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\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
        $X = \bigcupdot_{k \in \N} A_k$, 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
                \[
                    \mu_k(A) = \mu(A \cap A_k) \le \mu(A_k) < \infty
                .\]
        \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 $\mu_k$ endlich und monoton:
        \begin{salign*}
            \mu_k(V \setminus S) = \underbrace{\mu_k(V)}_{\le \mu_k(U_k)}
            - \underbrace{\mu_k(S)}_{\ge \mu_k(K_k)} \le \mu_k(U_k) - \mu_k(K_k)
            = \mu_k(U_k \setminus K_k) < \frac{\epsilon}{2^{k+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_{n \in \N} \frac{\epsilon}{2^{n+1}}
            = \sum_{n \in \N} \frac{\epsilon}{4} \frac{1}{2^{n-1}}
            = \sum_{n=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 $K = S^{n_0}$. Dann ist $U$ offen, $K$ abgeschlossen
        und $K \subseteq A \subseteq U$ 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} < \delta $ für $1 \le k \le n$ und
                $\text{diam}(A_k) = 0 < \delta $ 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 $H^{s^{*}}(A) < \infty$ 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 $\sum_{j \in \N} \text{diam}(B_j) \ge \text{diam}( (0,1)) = 1$. Damit folgt
                \begin{salign*}
                    \sum_{i \in \N} \text{diam}(B_j)^{s}
                    = \sum_{j \in \N} \text{diam}(B_j) \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}{\ge } \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 $\Omega$ 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
                $N_0 \coloneqq \log_2\left( \frac{1}{\epsilon} \right) + 2$. 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^{n-2}} - \frac{1}{2^{m-2}} \\
                    &\le \frac{1}{2^{N_0-2}} \\
                    &< \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}

\newpage

\begin{aufgabe}
    Beh.: $f$ genau dann messbar, wenn $f^{-1}(\mathscr{A}) \subset \mathscr{E}$.
    \begin{proof}
        ,,$\implies$'': trivial, denn $f$ messbar $\implies$ $f^{-1}(\mathscr{F}) \subset \mathscr{E}$ und da $\mathscr{A} \subset \mathscr{F}$, folgt
        $f^{-1}(\mathscr{A}) \subset \mathscr{E}$.

        ,,$\impliedby$'': Sei also $f^{-1}(\mathscr{F}) \subset \mathscr{E}$.
        Also $f^{-1}(\mathscr{F}) = \{ f^{-1}(A)  \mid A \in \mathscr{F} \} \subset \mathscr{E}$.
        \[
            \mathscr{K} := \{ A \in \mathscr{F}  \mid f^{-1}(A) \in \mathscr{E}\} 
        .\] 

        Z.z.: $\mathscr{K}$ $\sigma$-Algebra.
        \begin{enumerate}[(i)]
            \item $Y \in \mathscr{K}$, denn
                $f^{-1}(Y) = X \in \mathscr{E}$, da $\mathscr{E}$
                $\sigma$-Algebra.
            \item Sei $A \in \mathscr{A}$. Dann ist
                $f^{-1}(A) \in \mathscr{E}$ und damit
                $f^{-1}(A^{c}) = f^{-1}(A)^{c} \in \mathscr{E}$, da
                $\mathscr{E}$ $\sigma$-Algebra.
            \item Seien $A_i \in \mathscr{K}$ für $i \in \N$. Dann
                ist $\forall i \in \N$: $f^{-1}(A_i) \in \mathscr{E}$. Damit
                folgt, da $\mathscr{E}$ $\sigma$-Algebra:
                \[
                    f^{-1}\left(\bigcup_{i \in \N} A_i \right)
                    = \bigcup_{i \in \N} f^{-1}(A_i) \in \mathscr{E}
                .\] 
        \end{enumerate}
        Nach Voraussetzung ist $\mathscr{A} \subset \mathscr{K}$. Es
        ist $\mathscr{K} \subset \mathscr{F}$ und
        $\mathscr{K}$ $\sigma$-Algebra, die $\mathscr{A}$ enthält, damit
        folgt $\mathscr{F} = \sigma(\mathscr{A}) \subset \mathscr{K}$,
        also insgesamt $\mathscr{K} = \mathscr{F}$. Also
        folgt $\forall A \in \mathscr{F}\colon f^{-1}(A) \in \mathscr{E}$, also
        $f^{-1}(\mathscr{F}) \subset \mathscr{E}$.
    \end{proof}
\end{aufgabe}

\end{document}