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

\title{Analysis 3: Übungsblatt 2}
\author{Leon Burgard, Christian Merten}
\usepackage[]{mathrsfs}

\begin{document}

\punkte

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[a)]
        \item Sei $A \subseteq \R$ abzählbar. Beh.: $A \in \mathscr{B}(\R)$ und $\lambda(A)= 0$.
            \begin{proof}
                Zunächst sei $x \in \R$. Dann ist $\{x\} \in \mathscr{B}(\R) $, da abgeschlossen.
                Betrachte nun 
                \[
                A_n \coloneqq [x, x+\frac{1}{n}) \downarrow \bigcap_{n \in \N} A_n = \{x\} 
                .\] 
                Da $A_n$ linksgeschlossene Intervalle für $n \in \N$,
                ist $\lambda([x, x+\frac{1}{n}) = \frac{1}{n}$. Damit folgt, da $\lambda$ Maß
                \[
                    0 = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = \lim_{n \to \infty} \lambda(A_n) = \lambda(\{x\})
                .\] 
                Sei nun $(q_i)_{i \in I}$ Abzählung von $A$
                mit $I \subseteq \N$ und $q_i \neq q_j$ für $i \neq j$ und
                $q_i \in A$. Dann ist
                \[
                    A = \bigcupdot_{i \in I} \{q_i\} \in \mathscr{B}(\R)
                .\] Weiter gilt mit $\sigma$-Additivität von $\lambda$ und der Vorüberlegung:
                \[
                    \lambda(A) = \lambda\left( \bigcupdot_{i \in I} \{q_i\}  \right)
                    = \sum_{i \in I} \lambda(\{q_i\})
                    = \sum_{i \in I} 0
                    = 0
                .\] 
            \end{proof}
        \item Sei $\alpha > 0$. Beh.: $\alpha A \in \mathscr{B}(\R)$ und $\lambda(\alpha A) = \alpha \lambda(A)$.
            \begin{proof}
                Zunächst ist $f_{\alpha}\colon \mathscr{P}(\R) \to \mathscr{P}(\R)$, $A \mapsto \alpha A$
                eine inklusionserhaltende Bijektion.

                Sei $A \in \mathscr{B}(\R)$.
                Es sei $\mathscr{J} \subseteq \mathscr{P(\R)}$ die Menge der linksgeschlossenen Intervalle.
                Da $\sigma(\mathscr{J}) = \mathscr{B}(\R)$ und für
                $I \in \mathscr{J} \implies I^{c} \in \mathscr{J}$, existieren $I_k \in \mathscr{J}$, s.d.
                \[
                A = \bigcup_{k \in \N} I_k \text{ oder } A = \bigcap_{k \in \N} I_k
                .\] Sei o.E. $A = \bigcup_{k \in \N} I_k$. Für $I \in \mathscr{J}$ ex. $a, b \in \R$
                mit $a \le b$, s.d. $I = [a, b)$. Dann ist $\alpha I = [\alpha a, \alpha b) \in \mathscr{J}$
                und damit
                \[
                \lambda(\alpha I) = \lambda([\alpha a, \alpha b)) = |\alpha a - \alpha b| = \alpha |a-b| = \alpha \lambda(I)
                .\] 
                Damit folgt
                \[
                    \alpha A = \alpha \bigcup_{k \in \N} I_k = \bigcup_{k \in \N} \alpha I_k \in \mathscr{B}(\R)
                .\] 
                Betrachte nun $\tilde{I}_k \coloneqq I_k \setminus \bigcup_{j=1}^{k-1} I_j$.
                Dann sind die $\tilde{I}_k$ disjunkte Vereinigung von endlich vielen linksgeschlossenen
                Intervallen. Durch
                Umnummerierung und Aufteilung der Vereinigung auf mehrere Folgenelemente, sei o.E.
                $\tilde{I}_k \in \mathscr{J}$ $\forall k \in \N$ und
                \[
                    A = \bigcupdot_{k \in \N} \tilde{I}_k
                .\]
                Damit folgt
                \begin{salign*}
                    \lambda(\alpha A) &= \lambda \left( \alpha \bigcupdot_{k \in  \N} \tilde{I}_k  \right) \\
                    &\stackrel{f_\alpha \text{ inklusionserhaltend}}{=}
                    \lambda \left( \bigcupdot_{k \in \N} \alpha \tilde{I}_k \right) \\
                    &\stackrel{\lambda \; \sigma \text{-additiv}}{=}
                    \sum_{k \in \N} \lambda(\alpha \tilde{I}_k) \\
                    &= \sum_{k \in \N} \alpha \lambda(\tilde{I}_k) \\
                    &= \alpha \lambda(A)
                .\end{salign*}
            \end{proof}
        \item Beh.: Für alle $\alpha > 0$ existiert eine Menge $A \in \mathscr{B}(\R)$, s.d.
            $A$ dicht in $\R$ und $\lambda(A) = \alpha$.
            \begin{proof}
                Sei $(q_i)_{i \in \N}$ eine Abzählung von $\Q$ und sei o.E. $q_1 = 1$. Dann betrachte
                \[
                    A \coloneqq \bigcup_{k \in \N} \left[q_k - \frac{1}{2^{k}}, q_k + \frac{1}{2^{k}}\right]
                .\] Es ist $Q \subseteq A$, d.h. $A$ dicht in $\R$, da $\Q$ dicht in $\R$.

                Da $q_1 = 1$ ist $\left[ 1 - \frac{1}{2}, 1 + \frac{1}{2} \right] = \left[ \frac{1}{2}, \frac{3}{2} \right]  \subseteq A$. Es
                ist wegen der Translationsinvarianz von $\lambda$ weiter:
                $\lambda\left( \left[ \frac{1}{2},  \frac{3}{2}\right]  \right) = \lambda([0, 1]) = 1$.
                Wegen der Monotonie von $\lambda$ folgt damit $\lambda(A) \ge 1$. Weiter ist
                $\lambda$ $\sigma$-subadditiv. Damit folgt
                \begin{salign*}
                    \lambda(A) &\le \sum_{k \in \N} \lambda\left( \left[ q_k - \frac{1}{2^{k}}, q_k + \frac{1}{2^{k}} \right]  \right) \\
                    &\stackrel{\text{Translat.inv.}}{=}
                    \sum_{k \in \N} \lambda\left( \left[ 0, \frac{1}{2^{k-1}} \right]  \right) \\
                    &\stackrel{\text{(b)}}{=}
                    \sum_{k \in \N} \frac{1}{2^{k-1}} \lambda(2^{k-1}[0, \frac{1}{2^{k-1}}]) \\
                    &= \sum_{k \in \N} \frac{1}{2^{k-1}} \lambda([0, 1]) \\
                    &= \sum_{k \in \N} \left( \frac{1}{2} \right)^{k-1} \\
                    &\stackrel{\text{geom. Reihe}}{<} \infty
                .\end{salign*}
                Es ist also $1 \le \lambda(A) < \infty$, es ex. also ein $a \in \R$, s.d.
                $\lambda(A) = a$. Wähle nun $\beta \coloneqq \frac{\alpha}{a}$. Damit folgt mit
                $B \coloneqq \beta A$
                \[
                    \lambda(B) = \lambda(\beta A) = \beta \lambda(A) = \beta a = \alpha
                .\]
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[a)]
        \item Beh.: $\mathscr{H}^{s}$ ist ein äußeres Maß.
            \begin{proof}
                \begin{enumerate}[(i)]
                    \item Es ist offensichtlich $\mathscr{H}^{s}(\emptyset) = 0$.
                    \item Seien $A, B \subseteq \R$ mit $A \subseteq B$, dann ist jede
                        Überdeckung von $B$ auch eine Überdeckung von $A$. Damit folgt die Behauptung.
                    \item Sei $A_i \in \mathscr{P}(\R)$ für $i \in \N$. Dann sei $\delta > 0$ und
                        für $ i \in \N$
                        $(B_{ij})_{j \in \N}$ eine Überdeckung von $A_i$, s.d.
                        \[
                            \sum_{j \in \N} \text{diam}(B_{ij})^{s} = \mathscr{H}_{\delta}^{s}(A_i)
                        .\]
                        Dann ist
                        \[
                        \bigcup_{i \in \N} A_i \subseteq \bigcup_{i, j \in \N} B_{ij}
                        .\] 
                        Also folgt
                        \begin{align*}
                            \mathscr{H}_{\delta }^{s}\left( \bigcup_{i \in \N} A_i \right)
                            \le \sum_{i, j \in \N} \text{diam}(B_{ij})^{s}
                            = \sum_{i \in \N} \mathscr{H}_{\delta}^{s}(A_i)
                        .\end{align*}
                        Damit folgt
                        \begin{salign*}
                            \mathscr{H}^{s}\left( \bigcup_{i \in \N} A_i \right) &=
                            \limsup_{\delta \to 0} \mathscr{H}_{\delta }^{s}\left(\bigcup_{i \in \N} A_i\right) \\
                            &\ge \limsup_{\delta \to 0} \sum_{i \in \N} \mathscr{H}_{\delta }^{s}(A_i) \\
                            &= \sum_{i \in \N} \limsup_{\delta \to 0} \mathscr{H}_{\delta }^{s}(A_i) \\
                            &= \sum_{i \in \N} \mathscr{H}^{s}(A)
                        .\end{salign*}
                \end{enumerate}
            \end{proof}
        \item Beh.: $\mathscr{H}^{s}(\alpha A) = \alpha ^{s} \mathscr{H}^{s}(A)$.
            \begin{proof}
                Sei $A \subseteq \R$ und $\alpha > 0$.
                Wie bereits in A1 ist $f_{\alpha}$ eine inklusionserhaltende Bijektion. Damit ist
                für $B_j \subseteq \R$:
                \[
                A \subseteq \bigcup_{j \in \N} B_j \iff \alpha A \subseteq \bigcup_{j \in \N} \alpha B_j
            .\] Da offensichtlich $\text{diam}(\alpha A) = \alpha \text{diam}(A)$ und wegen $\alpha > 0$:
            $\text{diam}(B_j) \le \delta  \iff \text{diam}(\alpha B_j) = \alpha \text{diam}(B_j) \le \alpha \delta $,
            folgt die Behauptung aus der Definition.
            \end{proof}
        \item Beh.: $\mathscr{H}^{s}(A + y) = \mathscr{H}^{s}(A)$ $\forall A \subseteq \R, y \in \R$.
            \begin{proof}
                Sei $A \subseteq \R$ und $y \in R$.
                Es ist analog zu A1 $f_y \colon \mathscr{P}(\R) \to \mathscr{P}(\R), A \mapsto A +y$
                inklusionserhaltende Bijektion. Außerdem ist $\text{diam}(A) = \text{diam}(A + y)$. Damit
                folgt die Behauptung aus der Definition analog zu (b).
            \end{proof}
        \item Beh.: $\mathscr{H}^{0}$ ist das Zählmaß.
            \begin{proof}
                Sei $A \subseteq \R$ endlich. Dann ex. ein $I \subsetneq \N$, s.d.
                $A = (a_i)_{i \in I}$. Es ist weiter
                \[
                A = \bigcup_{i \in I} \{a_i\}
                .\] mit $\text{diam}(\{a_i\}) = 0$ für $i \in I$. Damit folgt
                \[
                    \sum_{i \in I} \text{diam}(\{a_i\})^{0} = |I| = \# A
                .\] Also für $\delta \to 0$ ist $\mathscr{H}_{\delta }^{0}(A) = \# A$, also
                $\mathscr{H}^{0}(A) = \# A$. Wegen der Monotonie von $\mathscr{H}^{0}$ ist
                für $B \subseteq \R$ unendlich, $\mathscr{H}^{0}(B) = \infty$.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[a)]
        \item Beh.: $\nu$ äußeres Maß.
            \begin{proof}
                \begin{enumerate}[(i)]
                    \item $\nu(\emptyset) = 0$, da $\emptyset$ endlich.
                    \item Seien $A, B \subseteq \mathscr{P}(X)$ und $A \subseteq B$. Falls
                        $\nu(B) = 1$: trivial. Sei also $\nu(B) = 0$. Dann ist
                        $B$ höchstens abzählbar, also $A$ ebenfalls und es folgt
                        \[
                            \nu(A) = 0 = \nu(B)
                        .\]
                    \item Sei $A_k \in \mathscr{P}(X)$ für $k \in \N$. Falls
                        ein $n \in \N$ ex., s.d. $A_k$ überabzählbar, ist auch
                        $\bigcup_{k \in \N} A_k$ überabzählbar, also
                        \[
                            \nu\left( \bigcup_{k \in \N} A_k \right)
                            = 1
                            \le \underbrace{\nu(A_n)}_{= 1} +
                            \underbrace{\sum_{\substack{k \in \N \\ k\neq n}} \nu(A_k)}_{\ge 0} \\
                            = \sum_{k \in \N} \nu(A_k)
                        .\] 
                        Falls $\forall k \in \N\colon $ $A_k$ höchstens abzählbar, dann ist
                        $\bigcup_{k \in \N} A_k$ höchstens abzählbar und es gilt
                        \[
                            \nu\left( \bigcup_{k \in \N} A_k \right) = 0 = \sum_{k \in \N} \nu(A_k)
                        .\] 
                \end{enumerate}
            \end{proof}
        \item Sei $\mathscr{M} \coloneqq \{ A \in \mathscr{P}(X)  \mid \nu(E) = \nu(E \cap A) + \nu(E \cap A^{c}) \quad \forall E \in \mathscr{P}(X)\} $.

            Beh.: $\mathscr{M} = \{ A \in \mathscr{P}(X)  \mid A \text{ höchstens abzählbar oder } A^{c}
            \text{ höchstens abzählbar}\} \eqqcolon \mathscr{F}$
            \begin{proof}
                Falls $X$ abzählbar, dann ist $\nu(A) = 0$ $\forall A \in \mathscr{P}(X)$, also
                trivialerweise $\mathscr{M} = \mathscr{P}(X) = \mathscr{F}$.

                Sei also $X$ überabzählbar.
                \begin{itemize}
                    \item ,,$\subseteq $'': Sei $A \in \mathscr{M}$. Falls $A$ höchstens abzählbar, folgt
                        direkt $A \in \mathscr{F}$. Sei also $A$ überabzählbar. Dann ist
                        mit $E = X$:
                        \[
                            1 = \nu(X) = \nu(X \cap A) + \nu(X \cap A^{c})
                            = \underbrace{\nu(A)}_{=1} + \nu(A^{c}) = 1 + \nu(A^{c})
                        .\] Also $\nu(A^{c}) = 0$, also $A^{c}$ höchstens abzählbar und damit
                        $A \in \mathscr{F}$, also $\mathscr{M} \subseteq \mathscr{F}$.
                    \item ,,$\supseteq$'': Sei $A \in \mathscr{F}$ und $E \subseteq X$ beliebig.
                        Falls $A$ und $E$ höchstens abzählbar sind
                        $E \cap A$ und $E \cap A^{c}$ ebenfalls höchstens abzählbar, also folgt
                        \[
                            \nu(E) = 0 = \nu(E \cap A) + \nu(E \cap A^{c}) \implies A \in \mathscr{M}
                        .\] 
                        Falls $A$ höchstens abzählbar und $E$ überabzählbar folgt mit der
                        Subadditivität von $\nu$:
                        \[
                        1 = \nu(E) \le \underbrace{\nu(E \cap A)}_{\substack{=0\\\text{da } A \text{ abzählbar}}} + \underbrace{\nu(E \cap A^{c})}_{\le 1}
                        .\] Also folgt $\nu(E \cap A^{c}) = 1$ und damit $A \in \mathscr{M}$.

                        Falls $A$ überabzählbar und $E$ höchstens abzählbar sind
                        $E \cap A$ und $E \cap A^{c}$ ebenfalls höchstens abzählbar, also $A \in \mathscr{M}$.

                        Falls $A$ und $E$ überabzählbar ist $A^{c}$ höchstens abzählbar, da $A \in \mathscr{F}$
                        und damit wegen Subadditivität von $\nu$:
                        \[
                            1 = \nu(E) \le \underbrace{\nu(E \cap A)}_{\le 1} + \underbrace{\nu(E \cap A^{c})}_{=0}
                            \implies \nu(E \cap A) = 1  \implies A \in \mathscr{M}
                        .\] Also insgesamt $\mathscr{F} \subseteq \mathscr{M}$.
                \end{itemize}
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Beh.: $\mu$ ist ein Maß.
    \begin{proof}
        \begin{enumerate}[(i)]
            \item $\mu(\emptyset) = 0$, denn $\#(\emptyset \cap \{1, \ldots, n\}) = 0$ $\forall n \in \N$.
            \item Sei $A_i \in \mathscr{P}(\N)$ für $i \in \N$ und $A_i \cap A_j = \emptyset$ für $i\neq j$.
                Dann gilt
                \begin{salign*}
                    \mu\left( \bigcupdot_{i \in  \N} A_i  \right)
                    &= \limsup_{n \to \infty} \frac{1}{n} \# \left( \bigcupdot_{i \in \N} A_i \cap \{1, \ldots, n\}  \right)  \\
                    &= \limsup_{n \to \infty} \frac{1}{n} \# \left( \bigcupdot_{i \in \N} (A_i \cap \{1, \ldots, n\} ) \right)  \\
                    &\stackrel{\text{disj. Ver.}}{=} \limsup_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i \in \N} \#(A_i \cap \{1, \ldots, n\}) \\
                    &= \sum_{i \in \N} \limsup_{n \to \infty} \frac{1}{n} \#(A_i \cap \{1, \ldots, n\}) \\
                    &= \sum_{i \in \N} \mu(A_i)
                .\end{salign*}
        \end{enumerate}
    \end{proof}
\end{aufgabe}

\end{document}
