir können die Lebesgue-Stieltjes σ-Algebra auch auf eine andere Weise konstruieren. Die Borelsche σ-Algebra wird von der Mengenalgebra aller endlichen Vereinigungen von disjunkten, links offenen und rechts abgeschlossenen Intervallen erzeugt. Die LebesgueStieltjes σ-Algebra erhalten wir, indem wir zu der Borelschen σ-Algebra alle Teilmengen von Borel-Nullmengen hinzuf¨ ugen. Das bedeutet, dass sich die Lebesgue-Stieltjes σ-Algebra und die Borel σ-Algebra nur um Borel-Nullmengen unterscheiden. Es ist nicht richtig, dass sich die Familie aller offenen Mengen und die Borel σ-Algebra nur um Borel-Nullmengen unterscheiden. Wir konstruieren eine Fσ -Menge A, die in [0, 1] enthalten ist und die f¨ ur alle offenen Teilmengen U von [0, 1] die Ungleichungen λ(A ∩ U ) > 0 und λ(Ac ∩ U ) > 0 erf¨ ullen. Allerdings ist richtig, dass sich die Familie der Gδ -Mengen und die Borel σ-Algebra nur um Borel-Nullmengen unterscheiden. Lemma 24 A bezeichne die Familie aller endlichen Vereinigungen von disjunkten, links offenen und rechts abgeschlossenen Intervallen der Form (a, b] mit −∞ < a ≤ b < ∞, (−∞, a] oder (b, ∞). A ist eine Mengenalgebra. Beweis. Eine endlich Vereinigung von endlichen Vereinigungen von Intervallen der oben angegeben Art ist offensichtlich wieder eine endliche Vereinigung von solchen Intervallen. Wir zeigen nun, dass das Komplement einer Menge in A wieder in A liegt. Wir wollen hier den Fall betrachten,# dass A eine Vereinigung von endlich vielen beschränkten Intervallen ist. Dann gilt A = ni=1 (ai , bi ], wobei die Intervalle paarweise disjunkt sind. Deshalb können wir annehmen, dass a1 ≤ b1 ≤ a2 ≤ b2 ≤ · · · ≤ an ≤ bn Dann gilt !

Ac = (−∞, a1 ] ∪ (b1 , a2 ] ∪ · · · ∪ (bn−1 , an ] ∪ (bn , ∞)

Wegen Lemma ?? erzeugt A die Borel σ-Algebra BR . F : R → R sei eine wachsende Funktion. Damit hat F links- und rechtsseitige Grenzwerte in jedem Punkt. F (a+ ) = lim+ F (x) = inf F (x) x→a

−

x>a

F (a ) = lim− F (x) = sup F (x) x→a

x 0 gilt, folgt µF

/N

! i=1 ((F (bi ) − F (ai )) + 2i ) /N ≤ i=1 µF ((ai , bi ]) + 2$.

%∞ !

i=1

Ai

'

≤

∞ & i=1

µF (Ai ).

+$

52


! Es sei F : R → R eine wachsende und rechtsseitig stetige Funktion und µF das zugehörige Prämaß auf der Mengenalgebra aller links offenen und rechts abgeschlossenen Intervalle. µ∗F sei das von µF erzeugte aüßere Maß. Wir bezeichnen die σ-Algebra aller µ∗F -messbaren Mengen als Lebesgue-Stieltjes σ-Algebra und die Einschränkung von µ∗F auf diese σ-Algebra als das Lebesgue-Stieltjes Maß. Falls F (x) = x, dann sprechen wir von der Lebesgue σ-Algebra und vom LebesgueMaß. Sämtliche Lebesgue-Stieltjes Maße sind auch auf der Borel σ-Algebra erklärt. Satz 3 F¨ ur jede wachsende, rechtsseitig stetige Funktion F : R → R gibt es ein eindeutiges Maß µF auf BR , so dass f¨ ur alle a, b ∈ R mit a < b µF ((a, b]) = F (b) − F (a) gilt. Falls G eine weitere Funktion dieser Art ist und falls µF = µG gilt, dann ist F − G eine konstante Funktion. Falls µ ein Maß auf BR ist, das auf allen beschr¨ ankten Borelmengen endlich ist, dann ist  x>0   µ((0, x]) x=0 F (x) = 0   − µ((x, 0]) x < 0 eine wachsende, rechtsseitig stetige Funktion.

Beispiel 8 (i) F¨ ur F (x) = x erhalten wir das Lebesgue-Maß λ. Es gilt λ((a, b]) = b − a. (ii) F¨ ur $ −1 x 0 Intervalle (ai , bi ], i ∈ N, mit A ⊆ µF (A) + $ ≥

∞ &

µF ((ai , bi ]).

#∞

i=1 (ai , bi ]

und

i=1

Außerdem finden wir f¨ ur jedes i ein δi > 0 mit F (bi + δi ) − F (bi )
0 eine Menge E, die endliche Vereinigung offener Intervalle ist und f¨ ur die µ(A:E) < $. Auf die Annahme µ(A) < ∞ kann ur ist das # man nicht verzichten. Ein Beispiel hierf¨ Lebesgue-Maß mit der Menge A = ∞ (2n − 1, n). n=1

Beweis. Da µ(A) # < ∞ gibt es nach Lemma zu jedem $ > 0 offene Intervalle (ai , bi ), i ∈ N, so dass A ⊆ ∞ i=1 (ai , bi ) und µ(A) + $ ≥

∞ &

µ((ai , bi )).

i=1

Wir können N so groß wählen, dass ∞ &

µ((ai , bi )) < $.

i=N +1

Wir zeigen nun, dass

%

µ A: Es gilt A:

N !

i=1

(ai , bi ) =

N !

i=1

%N !

i=1

'

(ai , bi )

(ai , bi ) \ A

'

< 2$.

∪

%

A\

N !

i=1

'

(ai , bi )

2.5. LEBESGUE-STIELTJES MASSE AUF R und µ

%N !

i=1

Weiter gilt

(ai , bi ) \ A

A\

N !

i=1

'

≤µ

57

%∞ !

(ai , bi ) ⊆

i=1

'

(ai , bi ) \ A

∞ !

< $.

(ai , bi ).

i=N +1

# Wir pr¨ ufen dies nach. Es gilt A ⊆ ∞ i=1 (ai , bi ). Deshalb 'c %N 'c %N ∞ ∞ ! ! ! ! (ai , bi ) ⊆ (ai , bi ) ∩ (ai , bi ) ⊆ (ai , bi ) A∩ i=1

Somit

%

µ A∩ !

i=1

%N !

i=1

i=1

'c '

(ai , bi )

≤µ

%

i=N +1

∞ !

'

(ai , bi )

i=N +1

0 gilt. Es sind also die Lebesgue-messbaren Mengen nicht bis auf Nullmengen die offenen Mengen. Siehe dazu das Beispiel. Satz 8 Es sei λ das Lebesgue Maß und L die Lebesgue σ-Algebra. Dann gilt f¨ ur alle r, s ∈ R und A ∈ L (i) s + A ∈ L und rA ∈ L (ii) λ(s + A) = λ(A) und λ(rA) = |r|λ(A) Beweis. (i) Es bezeichne λ∗ das zu λ gehörige aüßere Maß. F¨ ur eine Teilmenge B der reellen Zahlen gilt λ∗ (B) = λ∗ (s + B) und λ∗ (rB) = |r|λ∗ (B). Wir weisen dies nach. , $ ∞ 0 ∞ , & ! , ∗ λ (B) = inf λ((ai , bi ]), B ⊆ (ai , bi ] , i=1 i=1 , $ ∞ 0 ∞ , & ! , = inf λ((s + ai , s + bi ]), s + B ⊆ (s + ai , s + bi ] = λ∗ (s + B) , i=1

i=1

Eine Menge A ist genau dann Lebesgue messbar, wenn f¨ ur alle Teilmengen E von R λ∗ (E) = λ∗ (E ∩ A) + λ∗ (E ∩ Ac ) gilt. Diese Gleichung ist a¨quivalent zu λ∗ (s + E)

= λ∗ (s + (E ∩ A)) + λ∗ (s + (E ∩ Ac )) = λ∗ ((s + E) ∩ (s + A)) + λ∗ ((s + E) ∩ (s + Ac )).

Weil s + Ac = (s + A)c λ∗ (s + E) = λ∗ ((s + E) ∩ (s + A)) + λ∗ ((s + E) ∩ (s + A)c ). (ii) folgt, weil diese Eigenschaften bereits f¨ ur das aüßere Maß gelten. ! Beispiel 10 (i) Jede abzählbare Teilmenge der reellen Zahlen hat das Lebesgue Maß 0. (ii) Es gibt eine Teilmenge der reellen Zahlen, die nicht Lebesgue messbar ist. (iii) Es sei A eine Lebesgue messbare Teilmenge mit λ(A) > 0. Dann gibt es eine Teilmenge von A, die nicht Lebesgue messbar ist.

Eigentlich zeigen wir im Beweis von (ii) mehr. Wir zeigen, dass wir das Lebesgue-Maß nicht erweitern können, indem wir es f¨ ur die angegebene Menge sinnvoll definieren. Beweis. (i) Die einelementigen Teilmengen von R sind in der Lebesgue σ-Algebra enthalten, weil sie abgeschlossene Mengen sind. F¨ ur jede einelementige Menge {x} gilt

2.6. LEBESGUE MASS AUF R

59

λ({x}) = 0, weil λ({x}) ≤ λ((x − $, x]) = $. Es sei {xi |i ∈ N} eine abzählbare Menge. Dann gilt ∞ & λ({xi |i ∈ N}) ≤ λ({xi }) = 0 i=1

(ii) Es seien x, y ∈ R und wir sagen, dass x und y äquivalent sind x∼y

¨ ¨ falls x − y ∈ Q. √ Diese Aquivalenzrelation teilt die Menge R in Aquivalenzklassen ein. So ¨ sind z.B. [π], [ 2] und [e] solche Aquivalenzklassen. Jede dieser Klassen enthält abzählbar ¨ viele Elemente. Z sei eine Teilmenge von [0, 1], so dass sich zu jeder Aquivalenzklasse ein ¨ Element der Menge Z finden lässt, das in dieser Aquivalenzklasse enthalten ist, und so ¨ dass f¨ ur jede Aquivalenzklasse höchstens ein Element existiert, das in dieser Klasse liegt. Wegen des Auswahlaxioms existiert eine solche Menge. Die Menge Z ist nicht Lebesguemessbar. Es gilt ! R= (q + Z) q∈Q

und f¨ ur alle q, p ∈ Q mit q += p

(q + Z) ∩ (p + Z) = ∅ Wir weisen die erste Gleichung nach. ! ! ! (q + Z) = {q + z|z ∈ Z} = {q + z|z ∈ Z und q ∈ Q} = {q + z|q ∈ Q} = R q∈Q

z∈Z

q∈Q

¨ Die letzte Gleichung gilt, weil die Vereinigung u ¨ber alle Aquivalenzklassen die Menge R ergibt. Falls (q + Z) ∩ (p + Z) += ∅, dann gibt es z, v ∈ Z mit z += v und z + p = v + q. Also gilt z ∼ v. Damit gibt es in Z zwei äquivalente Elemente. In Z finden wir aber nur jeweils ¨ ein Element aus jeder Aquivalenzklasse. Wir zeigen, dass λ(Z) > 0 gilt. Wir nehmen an, dass λ(Z) = 0. Wegen λ(Z) = λ(q + Z) % ' & ! 0= λ(q + Z) = λ (q + Z) = λ(R) q∈Q

Das ist ein Widerspruch. Weil Z ⊆ [0, 1] !

q∈Q∩[0,1]

q∈Q

(q + Z) ⊆

Es folgt

!

q∈Q∩[0,1]



2 = λ([0, 2]) ≥ λ 

(q + [0, 1]) ⊆ [0, 2]

!

q∈Q∩[0,1]



(q + Z)

Da die Mengen q + Z paarweise disjunkt sind, folgt & & λ(q + Z) = λ(Z) = ∞ 2≥ q∈Q∩[0,1]

q∈Q∩[0,1]

60


(iii) Es sei Z wie unter (ii) gewählt. Wir zeigen, dass eine der Mengen A ∩ (q + Z), q ∈ Q, nicht messbar ist. Dazu nehmen wir an, dass alle diese Mengen messbar sind. Dann gilt ! A ∩ (q + Z) A= q∈Q

und wegen der Disjunktheit 0 < λ(A) =

& q∈Q

λ(A ∩ (q + Z))

Also gibt es ein q0 , so dass λ(A ∩ (q0 + Z)) > 0. Die Mengen q∈Q

q + (A ∩ (q0 + Z))

ur alle sind paarweise disjunkt, weil die Mengen q + q0 + Z paarweise disjunkt sind. Weil f¨ q ∈ Q die Gleichung λ(A ∩ (q0 + Z)) = λ(q + (A ∩ (q0 + Z))) gilt, folgt & λ(q + (A ∩ (q0 + Z))) ∞ = q∈Q∩[0,1]



= λ

q∈Q∩[0,1]



≤ λ 

!

!

≤ λ

!

q∈Q∩[0,1]

!

q∈Q∩[0,1]



q + (A ∩ (q0 + Z)) 

q + (q0 + Z)



q + q0 + [0, 1]) ≤ λ(q0 + [0, 2]) = 2

Beispiel 11 (Cantor Menge) Es sei C die Cantor Menge. Dann gilt (i) Das Lebesgue-Maß von C ist 0. B1 (ii) Der Riemannsche Inhalt von C ist 0, d.h. das Riemann-Integral 0 χC dx ist gleich 0. Wir sagen, dass eine Menge nirgends dicht ist, falls das Innere des Abschlusses die leere Menge ist. Die Cantor Menge ist nirgends dicht. Nach Satz ?? (ix) gilt C − C = [−1, 1]. Dies zeigt, dass das Maß einer Differenzmenge von Nullmengen nicht notwendig 0 ist. Beweis. (i) Nach Satz ?? gilt Somit gilt und

C = 13 C ∪ ( 23 + 13 C) λ(C) = λ( 13 C ∪ ( 23 + 13 C)) λ(C) ≤ λ( 13 C) + λ(( 23 + 13 C)) = 23 λ(C)

Da C ⊆ [0, 1] gilt λ(C) ≤ 1 und wir schließen, dass λ(C) = 0. (ii) Da χC eine nichtnegative Funktion ist, gilt f¨ ur alle Partitionen P und alle Untersummen US P (χC ) 0 ≤ US P (χC )


61

Die Menge Cn ist eine disjunkte Vereinigung von 2n−1 abgeschlossenen Intervallen der L¨ ange 3−n+1 , die alle in [0, 1] enthalten sind. Dies folgt mit Induktion aus (iv). C1 = [0, 1] erf¨ ullt die Aussage. Falls Cn die Aussage erf¨ ullt, dann ist 13 Cn eine disjunkte Vereinigung von 2n−1 abgeschlossenen Intervallen der L¨ ange 3n , die in [0, 13 ] enthalten sind. Ausserdem ist 23 + 13 Cn eine disjunkte Vereinigung von 2n−1 abgeschlossenen Intervallen der L¨ ange 3−n , die in [ 23 , 1] enthalten sind. Deshalb besteht Cn+1 = ( 13 Cn ) ∪ 2 1 n ( 3 + 3 Cn ) aus 2 disjunkten, abgeschlossenen Intervallen der L¨ ange 3−n . n−1 Somit gibt es Zahlen ak , bk , k = 1, . . . , 2 , mit 0 = a1 < b1 < a2 < b2 < a3 < · · · < a2n−1 < b2n−1 = 1 und n−1 2! Cn = [ak , bk ] k=1

Nun w¨ ahlen wir als Partition

P = {a1 , b1 + $, a2 − $, b2 + $, a3 − $, . . . , b2n−1 −1 + $, a2n−1 − $, b2n−1 } Weil C ⊆ Cn gilt, folgt sup x∈[ak −!,bk +!]

Damit folgt f¨ ur die Obersumme

χC (x) ≤ 1

sup

χC (x) = 0

x∈[bk +!,ak −!]

OS P (χC ) ≤ 2n−1 (3−n+1 + 2$)

Da wir $ < 12 3−n+1 wählen k¨ onnen, folgt

OS P (χC ) ≤ 2

* +n−1 2 3

!

Beispiel 12 Zu jedem $ > 0 gibt es eine Teilmenge A von [0, 1], die nirgends dicht und perfekt ist und die λ(A) > 1 − $ erf¨ ullt. Es ist sehr einfach, eine Teilmenge A von [0, 1] zu konstruieren, die nirgends dicht und abgeschlossen ist und die λ(A) > 1 − $ erf¨ ullt. Dies sind auch die Eigenschaften, die wir später in den Anwendungen benutzen. Wir betrachten eine Abzählung xn , n ∈ N, der rationalen Zahlen in [0, 1]. Wir setzen B=

∞ 8 !

n=1

xn −

$ $9 , x + n 2n 2n

und dann ist die gesuchte Menge A = [0, 1] ∩ B c . Beweis. Dieselbe Konstruktion wie der Cantormenge. ! Beispiel 13 (i) Es sei A eine Lebesgue messbare Menge mit λ(A) > 0. Dann gibt es f¨ ur jedes $ > 0 ein offenes Interval I, so dass λ(A ∩ I) ≥ (1 − $)λ(I) (ii) Es sei A eine Lebesgue messbare Menge. Es existiere eine Konstante c > 0, so dass f¨ ur alle Intervalle I die Absch¨ atzung λ(A ∩ I) ≥ cλ(I) gilt. Dann ist Ac eine Nullmenge. (iii) Es sei A eine Lebesgue messbare Menge mit λ(A) > 0. Dann gibt es ein offenes Intervall, das 0 enthält und das in der Differenzmenge A − A enthalten ist.

62


Beweis. (i) Falls λ(A) = ∞, dann wählen wir I = R. Wir betrachten nun den Fall λ(A) < ∞. Außerdem können wir annehmen, dass $ ≤ 1. Nach Satz ?? gibt es zu jedem δ Intervalle Ii , i = 1, . . . , n, so dass % ' n ! λ A: Ii < δ. i=1

Außerdem können wir annehmen, dass die Intervalle disjunkt sind. Wir wählen δ = 1 $λ(A). Damit folgt 4 1 $λ(A) 4

%

> λ A:

n !

Ii

i=1

und, weil $ ≤ 1, λ

%

n !

Ii

i=1

'

'

≥ λ(A) − λ

%

n !

Ii

i=1

'

≥ 34 λ(A)

Da die Intervalle paarweise disjunkt sind, folgt % ' % ' % ' n n n n n & ! ! ! & λ(A ∩ Ii ) = λ A ∩ Ii = λ A ∪ Ii − λ A: Ii ≥ λ(Ii ) − δ. i=1

i=1

i=1

i=1

i=1

Falls es ein i mit λ(A ∩ Ii ) ≥ (1 − $)λ(Ii ), dann sind wir fertig. Falls f¨ ur alle i = 1, . . . , n die Ungleichung λ(A ∩ Ii ) ≤ (1 − $)λ(Ii ) gilt, so erhalten wir (1 − $)

n & i=1

λ(Ii ) ≥

n & i=1

bzw. δ≥$ Damit erhalten wir λ

%

n !

i=1

Ii

'

=

λ(A ∩ Ii ) ≥

n &

n & i=1

λ(Ii ) − δ

λ(Ii )

i=1

n & i=1

λ(Ii ) ≤ 14 λ(A)

was nicht sein kann. (ii) Falls Ac keine Nullmenge ist, so gibt es nach (i) zu jedem $ > 0 ein Intervall I mit λ(Ac ∩ I) ≥ (1 − $)λ(I). Es folgt, dass λ(A ∩ I) ≤ $λ(I). (iii) Es gilt x ∈ A − A, falls A ∩ (x + A) += ∅. Da wir mit A selbst schlecht rechnen können, ”approximieren” wir einen Teil von A durch ein Intervall. Nach (i) gibt es ein Intervall I mit λ(A ∩ I) ≥ (1 − $)λ(I). Weiter gilt λ((A ∩ I) ∪ (x + (A ∩ I))) = λ(A ∩ I) + λ(x + (A ∩ I)) − λ((A ∩ I) ∩ (x + (A ∩ I))) bzw. λ((A ∩ I) ∩ (x + (A ∩ I))) = λ(A ∩ I) + λ(x + (A ∩ I)) − λ((A ∩ I) ∪ (x + (A ∩ I))).


63

Hieraus folgt λ(A ∩ (x + A))

≥ λ((A ∩ I) ∩ (x + (A ∩ I))) ≥ 2(1 − $)λ(I) − λ(I ∪ (x + I)).

Da λ(I ∪ (x + I)) ≤ λ(I) + |x| folgt λ(A ∩ (x + A)) ≥ 2(1 − $)λ(I) − λ(I) − |x| = (1 − 2$)λ(I) − |x|. Dies bedeutet, dass δ ∈ A − A gilt, falls |x| < (1 − 2$)λ(I). ! Beispiel 14 Es sei B eine algebraische Basis des Vektorraumes der reellen Zahlen R u ¨ber dem K¨ orper Q. Die Menge B sei Lebesgue-messbar. Dann ist B eine Nullmenge. Im Beweis zu Beispiel 17 sehen wir, dass es eine algebraische Basis von R gibt, deren Lebesguemaß 0 ist. Es gibt auch Hamel-Basen von R, die nicht Lebesgue-messbar sind. Beweis. Wir nehmen an, dass B keine Nullmenge ist, also λ(B) > 0. Dann gilt nach Lemma, dass die Menge B − B ein Intervall (−$, $) enthält. Wir betrachten ein b1 ∈ B und wählen einen Koeffizienten β1 ∈ Q mit β1 += 0 und β1 += 1, so dass β1 b1 ∈ (−$, $). Deshalb gibt es b2 und b3 von B, so dass b2 − b3 = β1 b1 , bzw. β1 b1 − b2 + b3 = 0. Damit sind b1 , b2 und b3 linear abhängig. Wir wissen wegen b2 − b3 = β1 b1 , dass b2 += b3 . Es kann nicht sein, dass b1 von b2 und b3 verschieden ist, weil die drei Vektoren linear abhängig sind. Nehmen wir also an, dass b1 = b2 . Dann gilt (β1 − 1)b2 + b3 = 0. Da β1 += 1, folgt b2 = b3 , was nicht wahr ist. ! Beispiel 15 Es sei B eine algebraische Basis des Vektorraumes der reellen Zahlen R u ¨ber dem K¨ orper Q. Dann ist jede Hyperebene, d.h. jeder Teilraum von R mit der Kodimension 1 nicht Lebesgue-messbar. Beweis. Es sei H ein Teilraum der Kodimension 1. Dann gibt es einen Vektor x, so dass ! R = {qx + H|q ∈ Q} = (qx + H). q∈Q

Die Mengen qx + H, q ∈ Q, sind paarweise disjunkt. Falls es nämlich ein y ∈ R mit y = q1 x + h1 = q2 x + h2 gibt, dann (q2 − q1 )x = h1 − h2 . Falls q1 += q2 , dann gilt x ∈ H, was nicht wahr ist.

64

CHAPTER 2. σ-ALGEBRA UND MASS Da die Mengen qx + H paarweise disjunkt sind, folgt & λ (qx + H) . ∞ = λ(R) = q∈Q

Nach Lemma gilt f¨ ur alle y ∈ R die Gleichung λ(H) = λ(y + H). Deshalb muss λ(H) > 0 gelten. Nach Lemma gibt es ein Intervall (−$, $), das in H − H enthalten ist. Wegen H − H = H folgt (−$, $) ⊆ H. Deshalb finden wir ein q += 0, so dass qx ∈ H. Dies widerspricht der linearen Unabängigkeit. ! Beispiel 16 Es sei B eine algebraische Basis des Vektorraumes der reellen Zahlen R u ¨ber dem K¨ orper Q. Dann ist die Menge B keine analytische Menge und insbesondere keine Borel-Menge.

Beweis. Es sei B eine Basis und B " die Menge, die wir erhalten, wenn wir einen bestimmten Basisvektor entfernen. B " ist also Basis f¨ ur einen Teilraum von R mit der Codimension 1. Wir nehmen nun an, dass B eine analytische Menge ist. Dann ist auch B " eine analytische Menge. Es sei Bk die Menge aller ri ∈ Q, ri += 0, bi ∈ B"

r1 b 1 + · · · + r k b k

# Es gilt B1 = r∈Q,r*=0 rB" und diese Menge ist auch analytisch. Es folgt weiter, dass auch Bi analytische Mengen sind. Weiter folgt, dass ! Bi i∈N

analytisch ist. Diese Menge ist aber ein Teilraum von R mit der Codimension 1. Nach Lemma ?? ist eine solche Menge nicht Lebesgue-messbar, also insbesondere nicht analytisch. ! Im Beweis des folgenden Beispiel weisen wir auch nach, dass es eine Hamel-Basis von R gibt, die das Lebesgue-Maß 0 hat. Beispiel 17 Es gibt eine Lebesgue messbare Teilmenge A der reellen Zahlen, so dass die Differenzmenge A − A nicht Lebesgue messbar ist. Beweis. Es sei B eine algebraische Basis des Vektorraumes der reellen Zahlen R u ¨ber dem Körper Q. Wir fordern ausserdem, dass B als Menge in der Cantor Menge enthalten ist. Damit gilt insbesondere λ(B) = 0. Wir weisen nach, dass es eine solche Basis gibt. Wir wählen in C eine maximale, linear unabhängige Teilmenge B. Nach dem Auswahlaxiom bzw. dem Lemma von Zorn existiert eine solche Menge. Jedes Element der Menge C lässt sich als endliche Linearkombination von Vektoren aus B darstellen. Wir pr¨ ufen dies nach. Wir nehmen an, dies sei nicht so. Dann gibt es eine Zahl c ∈ C, die sich nicht als Linearkombination von Vektoren aus B schreiben lässt.


65

Dann ist die Menge {c} ∪ B linear unabhängig, was der Maximalität von B widerspricht. Es gelte n & qk b k = 0 q0 c + k=1

Falls q0 = 0, dann sind auch die anderen Koeffizienten gleich 0, weil B linear unabhängig ist. Falls q0 += 0, dann gilt n 1 & qk b k c=− q0 k=1

im Widerspruch zur Annahme. Da aber nach Lemma C − C = [−1, 1] gilt, kann man auch jede Zahl in [−1, 1] als Linearkombination von Elementen aus B darstellen. Hieraus folgt, dass man jede Zahl in R als Linearkombination von Vektoren in B darstellen kann. Wir definieren ! S= qB q∈Q

Es gilt λ(S) = 0, weil λ(B) = 0. λ(B) = 0, weil B ⊂ C. Ausserdem gilt S = −S. Wir setzen nun S1 = S und Sn+1 = Sn + Sn Man leicht sieht, dass Sn aus allen Vektoren der Form n−1 2&

qk b k

k=1

qk ∈ Q b k ∈ B

besteht. Insbesondere gilt Sn = −Sn . Wir zeigen, dass eine der Mengen Sn nicht messbar ist. Wir nehmen dazu an, dass dies nicht so sei. Dann gibt es ein n0 , so dass λ(Sn0 ) > 0. Wir pr¨ ufen dies nach. Es gilt ∞ ! R= Sn n=1

weil B eine Basis von R u ¨ber dem Körper Q ist. Weiter gilt ' %∞ ∞ ! & Sn ≤ λ(Sn ) ∞ = λ(R) = λ n=1

n=1

Also muss es ein n0 geben, so dass λ(Sn0 ) > 0. Damit enthält Sn0 +1 = Sn0 +Sn0 = Sn0 −Sn0 nach Beispiel ein offenes Intervall (−$, $). Wir wählen nun N0 > 2n0 und qk ∈ Q

mit

$ $ ≤ qk < 2N0 N0

k = 1, 2, . . .

Es seien bk , k = 1, . . . , N0 , Basisvektoren der Basis B. Da B ⊂ C gilt, folgt ,N , N0 0 ,& , & , , qk b k , ≤ |qk bk | < $ , , , k=1

k=1

66


Daraus folgt N0 & k=1

qk bk ∈ (−$, $) ⊂ Sn0 +1

Da andererseits N0 > 2n0 gilt und f¨ ur alle k = 1, . . . , N0 die Ungleichung qk += 0 gilt, folgt N0 & k=1

qk b k ∈ / Sn0 +1

Es folgt, dass nicht alle Mengen Sn messbar sind. Wir wählen das kleinste n, so dass Sn nicht messbar ist. Da S1 messbar ist, gilt n > 1. ! ur alle Beispiel 18 Es gibt eine Teilmenge A von [0, 1], die Fσ -Menge ist, und so dass f¨ offenen Teilmengen U von [0, 1] die Ungleichungen λ(A ∩ U ) > 0

λ(Ac ∩ U ) > 0

und

gelten. Beweis. Es sei In , n ∈ N, eine Abzählung der abgeschlossenen Intervalle, die in [0, 1] enthalten sind, deren Endpunkte rationale Zahlen sind und die nicht nur aus einem Punkt bestehen. Wir wählen eine nirgends dichte, perfekte Teilmenge A1 von I1 , die positives Maß hat (Beispiel). Nun wählen wir eine Teilmenge B1 von I1 \ A1 , die nirgends dicht, perfekt ist und die positives Maß hat. Wenn wir A1 , . . . , An , B1 , . . . , Bn gewählt haben, dann wählen wir An+1 und Bn+1 wie folgt. Die Menge In \ (A1 ∪ · · · ∪ An ∪ B1 ∪ · · · ∪ Bn ) enthält ein Intervall: Die Menge A1 ∪ · · · ∪ An ∪ B1 ∪ · · · ∪ Bn ist endliche Vereinigung von abgesclossenen Mengen und damit abgeschlossen. Außerdem enthält diese Menge keine inneren Punkte. Deshalb gibt es einen Punkt x ∈ In , der nicht in A1 ∪· · ·∪An ∪B1 ∪· · ·∪Bn enthalten ist. Da die Menge A1 ∪ · · · ∪ An ∪ B1 ∪ · · · ∪ Bn abgeschlossen ist gibt es eine Umgebung [x − δ, x + δ] von x, die einen leeren Schnitt mit dieser Menge hat. Deshalb finden wir eine Teilmenge An+1 von [x − δ, x + δ], die in dieser Menge enthalten ist, die nirgends dicht, perfekt ist und die positives Maß hat. Ebenso finden wir in In \ (A1 ∪ · · · ∪ An+1 ∪ B1 ∪ · · · ∪ Bn ) eine solche Teilmenge Bn+1 . Die gesuchte Menge ist A=

∞ !

An .

n=1

λ(U ∩ A) > 0, weil U ein Intervall mit rationalen Endpunkten enthält und in diesem eine der Mengen An enthalten ist. λ(U ∩ Ac ) > 0, weil U ein Intervall mit rationalen Endpunkten enthält und in diesem eine der Mengen Bn enthalten ist. !


67

Die von einer Familie E von Mengen erzeugte σ-Algebra hatten wir als den Durchschnitt aller σ-Algebren eingef¨ uhrt, die E enthalten. Das folgende Lemma liefert eine andere Sicht einer erzeugten σ-Algebra. Es liefert den Konstruktionsplan einer solchen σ-Algebra. Wir gehen schrittweise vor. Zu der von E erzeugten σ-Algebra gehören alle Komplemente von Mengen in E. Diese nehmen wir hinzu und nennen die neue Familie E1 . Dann nehmen wir alle abzählbaren Vereinigungen von Mengen in E1 und deren Komplemente. Die neue Familie nennen wir E2 . Diesen Prozess iterieren wir. Die Frage ist, wie häufig m¨ ussen wir iterieren? Lemma 27 Es sei Ω die Menge der abz¨ ahlbaren Ordinalzahlen und X eine Menge. E sei eine Familie von Teilmengen von X. Wir setzen E1 = E ∪ {E c |E ∈ E} und f¨ ur α ∈ Ω (i) ist Eα die Familie der abz¨ ahlbaren Vereinigungen von Mengen in Eβ und Komplemente dieser Mengen, falls β der unmittelbare Vorg¨ anger von α ist. (ii) ! Eα = Eβ β β} kann nicht leer sein, weil Ω u ¨berabzählbar ist. ! Korollar 2 (i) Die Mächtigkeit der Borel σ-Algebra BR ist gleich der des Kontinu- ums. (ii) Die Mächtigkeit der Lebesgue σ-Algebra L ist gleich der M¨ achtigkeit der Potenzmenge des Kontinuums. Beweis. (i) Da die Intervalle (0, x) in BR enthalten sind, ist die Mächtigkeit größer oder gleich der des Kontinuums. Wir wollen nun zeigen, dass die Mächtigkeit von BR kleiner oder gleich der von R ist. Nach Lemma gilt ! Eα BR = α∈Ω

wobei wir als E1 die Menge aller offenen Intervalle und ihrer Komplemente wählen. Damit gilt card(E1 ) = card(R). Wir zeigen nun mit transfiniter Induktion, dass f¨ ur alle α ∈ Ω card(Eα ) = card(R) gilt. Es sei J die Menge aller α, so dass card(Eα ) = card(R) und Iβ ⊆ J. Falls β keinen unmittelbaren Vorgänger hat, gilt ! Eα Eβ = α 0. Wir wählen x0 < x1 < · · · < xn = x, so dass TF (x) − $ ≤ Ausserdem gilt TF (y) ≥ Hieraus folgt TF (y) + F (y) ≥

n & j=1

n & j=1

n & j=1

|F (xj ) − F (xj−1 )|

|F (xj ) − F (xj−1 )| + |F (y) − F (x)|

|F (xj ) − F (xj−1 )| + |F (y) − F (x)| + F (y) ≥ TF (x) − $ + F (x)

Da dies f¨ ur alle $ > 0 gilt, folgt TF (y) + F (y) ≥ TF (x) + F (x) Ebenso verfahren wir f¨ ur TF − F . !

3.6. DER HAUPTSATZ DER DIFFERENTIAL- UND INTEGRALRECHNUNG

3.6

111

Der Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung

Der Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung wird zunächst f¨ ur stetige Funktionen f : [a, b] → R formuliert: Es gilt E b f (x)dx = F (b) − F (a) a

wobei F eine Stammfunktion von f ist, d.h. F " = f . Es stellt sich nat¨ urlich die Frage, ob dieser Satz f¨ ur mehr als nur stetige Funktionen f gilt. Und, wenn man die Rollen von f und F vertauscht, stellt sich die Frage, f¨ ur welche Funktionen F gilt E b

a

F " (x)dx = F (b) − F (a).

Bei der letzteren Gleichung muss man erhebliche Einschränkungen hinnehmen. Die Cantorfunktion bzw. Teufelstreppe ist eine stetige, monoton wachsende Funktion, die diese Gleichung nicht erf¨ ullt. Die Ableitung der Cantorfunktion ist f.¨ u. 0. Eine Funktion F : R → R heißt absolutstetig, falls f¨ ur jedes $ > 0 ein δ > 0 existiert, so dass f¨ ur alle Folgen a1 < b1 < a2 < b2 < · · · < aN < bN mit N & j=1

(bj − aj ) < δ

gilt, dass N & j=1

|F (bj ) − F (aj )| < $

Bemerkung 1 (i) Jede absolutstetige Funktion ist stetig. (ii) Die Cantorfunktion ist stetig aber nicht absolutstetig. (iii) Jede absolutstetige Funktion ist von beschränkter Variation. (iv) Die Funktion f : [−1, 1] → R mit $ 0 x ∈ [−1, 0) f (x) = 1 x ∈ [0, 1] ist von beschr¨ ankter Variation, aber nicht stetig. Lemma 59 Es sei f : [a, b] → R eine absolutstetige Funktion, deren Ableitung f " f.¨ u. gleich 0 ist. Dann ist f eine konstante Funktion. Beweis. Es seien $ > 0 und c ∈ R mit a < c < b. Wir betrachten die Menge A = {x ∈ [a, c)|F " (x) = 0}

112

CHAPTER 3. MESSBARE FUNKTION UND INTEGRAL

¨ und die Uberdeckung U von A, die so definiert ist: Das Intervall [x, x + h] gehört zu U, falls x ∈ A, x + h < c und |F (x + h) − F (x)| < $h. ¨ Diese Uberdeckung erf¨ ullt die Bedingungen (i),(ii),(iii) von Lemma. Deshalb gibt es zu jedem δ > 0 endlich viele disjunkte Intervalle [xi , xi + hi ], i = 1, . . . , n, von U mit ' % n ! λ∗ A \ [xi , xi + hi ] < δ i=1

Tatsächlich können wir λ∗ durch λ ersetzen, weil A eine messbare Menge ist. Wir wählen nun δ. Wir können annehmen, dass x1 < x2 < · · · < xn gilt. Wegen der Disjunktheit gilt dann x1 < x1 + h1 < x2 < x2 + h2 < x3 < · · · < xn < xn + hn . Weil λ(A) = c − a gilt, folgt % ' n ! λ [a, c] \ [xi , xi + hi ] < δ i=1

und somit

(x1 − a) + (x2 − (x1 + h1 )) + (x3 − (x2 + h2 )) + · · · + (c − (xn + hn )) < δ. Da F absolutstetig ist, können wir δ so klein wählen, dass |F (x1 ) − F (a)| + |F (x2 ) − F (x1 + h1 )| + · · · + |F (c) − F (xn + hn )| < $. Es gilt |F (c) − F (a)| = |(F (x1 ) − F (a)) + (F (x2 ) − F (x1 + h1 )) + · · · + (F (c) − F (xn + hn )) +(F (x1 + h1 ) − F (x1 )) + (F (x2 + h2 ) − F (x2 )) + · · · + (F (xn + hn ) − F (xn ))|. Mit der Dreiecksungleichung erhalten wir |F (c) − F (a)| < $ + $

n & i=1

hi ≤ $ + $(c − a)

Da $ beliebig ist, folgt F (c) = F (a). Da dies f¨ ur alle c mit a < c < b gilt, ist F konstant. ! Satz 16 (Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung) (i) Es sei f : [a, b] → R Lebesgue-integrierbar. Dann ist E a F (x) = f (t)dλ x

absolutstetig und es gilt F " = f Lebesgue-f.¨ u.. (ii) Es sei F : [a, b] → R absolutstetig. Dann ist F " Lebesgue-integrierbar und es gilt f¨ ur alle x ∈ [a, b] E x

F (x) − F a) =

a

F " (t)dλ.

3.6. DER HAUPTSATZ DER DIFFERENTIAL- UND INTEGRALRECHNUNG

113

Beweis. (i) Zu jedem $ > 0 existiert ein δB > 0, so dass f¨ ur alle Lebesgue-messbaren ¨ Hieraus Mengen A mit λ(A) < δ die Abschätzung A f dλ < $ gilt. (Ubungsaufgabe) folgt, dass F absolutstetig ist. Da jede absolutstetige Funktion von beschränkter Variation ist, so ist F f.¨ u. differenzierbar. Wir weisen zunächst in dem Fall, dass f beschränkt ist, die Gleichung F " = f f.¨ u. nach. Dazu m¨ ussen wir die Funktion auch f¨ ur Werte x mit x > b definieren. Wir setzen in diesem Fall f (x) = f (b). Wir betrachten nun eine Folge von Funktionen n(F (x +

1 ) − F (x)) n

n∈N

Da f beschränkt ist, d.h. es gibt es C mit |f | ≤ C, ist die Folge gleichmäßig beschränkt: E x+ 1 n 1 f (t)dλ ≤ C. n(F (x + ) − F (x)) = n n x Es gilt f¨ ur alle c mit a < c < b E E c " F (x)dλ =

c

lim n(F (x +

a n→∞

a

1 ) − F (x))dλ n

Da die Folge der Integranden beschränkt ist, können wir den Konvergenzsatz von Lebesgue anwenden E c E c 1 " F (x)dλ = lim n(F (x + ) − F (x))dλ n→∞ a n a ' %E 1 1 E c+ n

= lim

n→∞

c

nF (x)dλ −

a+ n

nF (x)dλ .

a

Aus der Stetigkeit von F folgt E

c

a

F " (x)dλ = F (c) − F (a).

Da F stetig ist können wir den Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung f¨ ur stetige Funktionen anwenden E c E c " F (x)dλ = f (x)dλ. a

a

Deshalb gilt f¨ ur alle c mit a < c < b E

a

c

F " (x) − f (x)dλ.

¨ Nach Ubungsaufgabe ist ein solcher Integrand f.¨ u. 0. Nun f¨ uhren wir den allgemeinen Fall auf den Fall einer beschränkten Funktion f zur¨ uck. Es reicht auch anzunehmen, dass f ≥ 0, da man f in seinen negativen und positiven Teil zerlegen kann. Wir betrachten die Funktion min{f, n}. Da diese Funktion beschränkt ist, gilt f¨ ur alle x mit a < x < b und die Funktion E x Fn (x) = min{f, n}dλ, a

114


dass f.¨ u. Fn" = min{f, n}. Mit dem Lebesgueschen Konvergenzsatz folgt E x E x E x min{f, n}dλ = lim min{f, n}dλ = f dλ. lim Fn = lim n→∞

n→∞

a

a

n→∞

a

u. Da limn→∞ λ({x|f (x) ≥ n}) = 0, folgt f.¨ lim Fn" = f.

n→∞

(ii) Da F absolutstetig ist, ist F von beschränkter Variation und damit nach Lemma f.¨ u. differenzierbar. Ausserdem ist die Ableitung eine integrierbare Funktion. Wir setzen Bx " G(x) = a F (x)dλ. Nach (i) gilt f.¨ u. G" = F " . Die Funktion G − F ist absolutstetig und es gilt f¨ u. (G − F )" = 0. Nach Lemma ist G − F eine konstante Funktion. ! Beispiel 26 Es gibt eine absolutstetige Funktion, die von [0, 1] nach R abbildet und die nirgendwo monoton ist. (Da die Funktion absolutstetig ist, ist sie fast u ¨berall differenzierbar.)

Beweis. Nach Beispiel gibt es eine Lebesgue messbare Teilmenge A von [0, 1], so dass f¨ ur alle Intervalle I mit I ⊆ [0, 1] die Ungleichungen λ(A ∩ I) > 0 und λ(Ac ∩ I) > 0 gelten. Die gesuchte Funktion ist eine Stammfunktion von χA − χAc . !

3.7. DAS RIEMANN-INTEGRAL

3.7

115

Das Riemann-Integral

Berhard Riemann (1826-1866) war Professor in Göttingen. Die nach ihm benannte Riemannsche Vermutung ist das ber¨ uhmteste offene mathematische Problem. Eine Partition eines Intervalls [a, b] ist eine endliche Folge P = {t0 , . . . , tn }, so dass a = t0 < t1 < · · · < tn = b Wir definieren f¨ ur eine beschränkte Funktion f : [a, b] → R / Mj = supt∈[tj−1 ,tj ] f (t) SP (f ) = nj=1 Mj (tj − tj−1 ) /n sP (f ) = j=1 mj (tj − tj−1 ) mj = inf t∈[tj−1 ,tj ] f (t)

Wir sagen, dass eine beschränkte Funktion f Riemann integrierbar ist, wenn inf SP (f ) = sup sP (f ) P

gilt. Das Riemann Integral ist E b

P

f (t)dt = inf SP (f ) = sup sP (f ) P

a

P

Eine Partition P " ist Verfeinerung einer Partition P , wenn P ⊆ P " . Lemma 60 Es sei f : [a, b] → R eine beschr¨ ankte Funktion. Es sei P " Verfeinerung der Partition P . Dann gilt sP (f ) ≤ sP $ (f )

SP $ (f ) ≤ SP (f )

Lemma 61 Es sei f : [a, b] → R eine beschr¨ ankte Funktion und H, h : [a, b] → R seien durch ' % H(x0 ) = lim sup f (y) := inf

sup f (x)

δ>0

x→x0

h(x0 ) = lim inf f (x) := sup x→x0

δ>0

*

|x−x0 | 1, dann w¨ ahlen wir M (x) = e−x+1 (2(x − 1))x−1 . t

(Dies ist das Maximum der Funktion tx−1 e− 2 .) Durch Differenzieren stellen wir fest, dass die Funktion t tx−1 e− 2 auf (0, ∞) in t = 2(x − 1) ein lokales Maximum besitzt, f¨ ur t > 2(x − 1) fallend ist und f¨ ur t < 2(x − 1) wachsend ist. Also gilt t

tx−1 e− 2 ≤ e−x+1 (2(x − 1))x−1 . Es folgt

t

tx−1 e−t ≤ e−x+1 (2(x − 1))x−1 e− 2

und damit E

∞

≤ M (x)

tx−1 e−t dt

1

E

∞

t

e− 2 dt = M (x) lim

b→∞

1 b

1

E

b

t

e− 2 dt

1 1

= M (x) lim −2(e− 2 − e− 2 ) = M (x)2e− 2 . b→∞

Damit ist Γ wohldefiniert. (i) Wir weisen hier nur die Existenz der ersten Ableitung nach, die h¨ oheren Ableitungen lassen sich analog nachweisen. Um die Existenz der Ableitung nachzuweisen benutzen wir Korollar 6. Wenn wir Korollar 6 anwenden k¨ onnten, dann erg¨ abe sich die Aussage: E ∞ E ∞ E ∞ d ∂ x−1 −t d tx−1 e−t dλ = e )dλ = (ln t)tx−1 e−t dλ Γ(x) = (t dx dx 0 ∂x 0 0 Allerdings gelten die Voraussetzungen von Korollar 6 nicht f¨ ur die Funktion tx−1 e−t auf (0, ∞). Sie gelten jedoch auf jedem kompakten Intervall [α, β]. Wir zeigen , , , , ∂ ∀α, β, 0 < α < β < ∞∃Cα,β ∀x ∈ [α, β]∀t ∈ (0, ∞) : ,, tx−1 e−t ,, ≤ Cα,β gα (t) ∂x wobei

gα (t) =

$

α

t−1+ 2 + | ln t| − 2t

e

0≤t≤1 1 0. Mit kl(W ) bezeichnen wir die Kantenlänge von W . ! K" = W W ∩K*=∅, kl(W )≤δ/2 K " ist eine kompakte Menge mit K " ⊆ U . Hierzu m¨ ussen wir zeigen, dass  ,  ,   ! , c , W und y ∈ U inf 5x − y5∞ ,x ∈ >0   , W ∩K*=∅, kl(W )≤δ/2

3.11. DER TRANSFORMATIONSSATZ

153

Es seien x ∈ W , z ∈ W ∩ K und y ∈ U c . Dann 5x − y5∞ ≥ 5z − y5∞ − 5x − z5∞ ≥ δ − δ/2 = δ/2 Weil die partiellen Ableitungen stetig sind, gibt es ein C > 0, so dass % n , ,' & , ∂Φi , , , sup max , ∂xj (ξ), ≤ C ξ∈K $ 1≤i≤n j=1

Da N eine Nullmenge ist, folgt mit Lemma ?? , 0 $∞ ∞ , & ! , λn (N ) = inf λn (Wi ), Wi ist W¨ urfel und N ⊆ Wi = 0 , i=1

i=1

Hierbei können wir zusätzlich annehmen, dass alle W¨ urfel Kantenlängen kleiner oder gleich δ besitzen. (Jeder W¨ urfel mit größerer Kantenlänge lässt sich als endliche Vereinigung von W¨ urfeln der Kantenlänge δ schreiben, deren Schnitte das Maß 0 besitzen.) Deshalb gibt es zu jedem k eine Folge Wik mit N⊆

∞ !

Wik

∞ &

und

i=1

i=1

Es folgt Φ(N ) ⊆ und λn

%∞ !

∞ !

Φ(Wik )

i=1

'

Φ(Wik )

i=1

Deshalb ist

- . 1 λn Wik ≤ . k

∞ ∞ ! "

1 ≤ Cn . k

Φ(Wik )

k=1 i=1

eine Nullmenge, die Φ(N ) enthält, und somit ist auch Φ(N ) eine Nullmenge. Deshalb ist, das Bild einer Nullmenge, die in einer kompakten Menge enthalten ist, eine Nullmenge. Jede Nullmenge ist abzählbare Vereinigung von Nullmengen, die in kompakten Mengen enthalten sind. Um dies einzusehen, kann man das Lemma ?? u ¨ber die Darstellung einer offenen Menge als Vereinigung von W¨ urfeln benutzen. (ii) Wir u ¨berlegen uns, dass die Funktion f ◦ Φ Lebesgue-messbar ist. Wir hatten ein Beispiel von zwei Funktionen angegeben (Beispiel), wobei eine Funktion Lebesguemessbar ist, die andere stetig, aber die Hintereinanderausf¨ uhrung beider Funktionen nicht Lebesgue-messbar ist. Wir m¨ ussen in der vorliegenden Situation ausnutzen, dass Φ Nullmengen in Nullmengen abbildet. Wir zeigen, dass Φ−1 (f −1 ((a, b))) eine Lebesgue-messbare Menge ist. Da f Lebesguemessbar ist, so ist f −1 ((a, b)) eine Lebesgue-messbare Menge. Nach Lemma ?? ist eine Lebesgue-messbare Menge Vereinigung einer Borel-Menge B und einer Lebesgue-Nullmenge N . Da Φ stetig ist, ist nach Lemma ?? das Urbild einer Borel-Menge eine Borel-Menge ist. Nach (i) ist Φ−1 (N ) eine Nullmenge, weil Φ−1 ein C 1 -Diffeomorphismus ist. !

154


Lemma 80 Es sei f : Rn → R eine Lebesgue-integrierbare Funktion und T : Rn → Rn eine lineare Abbildung. Dann ist auch f ◦ T eine Lebesgue-integrierbare Funktion und E E f dλn = | det(T )| f ◦ T dλn . Rn

Rn

F¨ ur eine messbare Menge A erhalten wir λn (T (A)) = | det(T )|λn (A) Diese Formel ergibt sich, wenn wir f = χT (A) setzen. Beweis. Nach Lemma ?? ist die Funktion f ◦ T Lebesgue-messbar. Wir pr¨ ufen nach, dass die Formel f¨ ur lineare Abbildungen richtig ist, die in Lemma ??(i) angegeben sind. Mit dem Satz von Fubini folgt E f (x1 , . . . , xi + cxk , . . . , xn )dλn Rn E E = · · · f (x1 , . . . , xi + cxk , . . . , xn )dλ(x1 ) · · · dλ(xn ) R

R

Nach dem Satz von Fubini ist E E · · · f (x1 , . . . , xi + cxk , . . . , xn )dλ(x1 ) · · · dλ(xi−1 ) R

R

als ur fast alle (xi+1 , . . . , xn ) integrierbar. Wir wenden die Formel B FunktionB von xi f¨ f (t)dλ = f (t + a)dλ R R E E · · · f (x1 , . . . , xi + cxk , . . . , xn )dλ(x1 ) · · · dλ(xi−1 )dλ(xi ) R RE E = · · · f (x1 , . . . , xi , . . . , xn )dλ(x1 ) · · · dλ(xi−1 )dλ(xi ) R

R

Es folgt E

R

···

E

f (x1 , . . . , xi + cxk , . . . , xn )dλ(x1 ) · · · dλ(xn ) E = · · · f (x1 , . . . , xi , . . . , xn )dλ(x1 ) · · · dλ(xn ) RE

R

R

! Wir wollen im folgenden auf dem Raum aller n × n-Matrizen die Norm 5T 5 = max

1≤i≤n

n & i=1

|ti,j |

betrachten. F¨ ur die Identität I ergibt sich 5I5 = 1.

3.11. DER TRANSFORMATIONSSATZ

155

Satz 24 (Transformationssatz) Es sei U eine offene Menge im Rn , Φ : U → Rn ein C 1 -Diffeomorphismus und f : Φ(U ) → R eine Lebesgue-integrierbare Funktion. Dann gilt , * +, E E , ∂Φ ,, f dλn = f ◦ Φ ,,det dλn . ∂x , Φ(U ) U

Beweis. Nach Lemma ?? ist die Funktion f ◦ Φ Lebesgue-messbar. Wie im Beweis zu Lemma ?? nachgewiesen, gilt f¨ ur alle W¨ urfel W % % n , ,''n & , ∂Φi , , , λn (Φ(W )) ≤ sup max λn (W ) , ∂xj (ξ), ξ∈W 1≤i≤n j=1

⊆U , * +n ,, , ∂Φ , , i ,det , dλn (x) , ∂x j i,j=1 , W

Wir zeigen nun, dass f¨ ur alle W¨ urfel W E λn (Φ(W )) ≤

gilt. (Tatsächlich gilt hier Gleichheit.) Dazu zeigen wir, dass f¨ ur alle kompakten Mengen K, K ⊆ U , und alle $ > 0 ein δ > 0 existiert, so dass f¨ ur alle W¨ urfel W = {y|5y − z5∞ ≤ δ} ⊆ K , +, * , , ∂Φ , λn (φ(W )) ≤ ,det (z) ,, (1 + $)n λn (W ) ∂x gilt. Wir weisen dies nach. Die Funktion * +−1 ∂Φ ∂φ (z, y) → (z) (y) ∂x ∂x

ist auf der kompakten Menge W × W mit der Metrik d((z, y), (v, w)) = 5z − v5∞ − 5y − w5∞ stetig, weil φ stetig differenzierbar ist. Somit ist diese Funktion auf W W gleichmäßig stetig. Wir setzen v = w = z und erhalten, dass f¨ ur alle $ > 0 ein δ > 0 existiert, so dass f¨ ur alle z und y mit 5y − z5∞ ≤ δ Q* Q Q ∂Φ +−1 ∂Φ Q Q Q (z) (y) − I Q Q 2−k0 +1 . Dann gilt f¨ ur alle k mit k0 ≤ k µ{x| |fnk (x) − f (x)| ≥ $}

≤ µ{x| |fnk (x) − f (x)| ≥ 2−k0 +1 } ≤ µ{x| |fnk (x) − f (x)| ≥ 2−k+1 } ≤ 2−k+1

Wir zeigen nun, dass auch fn , n ∈ N, im Maß gegen f konvergiert. Hierzu u ¨berlegen wir uns, dass f¨ ur alle n und nj 5 , $ 6 5 ,, $6 , {x| |fn (x) − f (x)| ≥ $} ⊆ x , |fn (x) − fnj (x)| ≥ ∪ x , |fnj (x) − f (x)| ≥ 2 2

Falls nämlich

|fn (x) − f (x)| ≥ $

gilt, dann folgt aus der Dreiecksungleichung $ ≤ |fn (x) − fnj (x)| + |fnj (x) − f (x)|.

170


Also gilt

$ $ ≤ |fn (x) − fnj (x)| oder ≤ |fnj (x) − f (x)|. 2 2 ur alle $ > 0 und δ > 0 existiert ein N , so dass Weil fn , n ∈ N, Cauchy im Maß ist, gilt: F¨ f¨ ur alle n, nj mit N ≤ n, nj 5 , $ 6 , µ x , ≤ |fn (x) − fnj (x)| < δ 2

ur alle $ > 0 und δ > 0 existiert ein Da fnj , j ∈ N, gegen f im Maß konvergiert, gilt: F¨ N , so dass f¨ ur alle nj mit N ≤ nj 5 , $ 6 , µ x , ≤ |fnj (x) − f (x)| < δ 2

Also gilt auch

µ {x | $ ≤ |fn (x) − f (x)|} < 2δ

! Korollar 11 Falls die Folge fn , n ∈ N, in L1 gegen f konvergiert, dann gibt es eine Teilfolge fnj , j ∈ N, die gegen f fast u ¨berall punktweise konvergiert. Beweis. Falls fn in L1 gegen f konvergiert, dann konvergiert die Folge auch im Maß gegen f . Wegen Lemma gibt es eine Teilfolge, die fast u ¨berall punktweise gegen f konvergiert. ! Satz 25 (Egorov) Es sei (X, A, µ) ein vollständiger Maßraum mit µ(X) < ∞. Es sei fn , n ∈ N, eine Folge messbarer, reell- oder komplexwertiger Funktionen, die fast u ¨berall punktweise gegen f konvergiert. Dann gibt es f¨ ur jedes $ > 0 eine Teilmenge A von X mit µ(A) < $, so dass die Folge fn auf Ac gleichmässig gegen f konvergiert. Die Folge der Funktionen fn : [0, 1] → R, fn (x) = xn , konvergiert punktweise fast u ¨berall gegen die Nullfunktion. Die Folge konvergiert aber nicht gleichmässig fast u ¨berall. Auf der Menge [0, 1 − $] liegt gleichmässige Konvergenz vor. Die Folge der Funktionen fn : R → R, fn (x) = (1 − n1 )x konvergiert punktweise fast u ¨berall, aber nicht gleichmässig. Es lassen sich keine Mengen A mit µ(A) < $ gibt, so dass die Folge auf Ac gleichmäßig konvergiert. ¨berall Beweis. Ohne Einschränkung der Allgemeinheit können wir annehmen, dass fn u punktweise gegen f konvergiert. Wir setzen 4 ∞ 3 , ! , 1 , x , |fm (x) − f (x)| ≥ An (k) = k m=n

F¨ ur alle k ∈ N und alle n ∈ N gilt

An+1 (k) ⊆ An (k)

3.12. KONVERGENZ IM MASS UND DER RAUM L0 und f¨ ur alle k ∈ N gilt

∞ "

n=1

171

An (k) = ∅

Die ( Inklusion An+1 (k) ⊆ An (k) ist offensichtlich. Wir nehmen an, dass es ein Element x∈ ∞ n=1 An (k) gibt. Also ∀n : x ∈ Ank . Es folgt ∞ ! 1 , 2 x , |fm (x) − f (x)| ≥ k1 ∀n : x ∈ m=n

∀n∃mn ≥ n : |fmn (x) − f (x)| ≥

1 k

Es folgt, dass es eine Folge mn , n ∈ N, mit 1 k

≤ |f (x) − fmn (x)|

Dies bedeutet, dass die Folge fmn (x), j ∈ N, nicht gegen f (x) konvergiert. Damit konvergiert auch die Folge fn (x), n ∈ N, nicht gegen f (x), was nicht wahr ist. Weil µ(An (k)) < ∞, folgt, dass lim (µ(An (k))) = 0

n→∞

gibt. Wir wählen nk so groß, dass µ(Ank (k)) < A=

∞ !

! . 2k

Wir setzen

Ank (k)

k=1

Dann gilt µ(A) = µ

%∞ !

k=1

'

Ank (k)

≤

∞ &

µ(Ank (k)) < $

k=1

Wir zeigen, dass fn auf Ac gleichmässig konvergiert. Es sei δ > 0 gegeben. Wir wählen k so gross, dass δ > k1 . F¨ ur x ∈ Ac gilt insbesondere, dass x ∈ / Ank (k), also 1 2 ( 1 x ∈ (Ank (k))c = ∞ m=nk x| |fm (x) − f (x)| < k 2 1 = x| ∀m ≥ nk : |fm (x) − f (x)| < k1 !

Satz 26 (Lusin) Es sei f : [a, b] → R eine Lebesgue messbare Funktion und $ > 0. Dann gibt es eine Teilmenge A ⊆ [a, b], so dass λ(Ac ) < $ und f|A ist stetig. Wir k¨ onnen sogar eine solche Menge A finden, die kompakt ist. ¨ messbarer Funktionen, die fast u ¨berall L0 (X, A, µ) ist der Raum der Aquivalenzklassen gleich sind. Die Topologie wird von dem System von Umgebungen V! (f ) = {g| µ({x| |f (x) − g(x)| ≥ $}) ≤ $} erzeugt.

172


Lemma 83 Es sei (X, A, µ) ein endlicher Maßraum. Wir setzen E |f − g| dµ d(f, g) = X 1 + |f − g| Dann ist d eine Metrik auf L0 und eine Folge fn konvergiert genau dann in der Metrik d gegen f , wenn die Folge im Maß gegen f konvergiert.

3.13. SIGNIERTE MASSE

3.13

173

Signierte Maße

Es sei X eine Menge mit einer σ-Algera A. Ein signiertes Maß ist eine Funktion ν : A → [−∞, ∞], so dass (i) ν(∅) = 0 (ii) ν nimmt höchstens einen der Werte ∞ und −∞ an. (iii) Falls Aj , j ∈ N, eine Folge von disjunkten Mengen in A ist, dann gilt ' %∞ ∞ ! & Aj = ν(Aj ) ν j=1

j=1

und die Reihe konvergiert absolut, wenn ν

8#

∞ j=1

9

Aj < ∞.

Lemma 84 Es sei ν ein signiertes Maß auf (X, A). Falls Aj , j ∈ N, eine wachsende Folge von Mengen aus A ist, d.h. f¨ ur alle j ∈ N gilt Aj ⊆ Aj+1 , dann gilt ' %∞ ! Aj = lim ν(Aj ) ν j→∞

j=1

ur alle j ∈ N gilt Aj ⊇ Aj+1 , Falls Aj , j ∈ N eine fallende Folge von Mengen in A ist, d.h. f¨ und falls ν(A1 ) < ∞, dann gilt ' %∞ " Aj = lim ν(Aj ) ν j→∞

j=1

Beweis. Wie im Fall von positiven Maßen. ! Wir sagen, dass eine Menge A ∈ A positiv ist, wenn f¨ ur alle Mengen B ∈ A mit B ⊆ A ν(B) ≥ 0 gilt. Entsprechend bezeichnen wir Mengen als negative Mengen. Ebenso sagen wir, dass A eine Nullmenge ist, falls f¨ ur alle Teilmengen B von A mit B ∈ A die Gleichung ν(B) = 0 gilt. Lemma 85 Es sei (X, A, ν) eine Maßraum mit # einem signierten Maß und Aj sei eine Folge von positiven Mengen aus A. Dann ist ∞ j=1 Aj eine positive Menge. Beweis. Es sei B ∈ A eine Teilmenge von B∩

%

#∞

j=1

An \

Aj . Die Menge

n−1 ! j=1

Aj

'

174


ist eine positive Menge, weil sie Teilmenge von An ist. Dann gilt '' % % ∞ n−1 & ! ≥0 ν B ∩ An \ Aj ν(B) = n=1

j=1

! Satz 27 (Zerlegung von Hahn) Es sei (X, A, ν) eine Maßraum mit einem signierten Maß. Dann existieren eine positive Menge P und eine negative Menge N , so dass X = P ∪ N und P ∩ N = ∅. ˜ mit X = Falls es eine weitere positive Menge P˜ und eine weitere negative Menge N ˜ und P˜ ∩ N ˜ = ∅ gibt, dann ist P :P˜ eine Nullmenge. P˜ ∪ N Die Zerlegung X = P ∪ N von X in eine positive Menge P und eine negative Menge N heißt Hahn-Zerlegung. Lemma 86 Es sei (X, A, ν) eine Maßraum mit einem signierten Maß, das den Wert ∞ nicht annimmt. Dann gibt es zu jeder Menge A ∈ A eine positive Teilmenge P ⊆ A mit ν(A) ≤ ν(P ). Beweis. Falls ν(A) ≤ 0 gilt, dann können wir P = ∅ wählen. Es sei A ∈ A eine Menge mit ν(A) > 0. Dann gilt ∀$ > 0 ∃B ⊆ A, ν(A) ≤ ν(B), ∀E ⊆ B : ν(E) > −$ Eine solche Menge B ist also ”fast positiv” bzw. ”positiv bis auf $”. Wir nehmen an, dass wir eine solche Menge B nicht finden können. Dann gibt es also ein $ > 0, so dass f¨ ur alle Teilmengen B von A mit ν(A) ≤ ν(B) eine Teilmenge E existiert, so dass ν(E) ≤ −$. ∃$ > 0∀B ⊆ A, ν(A) ≤ ν(B), ∃E ⊆ B : ν(E) ≤ −$ Insbesondere enthält A eine Teilmenge E1 mit ν(E1 ) ≤ −$. F¨ ur die Menge A \ E1 gilt ν(A \ E1 ) = ν(A) − ν(E1 ) ≥ ν(A) + $ > ν(A) Deshalb können wir das Argument auf die Menge A \ E1 anwenden. Durch Induktion erhalten wir eine Folge En , n ∈ N, von Teilmengen von A, die paarweise disjunkt sind und f¨ ur die ν(En ) ≤ −$. Hiermit folgt % ' ∞ ∞ ! & En = ν(A) − ν(En ) = ∞ ν A\ n=1

n=1

Die letzte Gleichung gilt, weil ν(A) > 0. Dies kann nicht sein, weil der Wert ∞ von keiner Menge angenommen wird.

3.13. SIGNIERTE MASSE

175

Wir zeigen nun, dass es f¨ ur jede Menge A mit ν(A) > 0 eine positive Teilmenge P ⊆ A mit ν(A) ≤ ν(P ) gibt. Dazu zeigen wir, dass es eine Folge von Teilmengen An ∈ A, n ∈ N, von A mit ∀n ∈ N : An+1 ⊆ An

ν(A) ≤ ν(An ) ≤ ν(An+1 ) 1 ∀n ∈ N ∀E ∈ A, E ⊆ An : − ≤ ν(E) n Wir wenden auf A die Eigenschaft () an und setzen A1 = B. Der Induktionsschritt von 1 n auf n + 1 benutzt (??). (??) wird auf An und $ = n+1 angewendet. (∞ Dann ist n=1 An eine positive Menge mit ' %∞ " An ν(A) ≤ ν und

n=1

( Wir weisen dies nach. Es sei E eine Teilmenge von ∞ n=1 An . Dann ist E insbesondere 1 Teilmenge von An und es gilt − n ≤ ν(E). Da dies f¨ ur alle n ∈ N gilt, folgt 0 ≤ ν(E). Weil ν < ∞, folgt mit Lemma ?? %∞ ' " ν An = lim ν(An ) ≥ ν(A1 ) ≥ ν(A) n=1

n→∞

!

Beweis von Satz 27. Wir können annehmen, dass der Wert ∞ nicht angenommen wird. Ansonsten betrachten wir −ν. Anderenfalls wählen wir P = ∅. Wir setzen s = sup{ν(A)| A ∈ A} Es gilt s ≥ 0, weil ν(∅) = 0. Dann gibt es positive Mengen Pn mit limn→∞ ν(Pn ) = s. Wir setzen ∞ ! P = Pn n=1

P ist positiv, weil sämtliche Pn positiv sind. Außerdem gilt %∞ ' ! ν(P ) = ν Pn = lim ν(Pn ) = s n=1

n→∞

Die Menge N = P c ist negativ. Wir weisen das nach. Es sei E eine Teilmenge von N . Dann gilt s ≥ ν(E ∪ P ) = ν(E) + ν(P ) = ν(E) + s Also gilt ν(E) ≤ 0. Wir zeigen nun, dass P :P˜ eine Nullmenge ist. Es gilt P :P˜ = (P \ P˜ ) ∪ (P˜ \ P )

P \ P˜ = P ∩ P˜ c ist eine Teilmenge der positiven Menge P , also eine positive Menge, und eine Teilmenge der negativen Menge P˜ c , also eine negative Menge. Also ist P \ P˜ eine Nullmenge. ! Es seien ν und µ zwei signierte Maße. Wir sagen, dass sie orthogonal sind, wenn es zwei disjunkte Mengen A und B mit X = A ∪ B gibt, so dass A f¨ ur µ eine Nullmenge ist und B f¨ ur ν eine Nullmenge ist.

176


Satz 28 Es sei (X, A, ν) ein Maßraum mit einem signierten Maß ν. Dann gibt es zwei eindeutige, positive, orthogonale Maße ν + und ν − , so dass ν = ν + − ν − . Wir bezeichnen ν + als die positive Variation von ν und ν − als die negative Variation. Das Paar (ν + , ν − ) heisst die Jordan-Zerlegung von ν. |ν| = ν + + ν − heisst die totale Variation von ν. Beweis. Es sei X = P ∪ N die Hahn-Zerlegung von X. Wir definieren ν + (A) = ν(A ∩ P )

− ν − (A) = ν(A ∩ N )

Da A = (A ∩ P ) ∪ (A ∩ N ) und (A ∩ P ) ∩ (A ∩ N ) = ∅ gelten, folgt ν(A) = ν + (A) − ν − (A). Wir zeigen nun die Eindeutigkeit der Zerlegung. Wir nehmen an, dass es eine weitere Zerlegung ν = µ+ − µ− gibt, die verschieden ist. Dann gibt es zwei disjunkte Mengen ˜ , so dass P˜ Nullmenge f¨ ˜ Nullmenge f¨ ˜ ist P˜ und N ur µ− ist und N ur µ+ ist. P˜ und N ˜ = eine Hahn-Zerlegung von X. Deshalb sind P :P˜ = (P ∪ P˜ ) \ (P ∩ P˜ ) und N :N ˜ ˜ (N ∪ N ) \ (N ∩ N ) Nullmengen. Deshalb sind auch alle messbaren Teilmengen hiervon Nullmengen, insbesondere sind (P ∪ P˜ ) \ P und (P ∪ P˜ ) \ P˜ Nullmengen. Es gilt 0 = ν(A ∩ ((P ∪ P˜ ) \ P )) = ν((A ∩ (P ∪ P˜ )) \ (A ∩ P )) = ν(A ∩ (P ∪ P˜ )) − ν(A ∩ P ) und somit

ν(A ∩ (P ∪ P˜ )) = ν(A ∩ P ). Genauso erhalten wir ν(A ∩ (P ∪ P˜ )) = ν(A ∩ P˜ ). Es folgt f¨ ur alle A ∈ A ν(A ∩ (P ∪ P˜ )) = ν(A ∩ (P ∩ P˜ )).

Es folgt

ν(A ∩ P˜ ) = ν(A ∩ P )

Damit erhalten wir µ+ (A)

!

˜ )) = µ+ (A ∩ P˜ ) + µ+ (A ∩ N ˜) = µ+ ((A ∩ P˜ ) ∪ (A ∩ N + + − = µ (A ∩ P˜ ) = µ (A ∩ P˜ ) − µ (A ∩ P˜ ) = ν(A ∩ P˜ ) = ν(A ∩ P ) = ν + (A)

3.14. DER SATZ VON RADON-NIKODYM

3.14

177

Der Satz von Radon-Nikodym

Zu einem gegebenen Maß µ finden sich auf nat¨ urliche Weise weitere Maße, indem man das Maß mit einer integrierbaren Funktion f multipliziert. E ν(A) = f dµ A

Umgekehrt, wenn man zwei Maße betrachtet, dann stellt sich die Frage, wann das eine Maß gleich dem Produkt einer integrierbaren Funktion mit dem anderen Maß ist. Dies beantwortet der Satz von Radon-Nikodym. Es geht genau dann, wenn das eine Maß absolutstetig bez¨ uglich des anderen ist. Der Satz von Radon-Nikodym hat viele Anwendungen. In der Funktionalanalysis beweist man mit ihm, dass der Dualraum von Lp mit dem Raum Lq , p1 + 1q = 1, identifiziert werden kann. In der Wahrscheinlichkeitstheorie kann man mit ihm die bedingte Erwartung definieren. Es gibt eine Reihe von Beweisen des Satzes von Radon-Nikodym. Die meisten benutzen entweder den Zerlegungsatz von Hahn f¨ ur signierte Maße [Bar], [Bea], [Roy], [Els] oder Hilbertraum-Methoden [Ru], [Tor]. Weitere Beweise finden sich in [Sche], [Se]. Der erste Beweis. Es seien X eine Menge mit einer σ-Algebra A, ν ein signiertes Maß und µ ein positives Maß auf (X, A). ν ist bez¨ uglich µ absolutstetig, ν @ µ, falls f¨ ur alle A mit µ(A) = 0 gilt, dass ν(A) = 0. Die reellen Zahlen R mit der Borel σ-Algebra und dem Lebesgue Maß λ und dem Dirac Maß δ0 ist ein Beispiel. Es gelten weder δ0 @ λ noch λ @ δ0 . Lemma 87 Es seien X eine Menge mit einer σ-Algebra A, ν ein signiertes Maß und µ ein positives Maß auf (X, A). Dann sind äquivalent (i) ν @ µ (ii) |ν| @ µ (iii) ν + @ µ und ν − @ µ Beweis. (iii) ⇒ (i) : Falls µ(A) = 0, dann gelten ν + (A) = 0 und ν − (A) = 0. Damit gilt ν (A) = ν + (A) − ν − (A) = 0. Ebenso zeigen wir (iii) ⇒ (ii). ! Satz 29 Es seien X eine Menge mit einer σ-Algebra A, ν ein signiertes, endliches Maß und µ ein positives Maß auf (X, A). Es gilt genau dann ν @ µ, wenn f¨ ur jedes $ > 0 ein δ > 0 existiert, so dass f¨ ur alle A mit µ(A) < δ gilt, dass |ν(A)| < $. Beweis. Da ν @ µ genau dann gilt, wenn |ν| @ µ gilt, können wir annehmen, dass ν positiv ist. Wir nehmen an, dass f¨ ur jedes $ > 0 ein δ > 0 existiert, so dass f¨ ur alle A mit µ(A) < δ gilt, dass |ν(A)| < $. Falls µ(A) = 0, so folgt f¨ ur alle $ > 0, dass ν(A) < $, also ν(A) = 0.

178


Nun nehmen wir an, dass es ein $ > 0 gibt, so dass f¨ ur alle δ > 0 eine Menge A mit µ(A) < δ existiert, so dass |ν(A)| ≥ $ gilt. ∃$ > 0∀n ∈ N∃An : µ(An ) < 2−n und |ν(An )| ≥ $ Dann setzen wir A=

∞ ! ∞ "

Ak

n=1 k=n

Es gilt µ(A) ≤ µ

%∞ !

Ak

k=1

'

≤

∞ & k=1

µ(Ak ) ≤ 1

Weil µ(A) endlich ist, gilt f¨ ur alle n ∈ N %∞ ' ∞ ∞ ! & & Ak ≤ µ(Ak ) ≤ 2−k = 2−n+1 µ(A) = lim µ n→∞

k=n

k=n

k=n

Also gilt µ(A) = 0 Andererseits, weil ν endlich ist, gilt f¨ ur alle n ∈ N %∞ ' ! ν(A) = lim Ak ≥ ν(An ) ≥ $ n→∞

k=n

Also ist ν nicht absolutstetig bzgl. µ. ! 1 Korollar 12 B Es sei f ∈ L (µ). Dann gelten (i) ν(A) = A f dµ ist absolutstetig bzgl. µ. (ii) ur jedes $ > 0 gibt es ein δ > 0, so dass f¨ ur alle A mit µ(A) < δ gilt, dass B F¨ | A f dµ| < $

Wir schreiben in solchem Fall auch dν = f dµ. Lemma 88 Es seien X eine Menge mit einer σ-Algebra A und ν und µ endliche positive Maße auf (X, A). Dann sind µ und ν orthogonal oder es gibt ein $ > 0 und A ∈ A, so dass µ(A) > 0 und f¨ ur alle B ∈ A mit B ⊆ A gilt $ µ(B) ≤ ν(B) Beweis. Es sei X = Pn ∪ Nn die Hahn-Zerlegung f¨ ur das signierte Maß ν − n1 µ. Wir setzen ∞ ∞ ! " P = Pn N= Nn n=1

c

Es gilt N = P .

c

P =

%

∞ !

n=1

Pn

n=1

'c

=

∞ "

n=1

Pnc

=

∞ "

n=1

Nn = N


179

ur Insbesondere ist N eine negative Menge f¨ ur alle Maße ν − n1 µ, n ∈ N. Deshalb gilt f¨ alle n ∈ N 1 ν(N ) − µ(N ) ≤ 0 n Es folgt, dass f¨ ur alle n ∈ N 1 0 ≤ ν(N ) ≤ µ(N ) n Weil µ(N ) < ∞, folgt ν(N ) = 0. Falls µ(P ) = 0, dann sind µ und ν orthogonal. Es gilt nämlich X = P ∪ N , P ∩ N = ∅, µ(P ) = 0 und ν(N ) = 0. Falls µ(P ) > 0, dann gibt es ein n0 mit µ(Pn0 ) > 0. Wir pr¨ ufen dies nach. Es gilt %∞ ' ∞ ! & Pn = µ(Pn ) 0 < µ(P ) = µ n=1

n=1

Also gibt es n0 mit µ(Pn0 ) > 0. Nach Konstruktion ist Pn0 eine positive Menge f¨ ur ν − n1 µ. Deshalb gilt f¨ ur alle Teilmengen B von Pn0 1 µ(B) ≤ ν(B). n0 !

Satz 30 (Radon-Nikodym) Es seien X eine Menge mit einer σ-Algebra A, ν ein σendliches, signiertes Maß und µ ein σ-endliches, positives Maß. Dann gibt es eindeutige σ-endliche, signierte Maße α und β auf (X, A), so dass β@µ

α und µ sind orthogonal

ν =α+β

Ausserdem existiert eine µ-messbare Funktion f : X → R, die fast u ¨berall eindeutig ist und die dβ = f dµ erf¨ ullt. Wir nennen ν = α+β, wobei α orthogonal zu µ ist und β @ µ, die Lebesgue-Zerlegung von ν bzgl. µ. Falls ν @ µ, dann besagt der Satz, dass es eine messbare Funktion f mit dν = f dµ gibt. Wir nennen f die Radon-Nikodym Ableitung von ν bzgl. µ. Wir schreiben auch f=

dν dµ

Beispiel 49 Wir betrachten die Menge R mit der Borel σ-Algebra BR . (i) Es seien λ das Lebesgue Maß und δ0 das Dirac Maß. Dann ist λ orthogonal zu δ0 und die Lebesgue Zerlegung von λ bzgl. δ0 ist λ selbst. (ii) Es sei F : R → R eine wachsende, differenzierbare Funktion. Dann gilt f¨ ur das Stietjes Lebesgue Maß µF E F " (x)dλ

µF (A) =

A

Damit gilt

F" =

dµF dλ

180


Beweis. Wir können annehmen, dass ν ein positives, endliches Maß ist. Dies ist möglich, weil sich ein signiertes Mass in zwei positive Masse zerlegen lässt ν = ν + − ν − . Ausserdem kann man einen σ-endlichen Maßraum als abzählbare Vereinigung disjunkter Mengen mit endlichem Maß schreiben. Wir betrachten , 3 4 E , , F = f : X → [0, ∞] , ∀A ∈ A : f dµ ≤ ν(A) A

F ist nicht leer, weil die Nullfunktion in F enthalten ist. Wir vermuten, dass die Klasse F ein maximales Element enthält und dieses die geforderten Eigenschaften erf¨ ullt. Wir zeigen zunächst, dass es eine Funktion f ∈ F gibt, so dass E E f dµ = sup gdµ. g∈F

X

X

Man beachte, dass das Supremum endlich ist, weil ν endliches Maß ist: E gdµ ≤ ν(X) < ∞. sup g∈F

X

Es gibt eine Folge fn ∈ F, n ∈ N, mit E E fn dµ = sup gdµ lim n→∞

g∈F

X

X

Wir setzen gn = max fj 1≤j≤n

Es gilt gn ∈ F und

lim

n→∞

E

E

gn dµ = sup g∈F

X

gdµ

X

Wir pr¨ ufen dies nach. Hierzu reicht es zu zeigen, dass f¨ ur alle h, k ∈ F gilt, dass max{h, k} ∈ F. E E E max{h, k}dµ = f dµ + gdµ A

A∩{h>k}

A∩{h≤k}

≤ ν(A ∩ {h > k}) + ν(A ∩ {h ≤ k}) = ν(A)

Wegen fn ≤ gn gilt

E

X

Es folgt

fn dµ ≤ lim

n→∞

E

X

E

X

gn dµ ≤ sup g∈F

gn dµ = sup g∈F

E

E

gdµ

X

gdµ

X

Da die Folge gn , n ∈ N, monoton wachsend und nichtnegativ ist, konvergiert sie nach dem Satz u ¨ber die monotone Konvergenz gegen eine Funktion f und E E f dµ = sup gdµ X

g∈F

X


181

Wir definieren das Mass α durch dα = dν − f dµ und dβ = f dµ. Also gilt ν = α + β und β @ µ. Wir zeigen nun, dass α und µ orthogonal sind Wir nehmen an, dass dies nicht der Fall ist. Dann gibt es nach Lemma $ > 0 und eine Menge A ∈ A mit µ(A) > 0, so dass f¨ ur alle B mit B ⊆ A und B ∈ A $ µ(B) ≤ α(B) gilt. α ist positiv, weil f ∈ F. Somit folgt f¨ ur alle B mit B ∈ A E $ µ(B ∩ A) ≤ α(B ∩ A) ≤ α(B) = ν(B) − f dµ. B

Deshalb giltf¨ ur alle B mit B ∈ A

E

B

$χA + f dµ ≤ ν(B)

Hieraus ergibt sich $ χA + f ∈ F und E E $ χA + f dµ = $ µ(A) + sup gdµ Weil supg∈F

B

g∈F

X

X

X

gdµ < ∞ und µ(A) > 0, folgt weiter E E $ χA + f dµ > sup gdµ g∈F

X

X

Dies kann nicht sein. Also sind α und µ orthogonal. Wir beweisen nun die Eindeutigkeit. Wir nehmen an, es gebe zwei weitere Maße α ¯ ¯ und β, so dass ν=α ¯ + β¯ β¯ @ µ α ¯⊥µ Dann gilt α − α ¯ = β¯ − β. Wir zeigen weiter, dass α − α ¯ und µ orthogonal sind. Nach Annahme sind α und µ ¯ B, B ¯ gibt, so dass orthogonal und ebenso α ¯ und µ. Das bedeutet, dass es Mengen A, A, A ∩ B = ∅, A ∪ B = X, A ist Nullmenge f¨ ur µ, B ist Nullmenge f¨ ur α

¯ = ∅, A¯ ∪ B ¯ = X, A¯ ist Nullmenge f¨ ¯ ist Nullmenge f¨ A¯ ∩ B ur µ, B ur α ¯ ˜ = B∩B ¯ eine Nullmenge f¨ Dann sind A˜ = A ∪ A¯ eine Nullmenge f¨ ur µ und B ur α und α ¯. ˜ = X und A˜ ∩ B ˜ = ∅. Also sind µ und α − α Ausserdem gilt A˜ ∪ B ¯ orthogonal. Da α − α ¯ und µ orthogonal sind und α − α ¯ = β¯ − β gilt, folgt, dass α − α ¯ das Nullmass ist. Wir u ¨berpr¨ ufen dies. ¯ ˜ + (α − α ˜ = (α − α ˜ = (β − β)(E ˜ =0 (α − α ¯ )(E) = (α − α ¯ )(E ∩ A) ¯ )(E ∩ B) ¯ )(E ∩ A) ∩ A)

¯ Wir nehmen nun an, dass es zwei Funktionen f Es folgt, dass α = α ¯ und hieraus β = β. ur alle E ∈ A und f¯ mit dβ = f dµ und dβ = f¯dµ gibt. Dann gilt f¨ E 0= f − f¯dµ E

Hieraus folgt, dass fast u ¨berall f = f¯ gilt. !

182


Beispiel 50 Wir betrachten die Menge [0, 1], die σ-Algebra B[0,1] , das Lebesgue Maß λ und das Z¨ ahlmaß µ. Es gilt (i) λ @ µ (ii) F¨ ur alle messbaren Funktionen f gilt dλ += f dµ. (iii) µ hat keine Lebesgue Zerlegung bzgl. λ. (X, A, µ) und (X, B, ν) seien zwei σ-endliche Maßräume. B sei eine Unter-σ-Algebra von A und ν = µ|B. Es seien f ∈ L1 (µ) und g ∈ L1 (ν), so dass f¨ ur alle E ∈ B E E f dµ = gdν E

E

gilt. Dann heißt g die bedingte Erwartung von f auf B. Korollar 13 Es seien (X, A, µ) und (X, B, ν) seien zwei σ-endliche Massr¨ aume. B sei eine Unter-σ-Algebra von A und ν = µ|B. Dann gibt es zu jedem f ∈ L1 (µ) ein g ∈ L1 (ν), das die bedingte Erwartung von f bzgl. B ist. Der zweite Beweis Lemma 89 Es seien ν und µ endliche Maße auf einer σ-Algebra (X, A), die f¨ ur alle A ∈ A die Ungleichungen 0 ≤ ν(A) ≤ µ(A) erf¨ ullen. Dann gibt es eine messbare Funktion f : X → R mit 0 ≤ f ≤ 1, so dass f¨ ur alle A ∈ A E ν(A) = f dµ A

gilt. Beweis. Es sei F die Menge aller messbaren Funktionen g mit 0 ≤ g ≤ 1, die f¨ ur alle A∈A E gdµ ≤ ν(A) A

erf¨ ullen. Die Menge F ist nicht leer, weil die Nullfunktion in F enthalten ist. Wir ¨berpr¨ ufen dies. Es sei beobachten, dass mit g1 , g2 ∈ F auch max{g1 , g2 } ∈ F gilt. Wir u E = {x|g2 (x) ≤ g1 (x)}. Es gilt E E E max{g1 , g2 }dµ = max{g1 , g2 }dµ + max{g1 , g2 }dµ c A A∩E A∩E E E = g1 dµ + g2 dµ A∩E c

A∩E

≤ ν(A ∩ E) + ν(A ∩ E c ) = ν(A)

Um die Existenz derFunktion f nachzuweisen, benutzen wir ein Variationsargument. Die gesuchte Funktion f ist eine Funktion, die das Supremum E M = sup{ gdµ|g ∈ F} X


183

annimmt. Wir weisen zunächst nach, dass eine solche Funktion existiert. Da f¨ ur alle g ∈ F die Ungleichung g ≤ 1 gilt und das Maß µ endlich ist,B ist M endlich. Deshalb gibt es eine Folge von Funktionen gn ∈ F, n ∈ N, mit M − n1 ≤ gn dµ ≤ M . Wir setzen nun B fn = max1≤k≤n gk . Dann gilt fn ∈ F, M − n1 ≤ fn dµ und f1 ≤ f2 ≤ f3 ≤ · · · ≤ 1. Nach dem Satz u ¨ber die monotone Konvergenz folgt f¨ ur f = limn→∞ fn E E M = lim fn dµ = f dµ. n→∞

B Wir zeigen nun, dass f¨ ur alle A ∈ A die Gleichung ν(A) = f dµ gilt. Wir wissen bereits, A B dass f¨ ur alle A ∈ A die Gleichung ν(A) ≥ A f dµ gilt, weil f Limes von Funktionen in F ist. B Nehmen wir an, dass es ein A ∈ A mit ν(A) > A f dµ gibt. Wir wollen zeigen, dass wir zusätzlich annehmen können, dass f¨ ur alle x ∈ A die Ungleichung f (x) < 1 gilt. Wir können A als Vereinigung zweier Mengen A1 und A2 schreiben, A = A1 ∪ A2 , wobei A2 = {x ∈ A|f (x) = 1} und A1 = Ac2 . Es folgt E E E f dµ = f dµ + µ(A2 ) ≥ f dµ + ν(A2 ) ν(A1 ) + ν(A2 ) = ν(A) > A

Deshalb gilt ν(A1 ) >

B

A1

A1

A1

f dµ. Wir setzen 3 , 4 , 1 Bn = x ,,f (x) < 1 − ∩ A1 n

# Dann gilt A1 = ∞ ur alle x ∈ A die Ungleichung f (x) < 1 gilt. Außerdem n=1 Bn , weil f¨ gilt Bn ⊆ Bn+1 . Da A1 endliches Maß besitzt, folgt ν(A1 ) = lim ν(Bn ) n→∞

Also gibt es ein n0 mit ν(Bn0 ) >

E

f dµ

Bn0

Es existiert ein $ mit 0 < $

E

Bn0

f + $χBn0 dµ

Falls f + $χBn0 ∈ F, dann haben wir einen Widerspruch zur Maximalität von f . Es kann aber sein, dass f + $χBn0 ∈ / F. Um den Widerspruch zu erzeugen, reicht es sogar, dass es eine messbare Teilmenge C von Bn0 gibt, die positives Maß besitzt und f¨ ur die f + $χC ∈ F gilt. Nehmen wir also an, dass es keine solche Menge C gibt. F¨ ur alle messbaren Mengen C mit positivem Maß und mit C ⊆ Bn0 gilt f + $χC ∈ / F. Wegen f + $χC ∈ / F gibt es zu C eine Menge D mit E f + $χC dµ > ν(D)

D

184


Wir können sogar annehmen, dass D ⊆ C. Wir pr¨ ufen dies nach. E E E f + $χC dµ = f + $χC dµ + f + $χC dµ ν(D) < c D D∩C D∩C E E = f + $χC dµ + f dµ D∩C D∩C c E f + $χC dµ + ν(D ∩ C c ) ≤ D∩C

Hieraus folgt ν(D ∩ C)
Bn0

Wir wählen die Mengen Dn induktiv. Wir betrachten , 3 4 E , , d1 = sup ν(D) ,D ⊆ Bn0 und ν(D) < f + $χBn0 dµ D

Das Supremum ist strikt größer als 0. Es gibt eine Menge D1 mit ν(D1 ) ≥ d1 − 1. Wenn wir die Mengen D1 , . . . , Dn−1 gewählt haben, dann wählen wir die Menge Dn wie folgt. Wir betrachten , $ 0 E n−1 , ! , dn = sup ν(D) ,D ⊆ Bn0 \ Dk und ν(D) < f + $χBn \#n−1 Dk dµ 0 k=1 , D k=1

#n−1 Es gibt eine Teilmenge Dn von Bn0 \ k=1 Dk mit ν(Dn ) ≥ dn − n1 . Es gibt drei Möglichkeiten. Erstens, der Auswahlprozess bricht nach endlich #∞ vielen Schritten ab. Zweitens, der Auswahlprozess bricht nicht ab und die Menge n=1 Dn ist bis auf eine Nullmenge gleich Bn0 . In diesen beiden Fällen sind wir fertig. Drittens, der Auswahlprozess bricht nicht ab, aber %∞ ' ! ν(Bn0 ) > ν Dn n=1


185

# alt also eine Dies kann nicht sein: Die Menge Bn0 \ ∞ n=1 Dn hat strikt positives Maß, enth¨ Menge D mit E ν(D)
0. Es gelte % ' ! B 0 gibt, so dass λn ({x| Hf (x) > α}) ≥

C" α

Beweis. Es gibt ein R > 0, so dass E E 1 |f |dλn ≤ |f |dλn 2 Rn B(0,R)

190


Wir können R grösser als 1 wählen. F¨ ur alle r > 0 und alle x ∈ Rn gilt B(0, r) ⊆ B(x, r + 5x5). Deshalb gilt E E |f |dλn ≤ |f |dλn B(0,r)

B(x,r+.x.)

Es folgt 1 1 2 λn (B(x, R + 5x5))

E

1 |f |dλn ≤ λn (B(x, R + 5x5)) Rn

E

B(x,R+.x.)

|f |dλn

Weiter gilt Damit folgt

λn (B(x, R + 5x5)) = (R + 5x5)n λn (B(0, 1)) 1 1 n 2 (R + 5x5) λn (B(0, 1))

E

Rn

|f |dλ ≤ Hf (x)

Da R > 1 gilt f¨ ur alle x mit 5x5 ≥ 1, dass R + 5x5 ≤ 2R5x5. Hiermit folgt E 1 1 |f |dλ ≤ Hf (x) 2 (2R5x5)n λn (B(0, 1)) Rn Es gilt {x| Hf (x) > α}

Hieraus folgt

!

4 3 , , C , > α und 5x5 > R ⊇ x, 5x5n 5 , 6 1 1 , = x , ( Cα ) n > 5x5 \ B(0, R) = B(0, ( Cα ) n ) \ B(0, R)

8 8 - . 1 99 − λn (B(0, R)) λn ({x| Hf (x) > α}) ≥ λn B 0, Cα n -C . = α − Rn λn (B(0, 1))

ur fast alle x ∈ Rn Satz 33 Es sei f ∈ L1loc (λn ). Dann gilt f¨ E 1 lim f (y)dλ(y) = f (x) r→0 λn (B(x, r)) B(x,r) Beweis. F¨ ur jedes $ > 0 und jedes R > 0 gibt es eine stetige Funktion g, so dass E |f χB(0,R) − g|dλn < $ Rn

Es gilt f¨ ur alle x ∈ B(0, R) und hinreichend kleines r > 0 , , , , E E , , , , 1 1 , g(y)dλ(y) − g(x),, = ,, g(y) − g(x)dλ(y),, , λn (B(x, r)) λn (B(x, r)) B(x,r) B(x,r) E 1 ≤ |g(y) − g(x)|dλ(y) λn (B(x, r)) B(x,r)

3.15. DIFFERENTIATION AUF DEM RN

191

F¨ ur hinreichend kleines r > 0 gilt f¨ ur alle y ∈ B(x, r) |g(x) − g(y)| < δ Hiermit folgt f¨ ur hinreichend kleines r > 0 E 1 g(y)dλ(y) − g(x)| < δ | λn (B(x, r)) B(x,r) Also

1 lim r→0 λn (B(x, r))

E

g(y)dλ(y) = g(x)

B(x,r)

Weiter gilt 1 lim sup λn (B(x, r)) r→0

,E , , ,

, , f (y)dλ(y) − f (x),, B(x,r) , ,E , , 1 , , = lim sup f (y)χ dλ(y) − f (x) B(0,R) , λn (B(x, r)) , B(x,r) r→0 , ,E , , 1 , , ≤ lim sup f (y)χ − g(y)dλ(y) B(0,R) , λn (B(x, r)) , B(x,r) r→0 , ,E , , 1 , , + lim sup g(y)dλ(y) − g(x) , λn (B(x, r)) , r→0 B(x,r)

+|g(x) − f (x)| ≤ H(f χB(0,R) − g)(x) + |f (x) − g(x)| Es sei nun Eα = {x| lim sup |Ar f (x) − f (x)| > α}

Fα = {x| |f (x) − g(x)| > α}

r→0

Dann gilt wegen der obigen Ungleichung 1 Eα ⊆ F 1 α ∪ {x| H(f χB(0,R) − g)(x) > α} 2 2 Es gilt

2 λn (F 1 α ) ≤ 2 α

E

F1α

|f − g|dλn ≤

2$ α

2

Mit dem Satz u ¨ber die Maximalfunktion folgt 1 2C λn ({x| H(f χB(0,R) − g) > α}) ≤ 2 α

E

Rn

|f χB(0,R) − g|dλ
0 λn (Eα ) = 0 !

2C$ α

192


ur die Falls f ∈ L1loc (λn ), dann nennen wir die Menge aller Punkte x, f¨ 1 lim r→0 λn (B(x, r))

E

B(x,r)

|f (y) − f (x)|dy = 0

¨ die Lebesgue Menge Lf der Funktion f . Ahnlich wie der obige Satz lässt sich zeigen, dass die Lebesgue Menge einer solchen Funktion das Maß Null hat. Wir sagen, dass ein Borel Maß ν auf dem Rn regulär ist, wenn (i) f¨ ur alle kompakten Mengen K gilt ν(K) < ∞ (ii) f¨ ur jede Borel Menge E gilt ν(E) = inf{ν(U )|E ⊆ U und U ist offen} Satz 34 Es sei ν ein regul¨ ares signiertes Borel Mass auf dem Rn und dν = dα + f dλn sei die Lebesgue Zerlegung diese Masses bzgl. des Lebesgue Masses λn . Dann gilt f¨ ur fast n alle x ∈ R ν(B(x, r)) = f (x) lim r→0 λn (B(x, r)) Der Grenzwert existiert ebenfalls und ist gleich f (x), falls wir an Stelle der Mengen B(x, r), r > 0, Mengen Er , r > 0, mit Er ⊆ B(x, r)

∃δ∀r : λn (Er ) ≥ δλn (B(x, r))

und

Beweis. Wir können annehmen, dass ν ein positives Mass ist, weil wir es in positiven und negativen Anteil zerlegen können. Das Maß f dλn ist regulär, weil λn regulär ist. Da auch ν regulär ist, folgt, dass α regulär ist. Es sei E eine Borel Menge mit λn (Ac ) = α(A) = 0. Wir betrachten Fk =

3

, 4 , α(B(x, r)) 1 , x ∈ A , lim sup ∩ B(0, R) > λn (B(x, r)) k r→0

ur jedes $ > 0 eine Wir wollen nun zeigen, dass λn (Fk ) = 0 gilt. Da α regulär ist, gibt es f¨ offene Menge U! mit A ⊆ U! und α(U! ) < $. F¨ ur jedes x ∈ Fk gibt es einen Radius rx , so dass 1 B(x, rx ) ⊆ U! und λn (B(x, rx )) < α(B(x, rx )) k Wir können annehmen, dass rx < 1 gilt. Wir wenden nun Lemma auf die Menge !

B(x, rx )

x∈Fk

an. Diese Menge ist beschränkt, hat also endliches Lebesgue Mass. F¨ ur jedes δ > 0 gibt

3.15. DIFFERENTIATION AUF DEM RN

193

es eine endliche Folge von paarweise disjunkten Kugeln B(x1 , rx1 ), . . . , B(xN , rxn ), so dass ' % N & ! 1 λn B(x, rx ) − δ ≤ λn (B(xj , rxj )) 3n j=1 x∈F k

≤k

N &

α(B(xj , rxj ))

j=1

≤kα

%

!

'

B(x, rx )

x∈Fk

≤ k α(U! ) ≤ k $ Insgesamt erhalten wir

1 λn (Fk ) ≤ k $ 3n

Also gilt λn (Fk ) = 0 und es folgt λn

%∞ !

k=1

Fk

'

=0

Damit gilt f¨ ur alle R > 0 , *3 4 + , α(B(x, r)) , λn x ∈ A , lim sup > 0 ∩ B(0, R) = 0 λn (B(x, r)) r→0

und wir erhalten

λn !

*3

, 4+ , α(B(x, r)) , x ∈ A , lim sup >0 =0 λn (B(x, r)) r→0

194

3.16


Funktionen Beschr¨ ankter Variation

Lemma 92 Es sei F : R → R eine wachsende Funktion und G : R → R sei durch G(x) = lim F (y) y→x

gegeben. Dann gelten (i) Die Menge der Unstetigkeitspunkte von F ist abzählbar. (ii) F und G sind fast u ¨berall differenzierbar und es gilt fast u ¨berall F " = G" . Beweis. (i) Weil F wachsend ist, sind die Intervalle (F (x− ), F (x+ ))

x∈R

disjunkt. F¨ ur alle x mit |x| < N gilt (F (x− ), F (x+ )) ⊆ (F (−N ), F (N )) Deshalb gilt f¨ ur alle Folgen xi , i = 1, . . . , n, mit |xi | < N und x1 < x2 < . . . xn , dass n & i=1

− |F (x+ i ) − F (xi )| ≤ F (N ) − F (−N ) < ∞

Falls es mehr als abzählbar viele Unstetigkeitsstellen in (−N, N ) gibt, also Punkte x, f¨ ur die |F (x+ ) − F (x− )| > 0 gilt, dann gibt es ein k ∈ N, so dass f¨ ur mehr als abzählbar viele Punkte x gilt 1 < |F (x+ ) − F (x− )| k Dies kann nicht sein. (ii) Es gilt G(x) = F (x) bis auf abzählbar viele Punkte x. Wir wenden nun Satz auf das Lebesgue-Stieltjes Mass µG an. Es gibt eine lokal integrierbare Funktion f , so dass fast u ¨berall bzgl. des Lebesgue Masses gilt lim

r→0

µG ((x − r, x]) µG ((x, x + r]) = f (x) = lim r→0 λ((x − r, x]) λ((x, x + r])

Hieraus folgt G(x) − G(x − r) G(x + r) − G(x) = f (x) = lim r→0 r→0 r r " Damit gilt f (x) = G (x). Es bleibt zu zeigen, dass auch fast u ¨berall F " (x) = 0 gilt. Dazu zeigen wir, dass fast " u ¨berall f¨ ur H = G − F gilt, dass H = 0. Es sei xj , j ∈ N, eine Abzählung der Punkte, f¨ ur die H(x) += 0 gilt. Wie in (i) weist man nach, dass f¨ ur JR = {j| |xj | < R} & H(xj ) < ∞ lim

j∈JR

¨ 3.16. FUNKTIONEN BESCHRANKTER VARIATION gilt. Wir setzen µ=

&

195

H(xj )δxj

j∈JR

Dann ist µ ein reguläres Borelmass. Wir weisen die Regularität nach. Es sei E eine Borel Menge und IE = {j| j ∈ JR und xj ∈ / E}

F¨ ur jedes $ > 0 gibt es eine endliche Folge j1 , . . . , jn , so dass , , n , ,& & , , H(xj ) − H(xji ), < $ , , , i=1

j∈IE

Damit ist {xj1 , . . . , xjn } eine kompakte Menge und es gibt eine offene Menge U mit U ∩ {xj | j ∈ JR } = {xj1 , . . . , xjn } , , , , n & & , ,& , H(xj ) − H(xji ) − H(xji ),, =, c , ,j∈JR i=1 j∈IE , , n ,& , & , , =, H(xj ) − H(xji ), < $ , ,

|µ(U ) − µ(E)|

i=1

j∈IE

Außerdem ist µ orthogonal zu λ. Deshalb gilt nach dem Satz von Radon-Nikodym f¨ ur die Lebesgue Zerlegung dµ = dα + hdλ, dass die Radon-Nikodym Dichte h fast u ¨berall gleich 0 ist. Nach Satz folgt, dass fast u ¨berall 1 µ((x − r, x + r)) = 0 r→0 2r lim

gilt. Wenn man beachtet, dass H nichnegativ ist, erhält man 0

1 1 µ((x − r, x + r)) = lim r→0 2r r→0 2r

= lim

&

H(xj )

|x−xj | n sind sie nicht interessant, es handelt sich um die 0-Maße. F¨ ur m = n erhalten wir das LebesgueMaß. F¨ ur m ∈ N mit 1 ≤ m ≤ n − 1 erhalten wir Maße, die eingeschränkt auf eine m-dimensionale Ebene das m-dimensionale Lebesgue-Maß auf dieser Ebene ergeben. Jedes Maß ist u ¨ber Referenzmengen definiert, so ist das Lebesgue-Maß auf R u ¨ber die Intervalle definiert. Das Lebesgue-Maß eines Intervalls soll deren Länge sein. In höheren Dimensionen haben wir als Referenzmengen W¨ urfel genommen, das Lebesgue-Maß eines m-dimensionalen W¨ urfels ist die m-te Potenz der Kantenlänge. Wir können aber auch die Euklidische Kugel als Referenzmenge nehmen. Wir w¨ urden dann fordern, dass das m B∞ π2 Lebesgue-Maß der m-dimensionalen Kugel gleich Γ( m +1) ist (Γ(x) = 0 tx−1 e−t dt). Dies 2 w¨ urde zu denselben Ergebnissen f¨ uhren. Die Hausdorff-Maße benutzen die Euklidischen Kugeln als Referenzmengen. Es sei A eine σ-Algebra auf dem Rn , die die Borelsche σ-Algebra umfasst. Ein Maß µ auf A heißt lokal-endlich, wenn es zu jedem x ∈ Rn eine Umgebung U mit µ(U ) < ∞ gibt. Ein lokal-endliches Maß auf der Borelschen σ-Algebra heisst Borel-Maß. Lemma 94 Es sei µ ein Borel Maß auf dem Rn und B eine Borel Menge mit µ(B) < ∞. Dann gibt es zu jedem $ > 0 eine abgeschlossene Menge C mit C ⊆ B und µ(B \ C) < $. Der Abstand zwischen zwei Mengen A und B im Rn ist inf{5x − y5 |x ∈ A, y ∈ B} Lemma 95 (Caratheodory) Es sei µ ein äusseres Maß auf dem Rn . Es gilt genau dann, dass alle Borel Mengen µ-messbar sind, wenn f¨ ur alle Mengen A und B mit positivem Abstand µ(A ∪ B) = µ(A) + µ(B)

gilt.

Der Durchmesser einer Teilmenge S des Rn ist diam(S) = sup{5x − y52 |x, y ∈ S} Es sei 0 < m < ∞ und δ > 0. hδm (A) = inf

$

, 0 m ∞ ∞ , & ! 2 π , 2−m m diam(Sj )m , A ⊂ Sj und diam(Sj ) ≤ δ , Γ( 2 + 1) j=1 j=1

ur δ ≥ η gilt hδm (A) ≤ hηm (A). Deshalb hδm (A) ist eine fallende Funktion in δ, d.h. f¨ existieren die folgenden Grenzwerte. hm (A) = lim hδm (A) = sup hδm (A) δ→0

δ>0

198


Dies ist das m-dimensionale Hausdorff-Maß der Menge A. ¨ Wir wollen einige heuristische Uberlegungen anstellen, um hδm zu verstehen. Wir betrachten den Fall m = n. Falls alle Sj disjunkte Kugeln sind, dann ist ∞

& π2 diam(Sj )m Γ( m2 + 1) j=1 m

−m

2

# das Lebesgue-Maß der Menge ∞ j=1 Sj . Dies legt nahe, dass hn = λn gilt. Allgemeiner kann man den Fall m ∈ N mit 1 ≤ m ≤ n − 1 betrachten. Es sei H eine m-dimensionale Ebene im Rn und Sj disjunkte Kugeln, deren Mittelpunkte auf dieser Ebene liegen. Dann ist m ∞ & π2 −m diam(Sj )m 2 Γ( m2 + 1) j=1 # gleich dem m-dimensionalen Volumen der Menge H ∩ ∞ j=1 Sj . m

Falls m keine ganze Zahl ist, dann kann man Γ(πm2+1) als das m-dimensionale Volumen 2 der m-dimensionalen Kugel interpretieren, obwohl nicht klar ist, was die m-dimensionale Kugel sein soll. Ein äusseres Maß µ heisst Borel-regulär, falls alle Borel Mengen µ-messbar sind und falls f¨ ur jede Teilmenge A des Rn eine Borel Menge B existiert, so dass A ⊆ B und µ(A) = µ(B). Lemma 96 (i) hm und hδm sind äussere Maße auf Rn . (ii) Alle Borel-Mengen sind hm -messbar und hm ist Borel-regul¨ ar. hm ist i.a. kein Borel Maß. Es gilt f¨ ur n ≥ 2 hδn−1 (B2n (0, δ)) = hδn−1 (∂B2n (0, δ)) = hδn−1 (B2n (0, δ)◦ ) = voln−1 (B2n (0, δ)) ur alle δ > 0 und f¨ ur alle A ⊆ B die Beweis. (i) hm (∅) = 0 ist offensichtlich. Ebenso ist f¨ δ δ Ungleichung hm (A) ≤ hm (B) offensichtlich erf¨ ullt. Somit gilt f¨ ur alle δ > 0 hδm (A) ≤ hδm (B) ≤ hm (B)

Da diese Ungleichung ur alle δ > 0 gilt, folgt hm (A) ≤ hm (B). Wir zeigen nun /∞ f¨ ∞ hm (∪j=1 Aj ) ≤ ur alle δ > 0, $ > 0 und j ∈ N existieren Mengen j=1 hm (Aj ). F¨ Sj,k , k ∈ N, mit ∞ ! Sj,k und diam(Sj,k ) ≤ δ Aj ⊆ k=1

so dass

Weil hδm ≤ hm ∞ & j=1

hm (Aj ) ≥

∞

& $ π2 ≥− j + m 2 Γ( 2 + 1) k=1 m

hδm (Aj )

∞ & j=1

hδm (Aj )

*

diam(Sj,k ) 2

+m

+m m ∞ * & π2 diam(Sj,k ) ≥ −$ + m Γ( 2 + 1) j,k=1 2

3.17. HAUSDORFF MASSE Weil

#∞

j=1

Aj ⊆

#∞

j,k=1

199

Sj,k ∞ & j=1

hm (Aj ) ≥ −$ + hδm

%∞ !

Aj

j=1

'

Weil dies f¨ ur alle $ and δ gilt, folgt ∞ & j=1

hm (Aj ) ≥ hm

%∞ !

Aj

j=1

'

(ii) Mit Lemma zeigen wir, dass alle Borel Mengen hm -messbar sind. Es seien A and B zwei Mengen mit positivem Abstand ∆. Da hm ein äusseres Maß ist, gilt hm (A ∪ B) ≤ hm (A) + hm (B). Wir zeigen die umgekehrte Ungleichung. Es sei A∪B ⊆ so dass

∞ !

Sj

und

j=1

diam(Sj ) ≤ ∞

& π2 ∪ B) ≥ −$ + m Γ( 2 + 1) j=1 m

hδm (A Es sei SjA =

$

Sj falls A ∩ Sj += ∅ ∅ sonst

SjB =

*

$

∆ 2

diam(Sj ) 2

+m

Sj falls B ∩ Sj += ∅ ∅ sonst

Weil diam(Sj ) ≤ ∆2 , so gilt SjA = Sj genau dann, wenn SjB = ∅, und SjB = Sj genau dann, wenn SjA = ∅. Deshalb erhalten wir 'm 'm % % m m ∞ ∞ A B & & 2 2 ) ) diam(S diam(S π π j j hδm (A ∪ B) ≥ −$ + m + m Γ( 2 + 1) j=1 2 Γ( 2 + 1) j=1 2 ≥ −$ + hδm (A) + hδm (B)

Weil dies f¨ ur alle $ gilt, erhalten wir hm (A ∪ B) ≥ hδm (A ∪ B) ≥ hδm (A) + hδm (B) Weil dies f¨ ur alle δ gilt, erhalten wir hm (A ∪ B) ≥ hm (A) + hm (B) Wir zeigen, dass f¨ ur jede Teilmenge A ⊂ Rn eine Borelmenge B mit A ⊂ B and hm (A) = hm (B) existiert. Falls hm (A) = ∞, dann wählen wir B = Rn . Falls A⊂ dann gilt A⊂

∞ !

j=1

∞ !

Sj

j=1

S¯j mit diam(S¯j ) = diam(Sj )

200


k Deshalb können wir annehmen, dass #∞ diek Mengen Sj abgeschlossen sind. Es seien also Sj abgeschlossene Mengen, die A ⊂ j=1 Sj und % 'm m ∞ & diam(Sjk ) π2 hm (A) = lim m k→∞ Γ( + 1) j=1 2 2

erf¨ ullen. Wir setzen B=

∞ ! ∞ "

Sjk

k=1 j=1

B ist eine Borel Menge mit hm (A) = hm (B). !

Lemma 97 Es sei A eine Teilmenge des Rn und t > 0, m > 0. Dann gilt (i) hm (tA) = tm hm (A) (ii) F¨ ur alle Isometrien T des Rn gilt hm (T (A)) = hm (A). Beweis. (i) Wir zeigen hm (A) ≥ t−m hm (tA). Falls hm (A) = ∞, dann ist die Ungleichung erf¨ ullt. Wir nehmen nun an, dass hm (A) < ∞. Es seien Sj Mengen mit diam(Sj ) ≤ δ und ∞ ! A⊆ Sj j=1

so dass

∞

& π2 ≥ −$ + m Γ( 2 + 1) j=1 m

hδm (A)

*

diam(Sj ) 2

+m

Andereseits gilt f¨ ur die Mengen tSj die Gleichung diam(tSj ) = tdiam(Sj ). Deshalb gilt +m diam(Sj ) 2 +m * m ∞ & π2 diam(tSj ) −m = −$ + t ≥ −$ + htδ m (tA) m Γ( 2 + 1) j=1 2

hm (A) ≥

∞

& π2 ≥ −$ + m Γ( 2 + 1) j=1 m

hδm (A)

*

Weil dies f¨ ur alle $ > 0 gilt, folgt hm (A) ≥ t−m htδ m (tA) Weil dies f¨ ur alle δ > 0 gilt, folgt hm (A) ≥ t−m hm (tA) Genauso zeigen wir die umgekehrte Ungleichung. ! Lemma 98 Es sei A eine Teilmenge des Rn und 0 ≤ m < k < ∞. Dann gilt (i) Falls hm (A) < ∞, dann gilt hk (A) = 0. (ii) Falls hk (A) > 0, dann gilt hm (A) = ∞

3.17. HAUSDORFF MASSE

201

Beweis. (ii) folgt sofort aus (i). Wir zeigen nun (i). Es seien Sj Mengen mit diam(Sj ) ≤ δ und ∞ ! A⊆ Sj j=1

so dass

Es gilt hδk (A) ≤

∞

& π2 +$≥ m Γ( 2 + 1) j=1 m

hδm (A)

k

π2 Γ( k2 +1)

/∞ 8 diam(Sj ) 9k j=1

2

*

diam(Sj ) 2

+m

*

+m diam(Sj ) (diam(Sj ))k−m 2 +m k ∞ * & diam(Sj ) π2 m−k k−m ≤ k δ 2 2 Γ( 2 + 1) j=1 ∞

& π2 2m−k = k Γ( 2 + 1) j=1 k

k

π 2 Γ( m2 + 1) m−k k−m δ ≤ m k δ hm (A) 2 π 2 Γ( 2 + 1) k

π 2 Γ( m + 1) m−k k−m δ hm (A) 2 ≤ m 2k π 2 Γ( 2 + 1) ! Die Hausdorff Dimension einer Menge A ⊆ Rn ist das Infimum u ¨ber alle nichtnegativen, reellen Zahlen mit hm (A) = 0. Lemma 99 (Isodiametric Inequality) Let A be a Lebesgue measurable set in Rn . Then we have voln (K) ≤ voln (B2n )( 12 diam(K))n If A is centrally symmetric this lemma is trivial since this set is contained in a Euclidean ball of the same diameter. For sets that are not centrally symmetric this lemma is not trivial. A convex body of diameter 2 may not be contained in a Euclidean ball of diametre 2, i.e. of radius 1. The regular simplex withJ sidelength 2 has diameter 2 and is contained 2n in no Euclidean ball of radius smaller than n+1 . In the proof of the isodiametric inequality we use that for every convex body K there is a sequence of Steiner symmetrization transforming K into a sphere of equal volume. Actually much less is needed. It suffices to apply a finite number of Steiner symmetrizations so that the resulting body is centrally symmetric. Beweis. If the set is not bounded the diameter is infinite and the inequality trivially fulfilled. We may assume that A is convex and compact since the convex and compact hull of A has the same diameter. Moreover, we may assume that A has an interior point. If not we consider the union of A and a ball with radius $ whose center is an element of

202


A. This increases the diameter of the set A at most by $. By Lemma there is a sequence of Steiner symmetrizations of K that converge to a Euclidean ball of the same volume in the Hausdorff metric. By Lemma the diameter of convex body does not increase if one applies a Steiner symmetrization. Therefore, the diameter of the convex body K is greater than or equal to the diameter of the Euclidean ball. ! Lemma 100 (Vitali covering lemma) Let U be an bounded, open set in Rn and δ > 0. Then there is a countable family of pairwise disjoint Euclidean balls B2n (xi , ri ), i ∈ N, such that ri ≤ δ, i ∈ N and such that ∞ !

B2n (xi , ri )

i=1

⊆U ⊆

∞ !

B2n (xi , 5ri )

i=1

Beweis. Let r ≤ sup{ρ|B2n (x, ρ) ⊂ U} and r ≤ δ. Let B2n (x1,j , r1,j ), j = 1, . . . , n1 , be a maximal family of disjoint balls that are contained in U and such that 2r < r1,j ≤ r. Such a family is finite since U is bounded. Having chosen the families B2n (x",j , r",j ) j = 1, . . . , n" & = 1, . . . , k we choose the k + 1st family B2n (xk+1,j , rk+1,j ) j = 1, . . . , nk+1 as follows. It is a maximal family of Euclidean balls that are contained in U\ and such that

r 2k+1

n! k ! !

B2n (x",j , r",j )

"=1 j=1

< r(k + 1, j) ≤

r 2k

j = 1, . . . , nk+1

We claim that B2n (x",j , r",j )

j = 1, . . . , n"

&∈N

satisfies the assertion of the lemma. Suppose now that there is x0 ∈ U such that / x0 ∈

n! ∞ ! !

B2n (x",j , 5r",j )

"=1 j=1

Since U is open there is r0 > 0 with B2n (x0 , r0 ) ⊂ U. There is &0 ∈ N with This implies that n! "0 ! ! n B2 (x0 , r0 ) ∩ B2n (x",j , r",j ) = ∅

r 2!0

< r0 ≤

"=1 j=1

Indeed, let 1 ≤ & ≤ &0 , then we have for x ∈ B2n (x0 , r0 ) and y ∈ B2n (x",j , r",j ) 5x − y52 !

≥ 5x",j − x0 52 − 5x − x0 52 − 5y − x",j 52 ≥ 5r",j − r0 − r",j 4r r 4r r = 4r",j − r0 > " − "0 −1 ≥ "0 − "0 −1 > 0 2 2 2 2

r . 2!0 −1


203

Lemma 101 Let U be an open, bounded set in Rn and let δ > 0. Then there are xi and 0 < ri ≤ δ, i ∈ N, such that ∞ !

B2n (xi , ri )

i=1

⊆ U and voln (U \

∞ !

B2n (xi , ri )) = 0

i=1

Beweis. By Lemma there are x1,i and r1,i , i ∈ N, such that the Euclidean balls B2n (x1,i , r1,i ) are pairwise disjoint and such that ∞ !

B2n (x1,i , r1,i )

i=1

⊆U ⊂

∞ !

B2n (x1,i , 5r1,i )

i=1

This implies voln (U)

≤ voln (

∞ !

i=1

n

=5

∞ &

B2n (x1,i , 5r1,i )) ≤

voln (B2n (x1,i , r1,i ))

∞ &

voln (B2n (x1,i , 5r1,i ))

i=1

n

= 5 voln (

i=1

Therefore we get

This implies

∞ !

B2n (x1,i , r1,i ))

i=1

∞ ! 1 voln (U) ≤ voln ( B2n (x1,i , r1,i )) 5n i=1

voln (U \

∞ !

B2n (x1,i , r1,i )) ≤ (1 −

N1 !

B2n (x1,i , r1,i )) ≤ (1 −

i=1

1 )voln (U) 5n

This implies that there is N1 ∈ N so that voln (U \

i=1

1 )voln (U) 6n

Next we apply this argument to the open, bounded set U \ we obtain pairwise disjoint Euclidean balls B2n (xk,i , rk,i )

k∈N

# N1

i=1

B2n (x1,i , r1,i ). In this way

i = 1, . . . , Nk

that are all contained in U and such that voln (U \

Nk " ! !

k=1 i=1

B2n (xk,i , rk,i )) ≤ (1 −

1 " ) voln (U) 6n

This implies voln (U \ !

Nk ∞ ! !

k=1 i=1

B2n (xk,i , rk,i )) = 0

204


Lemma 102 (i) Let A be a Lebesgue measurable set in Rn . Then we have hδn (A) = hn (A) = voln (A) (ii) Let A be a subset of a n − 1-dimensional hyperplane in Rn . Then we have hδn−1 (A) = hn−1 (A) = voln−1 (A) Beweis. (i) Let Si , i ∈ N, be a covering of a Lebesgue measurable set A ! A⊆ Si i∈N

Then we get by the isodiametric inequality voln (A) ≤

∞ & i=1

∞

& π2 voln (Si ) ≤ n Γ( 2 + 1) i=1 n

*

diam(Si ) 2

+n

Taking the infimum on the right hand side gives voln (A) ≤ hδn (A) ≤ hn (A). Now we show voln (A) ≥ hn (A). The case voln (A) = ∞ is trivial. Thus we may assume that voln (A) < ∞. The first step is to show that there is a constant c, c > 0, such that c voln (A) ≥ hn (A). For every $, $ > 0 and every δ, δ > 0,there are cubes Qi , i#∈ N, such that we have for all i ∈ N diam(Qi ) ≤ δ, for all i += j voln (Qi ∩ Qj ) = 0, A ⊆ ∞ i=1 Qi +n ∞ ∞ * & 2 n & diam(Qi ) voln (A) + $ ≥ voln (Qi ) = ( √ ) 2 n i=1 i=1 Γ( n + 1) 2 ≥ ( √ )n 2 n hδn (A) n π2

This implies

Γ( n + 1) 2 voln (A) ≥ ( √ )n 2 n hn (A) n π2

Now we show that we have for all cubes Q in Rn voln (Q) ≥ hn (Q). By Lemma there are pairwise disjoint Euclidean balls B2n (xi , ri ), i ∈ N, such that ∞ !

B2n (xi , ri )

i=1

◦

⊆Q

◦

voln (Q \

and

∞ !

B2n (xi , ri )) = 0

i=1

Thus we get voln (Q)

= voln

%∞ !

'

B2n (xi , ri )

i=1

=

π Γ( n2

n 2

+ 1)

∞ & i=1

=

∞ &

voln (B2n (xi , ri ))

i=1 ' %∞ ! rin ≥ hδn B2n (xi , ri ) i=1

Since we have 0 = cvoln (Q \

∞ !

i=1

B2n (xi , ri ))

≥ hn (Q \

∞ !

i=1

B2n (xi , ri ))

≥

hδn (Q

\

∞ !

i=1

B2n (xi , ri ))


205

we get voln (Q) ≥ hδn (

∞ !

i=1

%

B2n (xi , ri )) + hδn Q \

This implies voln (Q) ≥ hn (Q). !

∞ !

'

B2n (xi , ri )

i=1

≥ hδn (Q)

Let K be a convex body in Rn . The map pK : Rn → K that maps x ∈ Rn onto the unique point pK (x) such that 5pK (x) − x52 = inf 5y − x52 y∈K

is called the metric projection. We show that the metric projection is well-defined. If there would be two points y, z having minimal Euclidean distance from x, then the midpoint 1 (y + z) has a smaller Euclidean distance from x and is contained in K. Indeed, by 2 convexity the point 12 (y + z) is an element of K and by assumption and triangle inequality 1 5x − y52 = 5x − z52 ≥ 5x − (y + z)52 2 Since 5x − y52 = 5x − z52 is the minimum we get 1 5x − y52 = 5x − z52 = 5x − (y + z)52 2 We have equality in the triangle inequality if and only if all vectors are colinear. We get x − y = ±(x − z). If x − y = x − z we are done. If x − y = z − x then x = 12 (y + z) and 5x − 12 (y + z)52 = 0. This implies that 5x − y52 = 5x − z52 = 0 and thus x = y = z. We have that pK (Rn \ K) = ∂K. Lemma 103 Let K be a convex body in Rn and pK the metric projection. Then we have for all x, y ∈ Rn 5pK (x) − pK (y)52 ≤ 5x − y52 Beweis. If x ∈ K and y ∈ K, then we have pK (x) = x and pK (y) = y. If x ∈ / K and n n y∈ / K then there are Euclidean balls B2 (x, 5x − pK (x)52 ) and B2 (y, 5y − pK (y)52 ) such that B2n (x, 5x−pK (x)52 )∩K = {pK (x)} and B2n (y, 5y−pK (y)52 )∩K = {pK (y)}. By HahnBanach’s theorem there are hyperplanes separating K and B2n (x, 5x − pK (x)52 ) and K and B2n (y, 5y − pK (y)52 ). Since these hyperplanes are support hyperplanes of B2n (x, 5x − pK (x)52 ) and B2n (y, 5y − pK (y)52 ) respectively, the hyperplanes must be H(pK (x), x − pK (x)) and H(pK (y), y − pK (y)). By the convexity of K and pK (x), pK (y) ∈ K we get < x − pK (x), pK (x) > < y − pK (y), pK (y) >

≥< x − pK (x), pK (y) > ≥< y − pK (y), pK (x) >

This implies < x − pK (x), pK (x) − pK (y) >≥< y − pK (y), pK (x) − pK (y) > or < x − y, pK (x) − pK (y) >≥< pK (x) − pK (y), pK (x) − pK (y) >

206


This implies 5pK (x) − pK (y)52 ≤ 5x − y52 The case x ∈ / K and y ∈ K is treated in a similar way. ! Lemma 104 Let C and K be convex bodies with C ⊆ K and p : ∂K → ∂C be the restriction of the metric projection pC . Then we have for all subsets A of ∂K hδn−1 (p(A)) ≤ hδn−1 (A) and in particular hn−1 (p(A)) ≤ hn−1 (A) Lemma ?? follows immediately from Lemma ??. Lemma 105 Let K be a convex body in Rn . Then we have hδn−1 (∂K) = hn−1 (∂K) = voln−1 (∂K) Beweis. By Lemma we have for a Lebesgue measurable subset A in a hyperplane H of dimension n − 1 that voln−1 (A) = hn−1 (A). From this it follows that we have for all polytopes hδn−1 (∂P ) = hn−1 (∂P ) = voln−1 (∂P ) With this we get voln−1 (∂K) = sup{voln−1 (∂P )|P ⊂ K} = sup{hδn−1 (∂P )|P ⊂ K} Let p be the metric projection from ∂K onto ∂P . By Lemma we have hδn−1 (∂P ) = hδn−1 (p(∂K)) ≤ hδn−1 (∂K) and we get voln−1 (∂K) ≤ hδn−1 (∂K) We may assume that 0 ∈ K. By Lemma for every $ > 0 there is a polytope P with P ⊂ K ⊂ (1 + $)P . Now we use the metric projection p from ∂(1 + $)P to ∂K hn−1 (∂K) ≤ hn−1 (∂(1 + $)P ) = voln−1 (∂((1 + $)P )) = (1 + $)n−1 voln−1 (∂P ) ! Lemma 106 Let K and L be convex bodies in Rn such that L ⊂ K. Let p : ∂K → ∂L be the restriction of the metric projection pK to ∂K. Then we have for all hn−1 -measurable sets A ⊂ ∂K that p(A) is hn−1 -measurable. Beweis. Since hn−1 (∂K) < ∞ by Lemma we have hn−1 (A) < ∞. Since hn−1 is Borel regular there is a Borel set B such that A ⊆ B and hn−1 (A) = hn−1 (B). Since A is hn−1 -measurable B \ A has measure 0. Since hn−1 is a Borel measure and B a Borel set


207

of finite measure there is for every $ > 0 a closed set C with C ⊆ B and hn−1 (B \ C) < $. Therefore there is a sequence of closed sets Ci , i ∈ N, such that ∞ ! Ci ) = 0 hn−1 (B \ i=1

By Lemma ?? we get

hn−1 (p(B \

∞ !

Ci )) = 0

i=1

# #∞ Since p(B) \ p( ∞ i=1 Ci ) ⊆ p(B \ i=1 Ci ) we get hn−1 (p(B) \ p(

∞ !

Ci )) = 0

i=1

# Since p is continuous, Ci compact, we conclude that p(Ci ) is compact and thus ∞ i=1 p(Ci ) is a Borel set. We get that p(B) is measurable. Again, we have hn−1 (B \ A) = 0 and therefore hn−1 (p(B \A)) = 0. Since p(B)\p(A) ⊆ p(B \A) we have hn−1 (p(B)\p(A)) = 0. Since p(B) is measurable p(A) is as well. ! Beispiel 52 (i) hm (R" ) =

$

(ii) [Falc] Let C be the Cantor set.

0 if m > & ∞ if m ≤ &

n

3 −1 G D ∞ ! 2 " 2k 2k + 1 C= , 3n 3n n=0 k=0

Then we have

   0     

if

m> m

ln 2 ln 3

ln 2 π2 hm (C) = if m = m m  ln 3  2 Γ( 2 + 1)      ∞ if m < ln 2 ln 3

(iii)

δ δ δ δ hδn−1 (B2n (0, ) = hδn−1 (∂B2n (0, )) = hδn−1 (B2n (0, )◦ ) = hn−1 (∂B2n (0, )) 2 2 2 2 Beweis. (ii) In order to obtain the estimate from above we use the following representation of the Cantor set. We have ∞ ! 2n " C= Iin n=1 i=1

where

Iin

−n

are intervals of length 3 −n h3m (C)

≤

π

. Therefore we get

m 2

Γ( m2 + 1)

m

n

n −m

2 (23 )

ln 3 π2 = m m 2n− ln 2 mn 2 Γ( 2 + 1)

For the proof of the opposite inequality we need the following lemma.

208


Lemma 107 Let I be a closed subinterval of [0, 1]. Then for every $ > 0 there are & ∈ N and subintervals Ij , j = 0, . . . , & + 1 of I such that (i)

vol1 (I0 ) < $ and vol1 (I"+1 ) < $

(ii) For all j = 1, . . . , & there are kj , kj ∈ N such that G D kj kj + 1 Ij = nj , nj 3 3 (iii) C ∩I =C ∩(

"+1 !

Ij )

j=0

(iv) m

(diam(I)) ≥ where m =

ln 2 . ln 3

"+1 &

(diamIj )m

j=0

Beweis. We determine n so that 1 1 ≤ vol1 (I) n−1 n 3 3 Now we consider

 3n −1  G D 2 ! 2k 2k + 1  I ∩ , n 3 3n k=1

There are t and s, 0 ≤ t, s < 31n so that this set equals one of the following D G D G D G 2k0 + 1 2k0 2k0 2k0 + 1 2k0 2k0 + 1 , , +t , − t, , 3n 3n 3n 3n 3n 3n D D G G 2(k0 + 1) 2(k0 + 1) 2k0 2k0 + 1 , , +t ∪ 3n 3n 3n 3n D G D G 2k0 + 1 2(k0 + 1) 2(k0 + 1) + 1 2k0 + 1 − t, , ∪ 3n 3n 3n 3n G D D G 2k0 + 1 2k0 + 1 2(k0 + 1) 2(k0 + 1) − t, , +s ∪ 3n 3n 3n 3n

In all cases we substitute I by the new intervals. In the first three cases we substitute an interval by an interval with a smaller diameter. In the other three cases we substitute an interval by two disjoint ones. Here we have to show that we have for 0 ≤ t, s ≤ 31n tm + sm ≤ (t + s +

1 m ) 3n

This process is repeated. We have to note that the last case does not occur again. !


209

Now we show the opposite inequality of (ii). First we show that it is enough to consider coverings of the Cantor set that consist only of finitely many sets. Let Sj , j ∈ N, be sets such that ∞ ∞ ∞ ! & & m C⊆ Sj and (diam(Sj )) ≤ $ + inf (diam(Tj ))m j=1

Tj

j=1

j=1

We may assume that Sj , j ∈ N, are closed intervals, i.e. Sj = [aj , bj ]. We pass to intervals (aj − $j , bj + $j ). By compactness there is a finite subcover. We use now these intervals. By Lemma ?? we may assume that the covering cosists of intervals of the form G D k j kj + 1 , j = 1, . . . , M 3nj 3nj and intervals Ji

i = 1, . . . , 2N

where the diameter of the intervals Ji is smaller than $ and N is the number of intervals we started out with. We can choose $ independently of N . We choose n0 ∈ N bigger than all nj . Since the intervals are a covering of C and any of the intervals Ijn0 , j = 1, . . . , 2n , contains at least one element of C each interval Ijn0 has a nonempty intersection with the cover. The interval G D k j kj + 1 , 3nj 3nj intersects at most 2n0 −nj intervals of the type Ijn0 . Thus we get n0

2 or

≤ 2N +

M &

2n0 −nj

j=1 M

2N & −nj 1 ≤ n0 + 2 2 j=1 M

(iii) By Lemma ?? we have

2N & −nj m 1 ≤ n0 + (3 ) 2 j=1

δ δ hδn−1 (∂B2n (0, )) = hn−1 (∂B2n (0, )) 2 2 Since we get

δ ∂B2n (0, δ) ⊂ B2n (0, ) 2

δ δ hδn−1 (∂B2n (0, )) ≤ hδn−1 (B2n (0, )) 2 2 δ By the definition of hn−1 we have 'n−1 % n−1 δ n 2 (0, )) diam(B δ δ π 2 2 hδn−1 (B2n (0, )) ≤ n−1 = voln−1 (∂B2n (0, ))) 2 2 2 Γ( 2 + 1)

210 Let 0 < $
0 als Oszillation von f in x0 . ω(f, x0 ) existiert, weil f¨ sup x∈B(x0 ,δ)

f (x) −

inf

x∈B(x0 ,δ)

f (x) ≥ 0

gilt und weil f¨ ur alle δ, δ˜ mit δ ≤ δ˜ sup x∈B(x0 ,δ)

f (x) −

inf

x∈B(x0 ,δ)

f (x) ≤

sup ˜ x∈B(x0 ,δ)

f (x) −

inf

˜ x∈B(x0 ,δ)

f (x)

gilt. Wir zeigen, dass f genau dann in x0 stetig ist, wenn ω(f, x0 ) = 0 gilt. Wir nehmen an, dass f in x0 stetig ist. ∀$ > 0∃δ > 0∀x ∈ B(x0 , δ) : |f (x) − f (x0 )| < $ Hieraus folgt sup

f (x) < f (x0 ) + $

und

inf

x∈B(x0 ,δ)

x∈B(x0 ,δ)

f (x) > f (x0 ) − $

Also ω(f, x0 ) < 2$. Wir setzen D! = {x|ω(f, x) ≥ $}

ur alle $ > 0 eine abgeschlossene Menge ist. Wir zeigen, dass D!c und zeigen, dass D! f¨ eine offene Menge ist. Es gelte ω(f, x0 ) < $. Dann gibt es ein δ > 0, so dass f¨ ur alle x ∈ B(x0 , δ) sup f (x) − inf f (x) < $ x∈B(x0 ,δ)

x∈B(x0 ,δ)

Hieraus folgt, dass f¨ ur alle x ∈ B(x0 , δ) ω(f, x) < $ gilt. Damit ist die Menge aller Unstetigkeitsstellen von f gleich ! D1 n

n∈N

212


und damit eine Fσ -Menge. Wir zeigen nun, dass es zu jeder Fσ -Menge eine Funktion gibt, die in genau diesen Punkten unstetig ist. Es seien M eine abzählbare, dichte Teilmenge von X und A=

∞ !

An

n=0

wobei An abgeschlossene Mengen sind und u ¨berdies An ⊆ An+1 f¨ ur n = 0, 1, 2, . . . gilt. Wir setzen A0 = ∅. Wir definieren nun Bn = {x|x ∈ (An \ An−1 ) \ (An \ An−1 )◦ oder x ∈ (An \ An−1 )◦ ∩ M } Wir definieren f (x) =

 −n  2  0

falls falls

x ∈ Bn ∞ ! x∈ / Bk k=1

f ist wohldefiniert, da Bn ∩ Bm = ∅ f¨ ur n = + m gilt. Wir wollen dies nachpr¨ ufen. Falls n > m, so gelten Bn ⊆ An \ An−1 und Bm ⊆ Am

Wir zeigen nun, dass f f¨ ur alle x ∈ A unstetig ist. Es ergeben sich drei Fälle. Falls ◦ x ∈ (An \ An−1 ) ∩ M , dann gilt f (x) = 2−n und es gibt ein δ0 , so dass f¨ ur alle δ mit 0 < δ < δ0 und alle y mit d(x, y) < δ y ∈ (An \ An−1 )◦ gibt. Hieraus folgt, dass es ein y mit d(x, y) < δ gibt, so dass y ∈ (An \ An−1 )◦ ∩ M c F¨ ur ein solches y gilt y∈ /

∞ !

Bk

k=1

Falls y ∈ Bk gilt, so folgt wegen Bk ⊆ Ak \ Ak−1 , dass k = n. Aus y ∈ (An \ An−1 )◦ ∩ M c erhalten wir y∈ / (An \ An−1 ) \ (An \ An−1 )◦ und y ∈ / (An \ An−1 )◦ ∩ M Damit gilt f (y) = 0. Damit ist f nicht in x stetig. Wir nehmen nun an, dass x ∈ (An \ An−1 )◦ ∩ M c . Wie wir uns eben u ¨berlegt haben, gilt dann f (x) = 0. Ebenso wie im ersten Fall finden wir ein δ0 , so dass f¨ ur alle δ mit 0 < δ < δ0 ein y mit d(x, y) < δ und mit y ∈ (An \ An−1 )◦ ∩ M existiert. Also gilt f (y) = 0. Dies widerspricht der Stetigkeit von f in x. Als dritten zu betrachtenden Fall haben wir x ∈ (An \ An−1 ) \ (An \ An−1 )◦

3.18. UNSTETIGKEITSMENGEN VON FUNKTIONEN UND IHREN ABLEITUNGEN213 Damit haben wir f (x) = 2−n . Weil x kein innerer Punkt von An \ An−1 ist, gibt es eine Folge von Punkten xk ∈ (An \ An−1 )c , k ∈ N, mit d(x, xk ) < k1 . F¨ ur alle xk , k ∈ N, gilt c entweder xk ∈ An−1 oder xk ∈ An . Damit gilt, dass xk ∈ / Bn gilt. Hieraus folgt sofort, dass f¨ ur alle k ∈ N f (xk ) = 0

oder

f (xk ) ≥ 2−(n−1)

oder

f (xk ) ≤ 2−(n+1)

Auch dies widerspricht der Stetigkeit von f in x. Nun zeigen wir, dass f in allen x ∈ / A stetig ist. Es gilt f (x) = 0. Es sei $ > 0 gegeben. Wir wählen N so gross, dass $ > 2−N gilt. Nun wählen wir δ so klein, dass f¨ ur alle A1 , . . . , AN B(x, δ) ∩ An = ∅ gilt. Somit gilt f¨ ur alle y mit d(x, y) < δ y∈ /

N !

An

n=1

Insbesondere gilt f¨ ur alle y mit d(x, y) < δ y∈ /

N !

Bn

n=1

Deshalb gilt f¨ ur alle y mit d(x, y) < δ, dass f (y) ≤ 2−N −1 Damit folgt f¨ ur alle y mit d(x, y) < δ |f (x) − f (y)| ≤ 2−N −1 < $ ! Beispiel 53 (i) Q ist eine Fσ -Menge. (ii) R \ Q ist keine Fσ -Menge. (iii) Jede Teilmenge von R, die nicht Lebesgue messbar ist, ist keine Fσ -Menge.

214

3.19


Normale Zahlen

Es sei x ∈ [0, 1] und Sn (x) sei die Anzahl der 1 in der binären Entwicklung. Wir sagen, dass x eine normale Zahl ist, falls 1 1 Sn (x) = . n→∞ n 2 lim

Satz 36 (Borel)[Nil,Kac] Das Lebesguesche Maß der Menge der normalen Zahlen in [0, 1] ist 1.

3.20. FRAGEN UND KOMMENTARE

3.20

215

Fragen und Kommentare

Beispiel 54 Es sei (R, d) der metrische Raum der reellen Zahlen mit der Metrik $ 1 x= + y d(x, y) = 0 x=y Dann ist die Produktmetrik d2 auf R2 durch dieselbe Vorschrift gegeben und B(R,d) ⊗ B(R,d) += B(R2 ,d2 ) Zeige, dass die Lebesgue messbare Menge A, deren Differenzmenge A−A nicht messbar ist, keine Borel Menge ist.

Die Produkt σ-Algebra später einf¨ uhren. Borelmengen auf dem Rn , Gerade hat das Maß 0, die von einer Funktionenmenge erzeugte σ-Algebra, unabhängige Funktionen, Rademacher

216


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Index

219

Masstheorie 003

Masstheorie 001

Geometrische Masstheorie 001

Eridano 003

Quantenfeldtheorie 003

Kryptologie 003

Wahrscheinlichkeitstheorie 003

Algebra 003

Quantentheorie 003

Zahlentheorie 003

Differentialgeometrie 003

Plasmaphysik 003

Finanzmathematik 003

Mr.Bronx.003

Elektrodynamik 003

Variationsrechnung 003

Alfaeridiani 003

Risikotheorie 003

Mengenlehre 003

Betriebssysteme 003

Elektrodynamik 003.ps.gz

Differentialgeometrie 003.ps.gz

Topologie 003.ps.gz

ROBOT N. 003

Algebraic Topology 003

003 The Radiant Dome

Destroyer 003 - Chinese Puzzle.pdb

Mechanik 003.ps.gz

Художественная галерея №003 Ренуар

Algebraische Geometrie 003

Treatise on Analysis: 003

Masstheorie 003

Masstheorie 001

Geometrische Masstheorie 001

Eridano 003

Quantenfeldtheorie 003

Kryptologie 003

Wahrscheinlichkeitstheorie 003

Algebra 003

Quantentheorie 003

Zahlentheorie 003

Differentialgeometrie 003

Plasmaphysik 003

Finanzmathematik 003

Mr.Bronx.003

Elektrodynamik 003

Variationsrechnung 003

Alfaeridiani 003

Risikotheorie 003

Mengenlehre 003

Betriebssysteme 003

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Differentialgeometrie 003.ps.gz

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