diff --git a/lecture.cls b/lecture.cls index 904ada4..b035bff 100644 --- a/lecture.cls +++ b/lecture.cls @@ -240,7 +240,7 @@ } % replace all relations with align characters (&) and add the needed padding \regex_replace_all:nnN - { (\c{iff}&|&\c{iff}|\c{impliedby}&|&\c{impliedby}|\c{implies}&|&\c{implies}|\c{approx}&|&\c{approx}|\c{equiv}&|&\c{equiv}|=&|&=|\c{le}&|&\c{le}|\c{ge}&|&\c{ge}|&\c{stackrel}{.*?}{.*?}|\c{stackrel}{.*?}{.*?}&|&\c{neq}|\c{neq}&) } + { (<&|&<|\c{iff}&|&\c{iff}|\c{impliedby}&|&\c{impliedby}|\c{implies}&|&\c{implies}|\c{approx}&|&\c{approx}|\c{equiv}&|&\c{equiv}|=&|&=|\c{le}&|&\c{le}|\c{ge}&|&\c{ge}|&\c{stackrel}{.*?}{.*?}|\c{stackrel}{.*?}{.*?}&|&\c{neq}|\c{neq}&) } { \c{kern} \u{l_tmp_dim_needed} \1 \c{kern} \u{l_tmp_dim_needed} } \l__lec_text_tl \l__lec_text_tl diff --git a/ws2020/ana/uebungen/ana3.pdf b/ws2020/ana/uebungen/ana3.pdf new file mode 100644 index 0000000..9affc60 Binary files /dev/null and b/ws2020/ana/uebungen/ana3.pdf differ diff --git a/ws2020/ana/uebungen/ana3.tex b/ws2020/ana/uebungen/ana3.tex new file mode 100644 index 0000000..1587028 --- /dev/null +++ b/ws2020/ana/uebungen/ana3.tex @@ -0,0 +1,371 @@ +\documentclass[uebung]{../../../lecture} + +\title{Analysis 3: Übungsblatt 3} +\author{Leon Burgard, Christian Merten} +\usepackage[]{mathrsfs} + +\begin{document} + +\punkte + +\begin{aufgabe} + Sei $\mu$ $\sigma$-endlich. Beh.: Dann ist $\mu$ regulär. + + \begin{proof} + Da $\mu$ $\sigma$-endlich ex. $A_k \in \mathscr{B}(X)$, s.d. $\mu(A_k) < \infty$ $\forall k \in \N$ und + $X = \bigcup_{k \in \N} A_k$. O.E. seien $A_i \cap A_j = \emptyset$ für $i \neq j$, denn + andernfalls können die doppelten Schnitte entfernt werden, ohne die Eigenschaften zu ändern. + + Damit definiere + \[ + \mu_k(A) \coloneqq \mu(A \cap A_k) \qquad \forall A \in \mathscr{B}(X) + .\] $\mu_k$ wohldefiniert, da $A \cap A_k \in \mathscr{B}(X)$. Da + $X = \bigcupdot_{k \in \N} (A \cap A_k)$, folgt für $A \in \mathscr{B}(X)$: + $A = \bigcupdot_{k \in \N} (A \cap A_k)$. Damit folgt wegen + der $\sigma$-Additivität von $\mu$: + \[ + \mu(A) = \mu\left( \bigcupdot_{k \in \N} (A \cap A_k) \right) + = \sum_{k \in \N} \mu(A \cap A_k) = \sum_{k \in \N} \mu_k(A) + .\] + $\forall k \in \N$ ist $\mu_k$ ein endliches Maß, denn + \begin{enumerate}[(i)] + \item $\mathscr{B}(X)$ ist $\sigma$-Algebra. + \item $\mu_k(\emptyset) = \mu(\emptyset \cap A_k) = \mu(\emptyset) = 0$, da $\mu$ Maß. + \item Sei $A \in \mathscr{B}(X)$. Dann ist $\mu_k(A) = \mu(A \cap A_k) \ge 0$, da $\mu$ Maß. + \item Seien $A_i \in \mathscr{B}(X)$ mit $A_i \cap A_j = \emptyset$ für $i \neq j$. Dann + ist wegen der $\sigma$-Additivität von $\mu$: + \begin{salign*} + \mu_k\left( \bigcupdot_{k \in \N} A_i \right) + = \mu\left( \bigcupdot_{k \in \N} A_i \cap A_k \right) + = \sum_{k \in \N} \mu(A_i \cap A_k) + = \sum_{k \in \N} \mu_k(A_i) + .\end{salign*} + \item + Sei $A \in \mathscr{B}(X)$: $A \cap A_k \subseteq A_k$, also folgt wegen + Monotonie von $\mu$, dass + \[ + \mu_k(A) = \mu(A \cap A_k) \le \mu(A) < \infty + .\] + \end{enumerate} + Sei nun $A \in \mathscr{B}(X)$ und $\epsilon > 0$. + + Z.z.: $\exists A \subseteq U$ mit $U$ offen und $\exists K \subseteq A$ mit $K$ abgeschlossen, s.d. + $K \subseteq A \subseteq U$ mit $\mu(U \setminus K) < \epsilon$. + + Sei dazu $k \in \N$. Dann ist $\mu_k$ endliches Maß, also nach Vorlesung bereits regulär. Es + ex. also $U_k$, $K_k$ mit $K_k \subseteq A \subseteq U_k$, $U_k$ offen, $K_k$ abgeschlossen + und $\mu_k(U_k \setminus K_k) < \frac{\epsilon}{2^{k+1}}$. Dann definiere + $V \coloneqq \bigcap_{k \in \N} U_k$ und $S \coloneqq \bigcup_{k \in \N} K_k$. Da + $\forall k \in \N\colon A \subseteq U_k$ und $K_k \subseteq A$, folgt + $S \subseteq A \subseteq V$. Weiter ist für $k \in \N$, da $\sigma_k$ endlich und monoton: + \begin{salign*} + \mu_k(V \setminus S) = \underbrace{\mu_k(V)}_{\le \mu(U_k)} + - \underbrace{\mu_k(S)}_{\ge \mu(K_k)} \le \mu_k(U_k) - \mu_k(K_k) + = \mu_k(U_k \setminus K_k) < \frac{\epsilon}{2^{n+1}} + .\end{salign*} + Damit folgt mit geometrischer Reihe im letzten Schritt + \begin{salign*} + \mu(V \setminus S) = \sum_{k \in \N} \mu_k(V \setminus S) + < \sum_{k \in \N} \frac{\epsilon}{2^{n+1}} + = \sum_{k \in \N} \frac{\epsilon}{4} \frac{1}{2^{n-1}} + = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\epsilon}{4} \frac{1}{2^{n}} = \frac{\epsilon}{2} + \qquad (*) + .\end{salign*} + Im Allgemeinen ist $V$ jedoch nicht offen und $S$ nicht abgeschlossen, aber + $V^{n} \coloneqq \bigcap_{k=1}^{n} U_k$ offen und $S^{n} \coloneqq \bigcup_{k=1}^{n} K_k$ + abgeschlossen. Dann betrachte + \[ + D_n \coloneqq \underbrace{V^{n}}_{\searrow V} \setminus \underbrace{S^{n}}_{\nearrow S} + \searrow V \setminus S + .\] Da $\mu$ Maß, folgt also $\mu(D_n) \searrow \mu( V \setminus S)$. Das heißt + es ex. ein $n_0 \in \N$, s.d. $\forall n \ge n_0$ gilt + $\mu(D_n) - \mu(V \setminus S) < \frac{\epsilon}{2}$ $(**)$. Wähle + nun $U = V^{n_0}$ und $K = S^{n_0}$ abgeschlossen. Dann ist $U$ offen, $K$ abgeschlossen + und $K \subseteq A \subseteq K$ mit + \[ + \mu(U \setminus K) = \mu(D_{n_0}) \stackrel{(**)}{<} \frac{\epsilon}{2} + \mu(V \setminus S) + \stackrel{(*)}{<} \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon + .\] + Damit ist $\mu$ regulär. + \end{proof} +\end{aufgabe} + +\begin{aufgabe} + \begin{enumerate}[(a)] + \item Beh.: $\mathscr{H}^{s} = 0$ für $s > 1$. + \begin{proof} + Sei $s > 1$ und $\delta > 0$. Dann ex. nach Archimedischem Axiom ein $n \in \N$ mit + $\frac{1}{n} < \delta $. Definiere + \[ + A_k \coloneqq \left[ \frac{k-1}{n}, \frac{k}{n} \right] + \] für $1 \le k \le n$ und $A_k = \emptyset$ für $k > n$. + Dann ist $[0,1] \subseteq \bigcup_{k \in \N} A_k$ und + $\text{diam}(A_k) = \frac{1}{n}$ für $1 \le k \le n$ und + $\text{diam}(A_k) = 0$ für $k > n$. Damit folgt + \[ + \mathscr{H}_{\delta }^{s}([0,1]) \le \sum_{k \in \N} \text{diam}(A_j)^{s} + = n \left(\frac{1}{n}\right)^{s} = \left( \frac{1}{n} \right)^{s-1} < \delta^{s-1} + .\] Mit $s > 1$ folgt $s-1 > 0$, also $\delta^{s-1} \xrightarrow{\delta \to 0} 0$. Damit + folgt $0 \le \mathscr{H}^{s}([0,1]) \le 0$, also $\mathscr{H}^{s}([0,1]) = 0$. + + Definiere nun + \[ + I_n \coloneqq n \left[ -\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right] \nearrow \R + .\] Dann folgt für $n \in \N$ wegen der Translationsinvarianz und Skalierung + von $\mathscr{H}$: + \[ + \mathscr{H}(I_n) = \mathscr{H}^{s}\left(n\left[ -\frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right]\right) + = n^{s} \mathscr{H}^{s}\left( \left[ -\frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right] \right) + = n^{s} \underbrace{\mathscr{H}^{s}\left( \left[ 0, 1 \right] \right)}_{= 0} + = 0 + .\] Da $I_n \in \mathscr{B}(\R)$, $\mathscr{H}^{s}\colon \mathscr{B}(\R) \to [0, \infty]$ + Borelmaß und $I_n \nearrow \R$ folgt $\mathscr{H}^{s}(\R) = 0$. Also + für $A \subseteq \R$ folgt mit der Monotonie von $\mathscr{H}^{s}$: + \[ + 0 \le \mathscr{H}^{s}(A) \le \mathscr{H}^{s}(\R) = 0 + .\] Also $\mathscr{H}^{s}(A) = 0$. + \end{proof} + \item Sei $A \subseteq \R$. Beh.: $\exists s^{*} \ge 0$ mit $\mathscr{H}^{s^{*}}(A) < \infty$ + $\implies$ $H^{s}(A) = 0$ $\forall s > s^{*}$. + \begin{proof} + Sei $s^{*} \ge 0$ mit $H^{s^{*}} < \infty$ und $s > s^{*}$. + Sei weiter $\delta > 0$. Dann ex. $A_i \subseteq \R$ mit + $ A \subseteq \bigcup_{i \in \N} A_i$ und $\text{diam}(A_i) \le \delta $, s.d. + $\sum_{i \in \N} \text{diam}(A_i)^{s^{*}} \eqqcolon C < \infty$. + Dann folgt wegen $s > s^{*}$ auch $s - s^{*} > 0$, also folgt + \[ + 0 \le \mathscr{H}^{s}_{\delta } \le \sum_{i \in \N} \text{diam}(A_i)^{s} + \le \sum_{i \in \N} \text{diam}(A_i)^{s^{*}} \delta ^{s - s^{*}} + = \delta ^{s - s^{*}} C \xrightarrow{\delta \to 0} 0 + .\] Damit ist $0 \le \mathscr{H}^{s}(A) \le 0$, also + $\mathscr{H}^{s}(A) = 0$. + \end{proof} + \item Sei $A \subseteq \R$. Beh.: $\exists s^{*} > 0$ mit $\mathscr{H}^{s^{*}} > 0$ + $\implies$ $\mathscr{H}^{s}(A) = \infty$ $\forall s < s^{*}$. + \begin{proof} + Sei $s^{*} > 0$ mit $\mathscr{H}^{s^{*}}(A) > 0$. Ang.: $\exists s < s^{*}$ + mit $H^{s}(A) < \infty$. Dann folgt mit (b) direkt, dass + $\forall s > s^{*}\colon \mathscr{H}^{s}(A) = 0$, also + $\mathscr{H}^{s^{*}}(A) = 0$ $\contr$. + \end{proof} + \item Sei $A \subseteq \R$ höchstens abzählbar. Beh.: $\text{dim } A = 0$. + \begin{proof} + Falls $A$ endlich: Dann seien die Elemente von $A$ $a_1, \ldots, a_n$ mit $n \in \N$ + und + \[ + A_i \coloneqq \begin{cases} + \{ a_i \} & i \le n \\ + \emptyset & i > n + \end{cases} + .\] Falls $A$ abzählbar unendlich, dann sei $(a_i)_{i \in \N}$ Abzählung von $A$ und + \[ + A_i \coloneqq \{a_i\} + .\] Dann gilt in beiden Fällen $A = \bigcup_{i \in \N} A_i$ + mit $\text{diam}(A_i) = 0$ $\forall i \in \N$. + Damit ist $\forall \delta > 0$ und $s > 0$: + \[ + 0 \le \mathscr{H}^{s}_{\delta }(A) \le \sum_{i \in \N} \underbrace{\text{diam}(A_i)^{s}}_{= 0} + \; \stackrel{s > 0}{=} \; 0 + .\] Damit folgt $\mathscr{H}^{s}(A) = 0$ für $s > 0$. Also folgt + \[ + 0 \le \text{dim } A = \text{inf} \{ s \ge 0 \mid \mathscr{H}^{s}(A) = 0\} \le s + .\] Für $s \longrightarrow 0$ folgt $\text{dim } A = 0$. + \end{proof} + \item Sei $\Omega \subseteq \R$, $\Omega \neq \emptyset$ und offen. Beh.: $\text{dim } \Omega = 1$. + \begin{proof} + Es ist $0 \le \text{dim } \Omega \le 1$ wegen (a). Das heißt es genügt zu zeigen, dass + $\mathscr{H}^{s}(\Omega) = \infty$ für $s < 1$. + + Beh.: $\mathscr{H}^{s}((0, 1)) = \infty$ für $s < 1$. + + Sei dazu $0 \le s < 1$ und $\delta > 0$ und $B_j \subseteq \R$ mit + $\text{diam}(B_j) \le \delta $ $\forall j \in \N$ und + $(0,1) \subseteq \bigcup_{j \in \N} B_j $. Es + ist $\sum_{j \in \N} \text{diam}(B_j) \le \text{diam}( (0,1)) = 1$. Damit folgt + \begin{salign*} + \sum_{i \in \N} \text{diam}(B_j)^{s} + = \sum_{j \in \N} \text{diam}(B_j)^{s} \text{diam}(B_j)^{s-1} + = \sum_{j \in \N} \frac{\text{diam}(B_j)}{\text{diam}(B_j)^{1-s}} + \quad \stackrel{1-s > 0}{>} \quad + \frac{\sum_{j \in \N} \text{diam}(B_j)}{\delta ^{1-s}} \ge \frac{1}{\delta ^{1-s}} + .\end{salign*} + Damit folgt $H_{\delta }^{s}((0,1)) \ge \frac{1}{\delta ^{1-s}}$. Mit $\delta \longrightarrow 0$ + folgt $H^{s}((0,1)) = \infty$. + + $\Omega \neq \emptyset$ und $\emptyset$ offen. Sei nun $x \in \Omega$, dann ex. + $\epsilon > 0$, s.d. $(x - \epsilon, x + \epsilon) \subseteq \Omega$. Damit + folgt mit Monotonie, Translationsinvarianz und Skalierung von $\mathscr{H}^{s}$: + \[ + \mathscr{H}^{s}(\Omega) \ge \mathscr{H}^{s}((x - \epsilon, x + \epsilon)) + = \mathscr{H}^{s}((0, 2 \epsilon)) + = \underbrace{(2 \epsilon)^{s}}_{> 0} \underbrace{\mathscr{H}^{s}((0, 1))}_{= \infty} = \infty + .\] Damit folgt $s < \text{dim } \Omega \le 1$ für $0 \le s < 1$. Für + $s \longrightarrow 1$ folgt $\text{dim } \Omega = 1$. + \end{proof} + \end{enumerate} +\end{aufgabe} + +\begin{aufgabe} + \begin{enumerate}[(a)] + \item Beh.: $\forall k \in \N$ gilt + \[ + \max_{x \in [0,1]} \left| f_{k+1}(x) - f_k(x) \right| + \le \frac{1}{2} \max_{x \in [0,1]} |f_k(x) - f_{k-1}(x)| + .\] + \begin{proof} + Sei $x \in [0,1]$. Fallunterscheidung: + \begin{enumerate}[(i)] + \item Falls $x \in \left[ 0, \frac{1}{3} \right)$: + \begin{align*} + |f_{k+1}(x) - f_k(x)| &= \left| \frac{1}{2} f_k(3x) - \frac{1}{2} f_{k-1}(3x) \right| \\ + &= \frac{1}{2} \left| f_k(3x) - f_{k-1}(3x) \right| \\ + &\le \frac{1}{2} \max_{x \in [0,1]} |f_k(x) - f_{k-1}(x)| + .\end{align*} + \item Falls $x \in \left( \frac{1}{3}, \frac{2}{3} \right) $: + \begin{align*} + |f_{k+1}(x) - f_k(x)| &= \left| \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \right| = 0 + \le \frac{1}{2} \max_{x \in [0,1]} \left| f_k(x) - f_{k-1}(x) \right| + .\end{align*} + \item Falls $x \in \left( \frac{2}{3}, 1 \right] $: + \begin{align*} + |f_{k+1}(x) - f_k(x)| &= \left| \frac{1}{2} (1 + f_k(3x-2)) + - \frac{1}{2} (1 + f_{k-1}(3x-2))\right| \\ + &= \frac{1}{2} \left| f_k(3x-2) - f_{k-1}(3x-2) \right| \\ + &\le \frac{1}{2} \max_{x \in [0,1]} \left| f_k(x) - f_{k-1}(x) \right| + .\end{align*} + \end{enumerate} + Damit folgt die Behauptung. + \end{proof} + \item Beh.: $f_k$ konvergiert gleichmäßig gegen eine stetige und monoton wachsende Funktion + $f\colon [0,1] \to [0,1]$. + \begin{proof} + Sei im Folgenden $\Vert \cdot \Vert_{\infty}$ die Maximumsnorm auf $[0,1]$. + + Zunächst zu zeigen, dass $f_k$ Cauchy-Folge. Sei dazu $\epsilon > 0$ und setze + $N_0 \coloneqq \log_2\left( \frac{1}{\epsilon} \right) - 1$. Dann gilt + $\forall m, n \ge N_0$ zunächst + \begin{salign*} + \Vert f_{n+1} - f_n \Vert_{\infty} \le \frac{1}{2} \Vert f_n - f_{n-1} \Vert + \le \ldots \le \left( \frac{1}{2} \right)^{n} \underbrace{\Vert f_n - f_0 \Vert_{\infty}}_{\le 1} \le \frac{1}{2^{n}} \quad (*) + .\end{salign*} + Sei nun o.E. $m \ge n$. Dann ist + \begin{salign*} + \Vert f_m - f_n \Vert_\infty &= \Vert f_{m} - f_{m-1} + f_{m-1} - \ldots + f_{n+1} - f_n \Vert_{\infty} \\ + &\le \Vert f_{m} - f_{m-1} \Vert + \ldots + \Vert f_{n+1} - f_n \Vert_{\infty} \\ + &\stackrel{(*)}{\le } \left( \frac{1}{2} \right)^{m-1} + \ldots + \frac{1}{2^{n}} \\ + &= \sum_{j=n}^{m-1} \frac{1}{2^{j}} \\ + &= \sum_{j=0}^{m-1} \left( \frac{1}{2} \right)^{j} - \sum_{j=0}^{n-1} \left( \frac{1}{2} \right) ^{j} \\ + &\stackrel{\text{geom. Reihe}}{=} \frac{1 - \frac{1}{2^{m-1}}}{1-\frac{1}{2}} + - \frac{1 - \frac{1}{2^{n-1}}}{1-\frac{1}{2}} \\ + &= 2 (1 - \frac{1}{2^{m-1}} -1 + \frac{1}{2^{n-1}}) \\ + &= \frac{1}{2^{m}} + \frac{1}{2^{n}} \\ + &\le \frac{1}{2^{N_0+1}} \\ + &< \frac{1}{2^{\log_{2}\left( \frac{1}{\epsilon} \right) }} \\ + &= \epsilon + .\end{salign*} + \end{proof} + Also ist $f_k$ Cauchy-Folge bezüglich $\Vert \cdot \Vert_{\infty}$. + + Z.z.: $\forall k \in \N_0$: $f_k$ stetig (i), monoton wachsend (iii) mit + $f_k(0) = 0$ und $f_k(1) = 1$ (ii). + + Beweis per Induktion über $k$. $k=0$: $f_0(x) = x$ stetig, monoton wachsend + und $f_0(0) = 0$ und $f_0(1) = 1$. + + Nun $k \to k+1$: + \begin{enumerate}[(i)] + \item Sei $x \in [0,1]$. Für $x \in \left[ 0, \frac{1}{3} \right)$, $x \in \left( \frac{1}{3}, \frac{2}{3} \right) $ und $x \in \left( \frac{2}{3}, 1 \right] $ klar, da $f_k$ stetig. + + Für $x = \frac{1}{3}$ bzw. $x = \frac{2}{3}$ sind nur die links bzw. rechtsseitigen + Grenzwerte zu betrachten. Sei also $x_n \xrightarrow{n \to \infty} \frac{1}{3}$ mit + $0 \le x_n < \frac{1}{3}$ beliebig. Dann ex. ein $N_0 \in \N$, s.d. + $\forall n \ge N_0$: $3 x_n \in \left( \frac{2}{3}, 1 \right] $. Dann gilt + $\forall n \ge N_0$: + \[ + f_{k+1}(x_n) = \frac{1}{2} f_k(\underbrace{3x_n}_{\xrightarrow{n \to \infty} 1}) + \quad \xrightarrow[n \to \infty]{f_k \text{ stetig}} \quad \frac{1}{2} f_k(1) \quad \stackrel{\text{IV (ii)}}{=} \quad + \frac{1}{2} = f_{k+1}\left(\frac{1}{3}\right) + .\] + Für $x = \frac{2}{3}$ betrachte also $x_n \xrightarrow{n \to \infty} \frac{2}{3}$ mit + $\frac{2}{3} < x_n \le 1$. Dann ex. $N_0 \in \N$ s.d. $3x_n - 2 \in [0, \frac{1}{3})$ + $\forall n \ge N_0$. + Dann ist + \[ + f_{k+1}(x_n) = \frac{1}{2} (1 + f_k(\underbrace{3x_n - 2}_{\xrightarrow{n \to \infty} 0})) \xrightarrow[n \to \infty]{f_k \text{ stetig}} \frac{1}{2} (1 + f_k(0)) + \quad \stackrel{\text{IV (ii)}}{=} \quad \frac{1}{2} = f_{k+1}\left(\frac{2}{3}\right) + .\] + Damit ist $f_{k+1}$ stetig. + \item Es ist $f_{k+1}(0) = \frac{1}{2} f_k(0) \quad \stackrel{\text{IV (ii)}}{=} \quad 0$ + und $f_{k+1}(1) = \frac{1}{2} (1 + f_{k}(3-2)) = \frac{1}{2} (1 + f_k(1)) \quad \stackrel{\text{IV (ii)}}{=} \quad 1$. + \item Sei $x \in [0,1]$. Dann ist $0 \le f_k(x) \le 1$, da $f_k$ monoton wachsend + und $f_k(0) = 0$ und $f_k(1) = 1$ nach IV (ii) und (iii). Damit folgt + falls $x \in [0, \frac{1}{3})\colon f_{k+1}(x) = \frac{1}{2} f_k(x) \le \frac{1}{2}$. + Falls + $x \in (\frac{2}{3}, 1]\colon f_{k+1}(x) = \frac{1}{2} (1 + f_k(3x-2)) \ge \frac{1}{2}$. + + Seien nun $x, y \in [0,1]$ mit $x \le y$. + + Falls $x \in [0, \frac{1}{3})$: Falls $y \in (\frac{1}{3}, 1]$, folgt + $f_{k+1}(y) \ge \frac{1}{2} \ge f_{k+1}(x)$, sonst: + \begin{salign*} + f_{k+1}(x) = f_k(3x) &\stackrel{\text{IV (iii)}}{\le } f_k(3y) = f_k(y) + .\end{salign*} + Falls $x \in (\frac{1}{3}, \frac{2}{3})$ und $y \in (\frac{2}{3}, 1]$: + $f_{k+1}(y) \ge \frac{1}{2} = f_{k+1}(x)$, sonst + \begin{salign*} + f_{k+1}(x) = \frac{1}{2} = f_{k+1}(y) + .\end{salign*} + Falls $x \in (\frac{2}{3}, 1]$, dann ist auch $y \in (\frac{2}{3}, 1]$ und + \begin{salign*} + f_{k+1}(x) = \frac{1}{2} (1 + f_k(3x-2)) + &\stackrel{\text{IV (iii)}}{\le } \frac{1}{2} (1 + f_k(3y-2)) = f_{k+1}(y) + .\end{salign*} + \end{enumerate} + Damit ist $f_k$ stetig und monoton wachsend $\forall k \in \N$, also + $f_k \in \mathcal{C}([0,1])$. Da $\mathcal{C}([0,1])$ vollständig bezüglich gleichmäßiger + Konvergenz $\exists f \in \mathcal{C}([0,1])$ stetig mit + $f_k \xrightarrow{k \to \infty} f$. Da $f_k$ monoton wachsend und + $f_k \xrightarrow[\text{glm.}]{k \to \infty} f$ ist auch $f$ monoton wachsend. + \item Beh.: $f \circ g = \text{id}$. + \begin{proof} + Sei $y \in [0,1]$. Dann definiere + \[ + g(y) = a \coloneqq \inf \{ x \in [0,1] \mid f(x) = y\} + .\] Ang.: $f(a) \neq y$. Dann $\exists \epsilon > 0$, s.d. $|f(a) - y| > \epsilon$. + Da $f$ stetig, ex. $\delta > 0$, s.d. $\forall x \in [0,1]$ mit $|x - a| < \delta $: + $|f(x) - f(a) < \epsilon$ $(*)$. Nun ist + $a = \inf \{x \in [0,1] \mid f(x) = y\}$. Das heißt es + ex. ein $x \in [0,1]$ mit $f(x) = y$, s.d. $x < a + \delta $. Da außerdem + $x \ge a$ folgt $|x-a| < \delta $. + Damit folgt mit $(*)$, dass $|f(x) - f(a)| = |f(a) - y| < \epsilon$ $\contr$. + + Es folgt also $y = f(a) = f(g(y)$. Also $f \circ g = \text{id}$. + \end{proof} + Beh.: $g$ injektiv. + \begin{proof} + Ang.: $g$ nicht injektiv. Dann ex. $x_1, x_2 \in [0,1]$ mit $x_1 \neq x_2$ und + $g(x_1) = g(x_2)$. Dann ist + \[ + f(g(x_1)) = f(g(x_2)) \stackrel{f \circ g = \text{id}}{\implies} x_1 = f(g(x_1)) = + f(g(x_2)) = x_2 \quad \contr + .\] + \end{proof} + \item Beh.: $g$ Borel-messbar. + \begin{proof} + Z.z.: $g$ monoton. + Seien $x, y \in [0,1]$ mit $x \le y$. Ang. $g(x) > g(y)$. Dann ist + \[ + x = f(g(x)) \quad \qquad \stackrel{f \text{ monoton wachsend}}{>} \qquad \quad f(g(y)) = y \quad \contr + .\] Also folgt $g(x) \le g(y)$. Also $g$ monoton wachsend. Da $[0,1] \subseteq \R$ Intervall, + folgt $g$ Borel-messbar. + \end{proof} + \item Sei $V \subseteq [0,1]$ nicht Lebesgue-messbar. Beh.: $g(V)$ ist Lebesgue-messbar. + \begin{proof} + Es ist nach (d) $g(V) \subseteq g([0,1]) \subseteq \mathcal{C}$. Also + ist $g(V)$ $\lambda$-Nullmenge, da $\lambda(\mathcal{C}) = 0$, also $\lambda(g(V)) = 0$, also + insbesondere $g(V)$ Lebesgue-messbar. + \end{proof} + \end{enumerate} +\end{aufgabe} + +\end{document}