\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}