\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\usepackage[]{mathrsfs}

\begin{document}

\punkte

\title{Analysis III: Übungsblatt 1}
\author{Leon Burgard, Christian Merten}

\begin{aufgabe}[]
    Beh.: $\mathcal{A}_{\mu}$ ist eine $\sigma$-Algebra auf $X$.
    \begin{proof}
        \begin{enumerate}[(i)]
            \item Mit der $\sigma$-Additivtät von $\mu$ folgt
                $\mu(\emptyset) = \mu(\emptyset \cup \emptyset) = \mu(\emptyset) + \mu(\emptyset) \implies \mu(\emptyset) = 0$.
                Damit folgt
                $X \in \mathcal{A}_{\mu}$, denn $\mu(\emptyset) = 0$, da
                $\mu$ Maß und $X \triangle X = \emptyset$. Mit (ii) ist
                auch $\emptyset = X^{C} \in \mathcal{A}_{\mu}$.
            \item Sei $A \in \mathcal{A}_{\mu}$. Dann ex.
                $B, C \in \mathcal{A}$ mit $\mu(C) = 0$ und
                $A \triangle B \subset C$. Dann ist
                \[
                    A^{c} \triangle \underbrace{B^{c}}_{\in \mathcal{A}}
                    = A^{c} \setminus B^{c} \cup B^{c} \setminus A^{c}
                    = B \setminus A \cup A \setminus B
                    = A \triangle B
                    \subset C
                .\] 
                Also $A^{c} \in \mathcal{A}_{\mu}$.
            \item Sei $A_i \in \mathcal{A}_{\mu}$ für $i \in \N$. Dann
                ex. $\forall i \in \N$ ein $B_i \in \mathcal{A}$ und
                $\mu$-Nullmenge $C_i \in \mathcal{A}$, s.d.
                $A_i \triangle B_i \subset C_i$.

                Betrachte nun $B := \bigcup_{i \in \N} B_i$
                und $C := \bigcup_{i \in \N} C_i$. Es ist
                $B, C \in \mathcal{A}$
                da $\mathcal{A}$ $\sigma$-Algebra. Außerdem
                ist $\mu(C) = 0$, wg. $\sigma$-Additivität von $\mu$.
                Damit folgt
                \begin{align*}
                    A \triangle B &=
                    \left( \bigcup_{i \in \N} A_i \right)
                    \triangle
                    \left( \bigcup_{i \in \N} B_i \right)  \\
                                  &=
                                  \left( \bigcup_{i \in \N} A_i \setminus \bigcup_{i \in \N} B_i \right) \cup \left( \bigcup_{i \in \N} B_i \setminus \bigcup_{i \in \N} A_i \right) \\
                                  &\subset
                                  \left( \bigcup_{i \in \N} A_i \setminus B_i \right) \cup \left( \bigcup_{i \in \N} B_i \setminus A_i \right) \\
                                  &= \bigcup_{i \in \N} \left( A_i \setminus B_i \cup B_i \setminus A_i \right) \\
                                  &\subset \bigcup_{i \in \N} C_i \\
                                  &= C
                .\end{align*}
        \end{enumerate}
    \end{proof}

    Beh.: $\overline{\mu}$ ist ein Maß.
    \begin{proof}
        \begin{enumerate}[(i)]
            \item Z.z.: $\overline{\mu}$ wohldefiniert. Sei dazu
                $A \in \mathcal{A}_{\mu}$ und $B, B', C, C' \in \mathcal{A}$,
                s.d. $A \triangle B \subset C$ und $A \triangle B' \subset C'$.
                Definiere $\tilde{C} := C \cup C' \in \mathcal{A}$
                Es folgt direkt $\mu(\tilde{C}) = 0$. Es
                gilt weiter
                \begin{align*}
                    \tilde{C} \supset \underbrace{(A \triangle B)}_{\subset C} \triangle
                    \underbrace{(A \triangle B')}_{\subset C'}
                    &= \underbrace{A \triangle A}_{= \emptyset} \triangle B \triangle B' \\
                    &= B \triangle B' \\
                    &= B \setminus B' \cup B' \setminus B
                .\end{align*}
                Also insbesondere $B \setminus B' \subset \tilde{C}$ und
                $B' \setminus B \subset \tilde{C}$.
                Mit $B = (B \setminus B') \cup (B \cap B')$ disjunkt und
                der $\sigma$-Additivität von $\mu$ folgt
                \begin{align*}
                    \mu(B) &= \mu(\underbrace{B \setminus B'}_{\subset \tilde{C}}) + \mu(B \cap B') \\
                           &= 0 + \mu(B \cap B') + 0 \\
                           &= \mu(B \cap B') + \mu(\underbrace{B' \setminus B}_{\subset \tilde{C}}) \\
                           &= \mu(B')
                .\end{align*}
                Also $\overline{\mu}$ wohldefiniert.
            \item Z.z.: $\overline{\mu}(\emptyset) = 0$. Es ist
                $\emptyset \triangle \emptyset = \emptyset$, also
                $\overline{\mu}(\emptyset) = \mu(\emptyset) = 0$.
            \item Die $\sigma$-Additivität folgt direkt aus der
                $\sigma$-Additivität von $\mu$.
        \end{enumerate}
    \end{proof}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[a)]
        \item Beh.: Es existiert kein Wahrscheinlichkeitsmaß $\nu \colon \mathscr{P}(X) \to \{0, 1\} $ mit
            $\nu(A) = 0$ für alle endlichen Mengen $A \subseteq X$.
            \begin{proof}
                Ang. es existiert ein Wahrscheinlichkeitsmaß $\nu \colon \mathscr{P}(X) \to \{0, 1\} $. Dann
                ist $\nu([0,1]) = 1$. Definiere nun induktiv: $I_1 = [0, 1]$.
                Für $I_{k+1}$ teile $I_k$ beliebig in zwei disjunkte Teilintervalle $A, B \subseteq I_k$ mit
                $A \cap B = \emptyset$, $A \cup B = I_k$ und $A, B \neq \emptyset$. Da $\nu(I_k) = 1$ und
                $A$ und $B$ disjunkt folgt mit der Additivität von $\nu$, dass entweder $\nu(A) = 1$ oder
                $\nu(B) = 1$. Wähle dann $I_{k+1} = A$ oder $I_{k+1} = B$, s.d. $\nu(I_{k+1}) = 1$. Damit
                ist $I_{k+1} \subsetneqq I_k$ also $I_k$ monoton fallend und $I_k \searrow \{ x \} $
                für $x \in [0,1]$. Außerdem gilt nach Konstruktion $\nu(I_k) = 1$ $\forall k \in \N$. Damit folgt
                nach VL
                \[
                    \lim_{k \to \infty} \nu(I_k) = 1 \neq 0 = \nu\left( \left\{ x \right\}  \right) 
                    \quad \contr
                .\]
            \end{proof}
        \item Beh.: $\mathcal{A}$ ist eine $\sigma$-Algebra.
            \begin{proof}
                \begin{enumerate}[(i)]
                    \item $X \in \mathcal{A}$, denn $X^{c} = \emptyset$ endlich. $\emptyset$ selbst endlich.
                    \item Sei $A \in \mathcal{A}$. Falls $A$ höchstens abzählbar, dann ist
                        $\left(A^{c}\right)^{c} = A$ höchstens abzählbar, analog für $A^{c}$ höchstens
                        abzählbar. Also $A^{c} \in \mathcal{A}$.
                    \item Sei $A_i \in \mathcal{A}$ $\forall i \in \N$. Falls $A_i$ höchstens
                        abzählbar $\forall i \in \N$ ist $\bigcup_{i \in \N} A_i$ ebenfalls
                        abzählbar, also $\bigcup_{i \in \N} A_i \in \mathcal{A}$.

                        Falls $\exists j \in \N$, s.d. $A_j \in \mathcal{A}$ überabzählbar, dann ist
                        $A_j^{c}$ höchstens abzählbar nach Definition. Damit folgt
                        \[
                            \left(\bigcup_{i \in \N} A_i\right)^{c} = \bigcap_{i \in \N} A_i ^{c}
                            \subseteq A_j^{c}
                        .\] Also $\left( \bigcup_{i \in \N} A_i \right)^{c}$ höchstens abzählbar.
                \end{enumerate}
            \end{proof}
            Beh.: $\mu$ definiert ein Maß auf $\mathcal{A}$.
            \begin{proof}
                \begin{enumerate}[(i)]
                    \item Es ist $\mu(\emptyset) = 0$, denn $\emptyset$ endlich.
                    \item Sei $A_i \in \mathcal{A}$ mit $A_i \cap A_j = \emptyset$ für $i \neq j$.
                        Falls $\forall i \in \N$ $A_i$ höchstens abzählbar, dann ist $\bigcup_{i \in \N} A_i$
                        auch höchstens abzählbar also folgt
                        \[
                            \mu\left( \bigcup_{i \in \N} A_i \right) = 0 = \sum_{i \in \N} \mu(A_i)
                        .\]
                        Falls ein $i \in \N$ existiert, s.d. $A_i$ überabzählbar, dann gilt
                        $\mu(A_i) = 1$, $A_i^{c}$ nach Definition von $\mathcal{A}$ abzählbar
                        und $\bigcup_{k \in \N} A_k $ überabzählbar.
                        Da $A_i$ paarweise disjunkt, folgt $\forall j \in \N\colon A_j \subseteq A_{i}^{c}$,
                        also $A_j$ höchstens abzählbar. Damit folgt
                        \[
                            \sum_{k \in \N} \mu(A_k) = \mu(A_i) + \sum_{k \in \N, k \neq i} \mu(A_k)
                            = 1 + 0 = 1 = \mu\left( \bigcup_{k \in \N} A_k \right) 
                        .\] 
                \end{enumerate}
            \end{proof}
        \item In (a) ist ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf dem gesamten Potenzraum gefordert, in (b)
            nur auf der Untermenge $\mathcal{A} \subsetneqq \mathscr{P}(X)$, denn beispielsweise
            weder $\left[0,\frac{1}{2}\right] \subseteq \R$ noch $\left[ 0, \frac{1}{2} \right]^{c} \subseteq \R$ sind höchstens
            abzählbar. Deswegen liegt kein Widerspruch vor.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[a)]
        \item Beh.: $\mathscr{D}$ $\pi$-System $\implies$ $\mathscr{D}$ $\sigma$-Algebra.
            \begin{proof}
                Sei $\mathscr{D}$ ein $\pi$-System. Dann gilt
                \begin{enumerate}[(i)]
                    \item $X \in \mathscr{D}$ klar, da $\mathscr{D}$ Dynkinsystem.
                    \item $A \in \mathscr{D} \implies A^{c} \in \mathscr{D}$ klar, da $\mathscr{D}$ Dynkinsystem.
                    \item Sei nun $A_i \in \mathscr{D}$ $\forall i \in \N$. Da für zwei
                        Mengen $A, B \subseteq \mathscr{D}$ gilt $A \setminus B = A \cap B^{c}$.
                        Da $\mathscr{D}$ Dynkinsystem und
                        $\pi$-System ist, folgt
                        $A \cap B^{c} \in \mathscr{D}$.
                        Also folgt insgesamt $A \setminus B \in \mathscr{D}$.

                        Konstruiere nun induktiv $B_1 \coloneqq A_1$ und
                        $B_{k+1} \coloneqq A_{k+1} \setminus \bigcup_{i=1}^{k} B_i$. Es ist wegen
                        oben $B_k \in \mathscr{D}$ und nach Konstruktion $B_i \cap B_j = \emptyset$
                        $\forall i, j \in \N$ mit $i \neq j$. Damit folgt wegen
                        $\mathcal{D}$ Dynkinsystem
                        \[
                            \bigcup_{i \in \N} A_i = \bigcupdot_{i \in \N} B_i \in \mathscr{D}
                        .\]
                \end{enumerate}
            \end{proof}
        \item Beh.: $\mathscr{H}(D)$ ist Dynkinsystem.
            \begin{proof}
                \begin{enumerate}[(i)]
                    \item Es ist $\emptyset \in \mathscr{H}(D)$, denn
                        $\emptyset \cap D = \emptyset \in \mathscr{D}_0$,
                        da $\mathscr{D}_0$ Dynkinsystem. Ebenfalls
                        ist $X \in \mathscr{H}(D)$, denn $X \cap D = D \in \mathscr{D}_0$.
                    \item Sei $A \in \mathscr{H}(D)$. Dann ist $A \cap D \in \mathscr{D}_0$. Da
                        $\mathscr{D}_0$ Dynkinsystem folgt:
                        \begin{align*}
                            A^{c} \cap D
                            = D \setminus (A \cap D)
                            = \left( D^{c} \cupdot (A \cap D) \right)^{c}
                            \in \mathscr{D}_0
                        .\end{align*}
                    \item Sei $A_i \in \mathscr{H}(D)$ $\forall i \in \N$ mit $A_i \cap A_j = \emptyset$
                        $\forall i, j \in \N, i \neq j$. Dann folgt direkt, da die $A_i$ paarweise
                        disjunkt sind und $\mathscr{D}_0$ Dynkinsystem:
                        \[
                            \left( \bigcupdot_{i \in \N} A_i \right) \cap D
                            = \bigcupdot_{i \in \N} (\underbrace{A_i \cap D}_{ \in \mathscr{D}_0})
                            \in \mathscr{D}_0
                        .\] 
                \end{enumerate}
            \end{proof}
        \item Beh.: $\mathscr{H}(D) = \mathscr{D}_0$ für alle $D \in \mathscr{D}_0$.
            \begin{proof}
                \begin{enumerate}[(1)]
                    \item Z.z.: $H(K) = \mathscr{D}_0$ $\forall K \in \mathscr{K}$.

                        Sei $K \in \mathscr{K}$.
                        Dann ist $\mathscr{K} \subseteq \mathscr{H}(K)$, denn für $A \in \mathscr{K}$ gilt
                        $A \cap K \in \mathscr{K} \subseteq \mathscr{D}_0$, da $\mathscr{K}$ $\pi$-System.

                        Da wegen (b) $\mathscr{H}(K)$ Dynkinsystem und $\mathscr{D}_0$ kleinstes
                        Dynkinsystem, das $\mathscr{K}$ enthält, folgt $\mathscr{D}_0 \subseteq \mathscr{H}(K)$.
                        Außerdem ist nach Definition $\mathscr{H}(K) \subseteq \mathscr{D}_0$, also
                        folgt $\mathscr{H}(K) = \mathscr{D}_0$.
                    \item Z.z.: $\mathscr{K} \subseteq \mathscr{H}(D)$ $\forall D \in \mathscr{D}_0$.

                        Sei $D \in \mathscr{D}_0$ und $K \in \mathscr{K}$ beliebig. Da
                        $D \in \mathscr{D}_0 = \mathscr{H}(K)$ (wg. 1) folgt $K \cap D \in \mathscr{D}_0$. Also
                        auch $K \in \mathscr{H}(D)$.
                    \item Sei nun $D \in \mathscr{D}_0.$ Da $\mathscr{H}(D)$ Dynkinsystem, das
                        $\mathscr{K}$ enthält folgt wie in (1), dass $\mathscr{H}(D) = \mathscr{D}_0$.
                \end{enumerate}
            \end{proof}
        \item Beh.: $\sigma(\mathscr{K}) \subseteq \mathscr{D}$.
            \begin{proof}
                    $\mathscr{D}_0$ ist $\pi$-System, denn $\mathscr{D}_0 \neq \emptyset$
                    und für $A, B \in \mathscr{D}_0$ betrachte:
                    $A \in \mathscr{H}(B) = D_0$. Damit folgt $A \cap B \in \mathscr{D_0}$.

                    Mit (a) ist $\mathscr{D}_0$ also $\sigma$-Algebra, die mit (c) $\mathscr{K}$ enthält.
                    Da $\mathscr{D}_0$ kleinstes Dynkinsystem ist, das $\mathscr{K}$ enthält, und jede
                    $\sigma$-Algebra auch Dynkinsystem ist und $\mathscr{D}_0$ selber $\sigma$-Algebra, folgt
                    \[
                        \delta(\mathscr{K}) = \mathscr{D}_0 = \sigma(\mathscr{K})
                    .\] Da bereits $\mathscr{D} \supseteq \mathscr{K}$, folgt
                    $\sigma(\mathscr{K}) \subseteq \mathscr{D}$.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}[Zusatzaufgabe]
    \begin{enumerate}[a)]
        \item Beh.: $A_{*} = \{ x \in X \colon x \in A_k \text{ f.f.a. } k \in \N\} $.
            \begin{proof}
                Sei $x \in X$. Dann gilt
                \begin{align*}
                    x \in A_{*} &\iff x \in \bigcup_{n \ge 1} \bigcap_{m \ge n} A_m \\
                    &\iff \exists n \in \N\colon \forall m \ge n\colon x \in A_m \\
                    &\iff x \in A_k \text{ für fast alle } k \in \N
                .\end{align*}
            \end{proof}
            Beh.: $A^{*} = \{ x \in X \colon x \in A_k \text{ für unendlich viele } k \in \N\} $.
            \begin{proof}
                Sei $x \in X$. Dann folgt
                \begin{align*}
                    x \in A^{*} &\iff x \in \bigcap_{n \ge 1} \bigcup_{m \ge n} A_m \\
                    &\iff \forall n \in \N\colon  \exists m \in \N, n \ge m \colon x \in A_m \\
                    &\iff x \in A_k \text{ für unendlich viele } k \in \N
                .\end{align*}
            \end{proof}
        \item Verwendet werden im Folgenden die Charakterisierungen aus (a).

            Beh.: $\chi_{A_{*}} = \liminf_{k \to \infty} \chi_{A_k} $.
            \begin{proof}
                Sei $x \in X$. Falls $x \in A_{*}$: Dann ex. ein $k \in \N$ s.d. $\forall n \ge k$:
                $x \in A_n$, also $\chi_{A_k}(x) = 1$ also
                \[
                    \liminf_{n \to \infty} \chi_{A_n} (x)
                    = \sup_{n \in \N} \inf_{m \ge n} \chi_{A_k}(x) = 1 = \chi_{A_*}(x)
                .\] Falls $x \not\in A_{*}$: $\forall n \in \N\colon \exists k \in \N, k \ge n\colon  x\not\in A_k \implies \chi_{A_k}(x) = 0$, also
                \[
                \liminf_{n \to \infty} \chi_{A_n} (x) = 0 = \chi_{A_*}(x)
                .\] 
            \end{proof}
            Die Behauptung für den limes superior funktioniert exakt analog.
        \item Beh.: $A_* = \emptyset$ und $A^{*} = [0,1)$.
            \begin{proof}
                Bemerke: Für $x \in [0,1)$ existieren $\infty$-viele $A_k$ mit $x \in A_k$ und
                $\infty$-viele $A_k$ mit $x \not\in A_k$, denn die $A_k$ bilden immer feinere
                Unterteilungen des Intervalls $[0, 1)$.

                Damit folgt die Behauptung aus den Charakterisierungen aus (a).
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}
