Buchanfang Maßtheorie by Richard4321/ Maße – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

In der Maßtheorie wollen wir Mengen eine Länge, eine Fläche oder ein Volumen zuordnen. Unser Ziel ist, später die "guten" Mengen durch abzählbar viele Intervalle, Rechtecke oder Quader "minimal" zu überdecken und damit die Länge, die Fläche oder das Volumen der "guten" Menge zu bestimmen.

Wir hatten in den letzten Kapiteln die endlichen disjunkten Vereinigungen der Rechtecke betrachtet: diese bilden einen Ring (mit $A,B\in R$ sind auch $\emptyset ,A\cup B,A\backslash B\in R$). Ihnen konnten wir eindeutig eine Fläche zuordnen. Wenn ihre abzählbare Vereinigung wieder die Form einer endlichen disjunkten Vereinigung von Rechtecken hat und ihre Fläche die abzählbare Summe der Einzelflächen ist, in mathematischer Schreibweise

${\begin{aligned}{\text{Fläche }}\left(\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)=&\sum _{i=1}^{\infty }{\text{Fläche }}(A_{i})\end{aligned}}$

dann nannten wir die Mengenfunktion sigma-additiv. Wir haben gezeigt, dass die Sigma-Additivität (fast) gleich bedeutend ist zur Stetigkeit von oben oder von unten der Flächenfunktion.

Wir haben dann Sigma-Algebren eingeführt (mit $A_{n}\in S$ sind auch $\bigcup _{n\in \mathbb {N} }A_{n},A_{n}^{C},\emptyset \in S$) als Mengensysteme der "guten" Mengen für die wir eine Flächenfunktion angeben können.

Maße sind nun sigma-additive, nicht-negative Funktionen von einer Sigma-Algebra nach $[0,\infty ]$. Und um diese dreht sich alles. Um uns an den Begriff zu gewöhnen, betrachten wir im Folgenden viele Beispiele.

Am Ende des Kapitels zeigen wir für Interessierte, dass es kein translationsinvariantes Maß mit $m([0,1])=1$ geben kann, das allen Teilmengen von $\mathbb {R}$ eine Länge zuordnen kann.

Definition (Maß)

Sei $S$ eine Sigma-Algebra. Eine nicht-negative Abbildung

$m:S\rightarrow [0,\infty ]$

mit

${\begin{aligned}m(\emptyset )=&0\\m\left(\biguplus _{i=1}^{\infty }A_{i}\right)=&\sum _{i=1}^{\infty }m(A_{i})\end{aligned}}$

heißt Maß.

Wie bei den sigma-additiven Funktionen gezeigt, müssen wir $m(\emptyset )=0$ für die Wohldefiniertheit fordern.

Satz (Rechenregeln für Maße)

Die Rechenregeln für additive und sigma-additive Abbildungen auf Ringen gelten genauso für Maße. Siehe Mathe_für_Nicht-Freaks:_Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/sigma-additive_Funktionen

Beweis (Rechenregeln für Maße)

Wir zeigen: Eine Sigma-Algebra $S$ ist insbesondere ein Ring. Nach Voraussetzung gilt

$\emptyset \in S$

Seien $A,B\in S$. Dann gilt

$A\cup B\in S$

da sogar abzählbare Vereinigungen in $S$ sind

$A\backslash B=A\cap B^{C}\in S$

da Komplemente und Schnitte wieder in $S$ sind.

Eine Menge mit Maß Null interessiert uns nicht in der Integrationstheorie oder in der Wahrscheinlichkeitstheorie. Deshalb gibt es für Eigenschaften, die nur außerhalb einer Menge vom Maß Null gelten einen Namen

Definition ($m$-fast überall)

Sei $(W,S,m)$ ein Maßraum und $E\subset W$ eine Eigenschaft. $E$ gilt $m$-fast überall genau dann wenn

${\begin{aligned}\exists N\in S:m(N)=&0\\E^{C}\subset &N\end{aligned}}$

Aufgabe (Limes inferior und Limes superior)

Seien $(W,S,m)$ gegeben und $\forall n\in \mathbb {N} :\ A_{n}\in S$. Definiere

${\begin{aligned}\liminf A_{n}=&\bigcup _{j\in \mathbb {N} }\bigcap _{n\geq j}A_{n}\\\limsup A_{n}=&\bigcap _{j\in \mathbb {N} }\bigcup _{n\geq j}A_{n}\end{aligned}}$

Beide Mengen sind wieder in $S$, das haben wir schon gezeigt.

a) Zeige: $m(\liminf A_{n})\leq \liminf m(A_{n})$

b) Zeige: Für $\sum _{n=1}^{\infty }m(A_{n})<\infty$ gilt $m(\limsup A_{n})=0$

c) Zeige: Für $\sum _{n=1}^{\infty }m(A_{n})<\infty$ gilt: $m$-fast alle $x$ gehören zu höchstens endlich vielen der $A_{n}$.

d) Zeige für endliches Maß gilt: $m(\limsup A_{n})\geq \limsup m(A_{n})$. Ist $m$ nicht endlich, welche Bedingung muss dann an die $A_{n}$ gestellt werden?

e) Zeige: für nicht endliches Maß $m$ gilt d) i.A. nicht.

Wie kommt man auf den Beweis? (Limes inferior und Limes superior)

Benutze für a) die Ergebnisse des Kapitels Grenzwerte von Mengenfolgen und Stetigkeit.

b) Was weiß man über Reihen, die einen Grenzwert haben?

c) Benutze a) und die Komplementbildung.

d) analog a)

e) Betrachte $\mathbb {N}$ mit dem Zählmaß und $A_{n}$ der nach rechts wandernde Punkt.

Beweis (Limes inferior und Limes superior)

a) Wegen $\forall n\geq j:\ \bigcap _{n\geq j}A_{n}\subset A_{n}$ gilt wegen der Monotonie von $m$:

$\forall n\geq j:\ m\left(\bigcap _{n\geq j}A_{n}\right)\leq m(A_{n})$

Damit gilt es auch für das Infimum

$m\left(\bigcap _{n\geq j}A_{n}\right)\leq \inf _{n\geq j}m(A_{n})$

Für steigendes $j$ sind beide Seiten monoton steigend und man kann auf beiden Seiten den Grenzwert bilden

$\lim _{j\rightarrow \infty }m\left(\bigcap _{n\geq j}A_{n}\right)\leq \lim _{j\rightarrow \infty }\inf _{n\geq j}m(A_{n})$

Da $m$ stetig von unten ist (siehe Kapitel Grenzwerte von Mengenfolgen und Stetigkeit), kann man den Limes links hineinziehen

$m\left(\bigcup _{j\in \mathbb {N} }\bigcap _{n\geq j}A_{n}\right)\leq \liminf _{n\in \mathbb {N} }m(A_{n})$

b) Es gilt für alle $k\in \mathbb {N}$

$\bigcap _{k\in \mathbb {N} }\bigcup _{n\geq k}A_{n}\subset \bigcup _{n\geq k}A_{n}$

Mit der Monotonie von $m$ folgt

$m(\limsup A_{n})\leq m\left(\bigcup _{n\geq k}A_{n}\right)\leq \sum _{n\geq k}m(A_{n})$

Da die Reihe einen Grenzwert hat, geht die Summe für $k\rightarrow \infty$ gegen Null.

$0\leq m(\limsup A_{n})\leq \lim _{k\rightarrow \infty }\sum _{n\geq k}m(A_{n})=0$

c) Mit der Aufgabe aus dem Kapitel Sigma-Algebren gilt

${\begin{aligned}\{w\in W:\ w{\text{ in höchstens endlich vielen der }}A_{n}\}=&\{w\in W:\ w{\text{ in fast allen der}}A_{n}\}^{C}\\=&\left(\bigcup _{k\in \mathbb {N} }\bigcap _{n\geq k}A_{n}\right)^{C}=(\liminf A_{n})^{C}\end{aligned}}$

Wegen a) und da die Summe einen Grenzwert (die Folgenglieder gehen gegen Null) gilt

$0\leq m\left(\bigcup _{k\in \mathbb {N} }\bigcap _{n\geq k}A_{n}\right)\leq \liminf m(A_{n})=0$

Damit folgt $\{w\in W:\ w$ in höchstens endlich vielen der $A_{n}\}$ $m$-fast überall.

d) Wegen

${\begin{aligned}\forall k\geq n:\bigcup _{k\geq n}A_{k}\supset A_{k}\end{aligned}}$

folgt mit der Monotonie des Maßes

${\begin{aligned}\forall k\geq n:m\left(\bigcup _{k\geq n}A_{k}\right)\geq &m(A_{k})\\m\left(\bigcup _{k\geq n}A_{k}\right)\geq &\sup _{k\geq n}m(A_{k})\end{aligned}}$

Da die Folge der Mengen $\left(\bigcup _{k\geq n}A_{k}\right)_{n}$ monoton fallend ist, folgt mit der Stetigkeit von oben (da $m$ endlich ist oder verwende als Bedingung $\exists n_{0}:m\left(\bigcup _{k\geq n_{0}}A_{k}\right)<\infty$ !)

${\begin{aligned}m\left(\bigcap _{n\in \mathbb {N} }\bigcup _{k\geq n}A_{k}\right)=&\lim _{n\rightarrow \infty }m\left(\bigcup _{k\geq n}A_{k}\right)\\\geq &\lim _{n\rightarrow \infty }\sup _{k\geq n}m(A_{k})=\limsup _{n\rightarrow \infty }m(A_{n})\end{aligned}}$

e) Betrachte $(\mathbb {N} ,Pot(\mathbb {N} ),m)$ mit $m$ als Zählmaß und $A_{n}=\{n\}$ der nach rechts wandernde Punkt (konstanten Maßes $1$). Dann gilt

${\begin{aligned}\bigcap _{n\in \mathbb {N} }\bigcup _{k\geq n}A_{k}=&\bigcap _{n\in \mathbb {N} }\{n,n+1,\ldots \}=\emptyset \\m(\limsup _{n\in \mathbb {N} }A_{n})=&m\left(\bigcap _{n\in \mathbb {N} }\bigcup _{k\geq n}A_{k}\right)=m(\emptyset )\\=&0<1=\limsup _{n\rightarrow \infty }m(A_{n})\end{aligned}}$

Aufgabe (Zählmaß)

Sei $(\mathbb {Z} ,Pot(\mathbb {Z} ),m)$ gegeben mit dem Zählmaß $m(A)=$Anzahl Elemente von $A$.

Sei $m_{1}$ ein translationsinvariantes Maß auf $(\mathbb {Z} ,Pot(\mathbb {Z} ))$, d.h.

${\begin{aligned}\forall A\subset \mathbb {Z} ,z\in \mathbb {Z} :\ m_{1}(A+z)=m_{1}(A)\end{aligned}}$

a) Zeige: $m$ ist ein Maß

b) Zeige: ist $m_{1}(z)<\infty$ für ein $z\in \mathbb {Z}$ (und damit für alle $z\in \mathbb {Z}$), so ist $m_{1}$ ein Vielfaches des Zählmaßes.

Beweis (Zählmaß)

a) Da die leere Menge Null Elemente hat, gilt

$m(\emptyset )=0$

Seien $A_{n}\subset \mathbb {Z}$.

${\begin{aligned}m\left(\biguplus _{n\in \mathbb {N} }A_{n}\right)=&{\text{Anzahl Elemente in }}\biguplus _{n\in \mathbb {N} }A_{n}\\=&{\text{Abzählbare Summe über n von: Anzahl Elemente in }}A_{n}\\=&\sum _{n=1}^{\infty }m(A_{n})\end{aligned}}$

b) Für alle $A\in Pot(\mathbb {Z} )$ gilt

$m_{1}(A)=\sum _{z\in A}m_{1}(z)=\sum _{z\in A}m_{1}(0)={\text{Anzahl Elemente in A}}\cdot m_{1}(0)=m(A)\cdot m_{1}(0)$

Aufgabe (Darstellung von Maßen auf abzählbaren Räumen)

Sei $(\mathbb {N} ,Pot(\mathbb {N} ),m)$ ein Maßraum. Dann gibt es eindeutig $a_{n}\in [0,\infty ]$ mit

$\forall E\in Pot(\mathbb {N} ):\ m(E)=\sum _{n\in E}a_{n}$

Beweis (Darstellung von Maßen auf abzählbaren Räumen)

Da $m$ sigma-additiv ist, schreiben wir mit $\forall n\in \mathbb {N} :\ a_{n}:=m(\{n\})$

$m(E)=m\left(\biguplus _{n\in E}\{n\}\right)=\sum _{n\in E}m(\{n\})=\sum _{n\in E}a_{n}$

Aufgabe

Sei die Grundmenge $\mathbb {R}$ und die Sigma-Algebra $S=\{A\subset \mathbb {R} :A{\text{ oder }}A^{C}{\text{ abzählbar}}\}\subset Pot(\mathbb {R} )$. Zeige: das folgende $m$ ist ein Maß

$m(A)={\begin{cases}0&A{\text{ ist abzählbar }}\\1&A^{C}{\text{ ist abzählbar}}\\\end{cases}}$

Mit

$m(A)={\begin{cases}0&A{\text{ ist abzählbar }}\\\infty &A^{C}{\text{ ist abzählbar}}\\\end{cases}}$

erhalten wir eine Beispiel für ein nicht sigma-endliches Maß.

Wie kommt man auf den Beweis?

Beachte, dass man für disjunkte (!) abzählbare Vereinigung die Maßeigenschaft prüft.

Lösung

Da die leere Menge kein Element und damit abzählbar viele Elemente hat, gilt

$m(\emptyset )=0$

Seien $\forall n\in \mathbb {N} :\ A_{n}\in S$ disjunkt.

1. Fall: Alle $A_{n}$ sind abzählbar. Dann ist die Vereinigung ebenfalls abzählbar und es folgt

$m\left(\biguplus _{n\in \mathbb {N} }A_{n}\right)=0=\sum _{n=1}^{\infty }m(A_{n})$

2. Fall: Ein $A_{j}^{C}$ ist abzählbar. Da die $A_{n}$ disjunkt sind, sind alle (!) anderen $A_{n}$ in $A_{j}^{C}$ und somit abzählbar! Nur ein Term der abzählbaren Summe wird daher $1$. Außerdem ist

$\left(\biguplus _{n\in \mathbb {N} }A_{n}\right)^{C}=\bigcap _{n\in \mathbb {N} }A_{n}^{C}$

abzählbar. Das ergibt

$m\left(\biguplus _{n\in \mathbb {N} }A_{n}\right)=1=\sum _{n=1}^{\infty }m(A_{n})$

Satz (Das klassische Maßproblem ist nicht lösbar für $n=1$)

Ein Maß $m$ auf $Pot(\mathbb {R} )$, das verschiebungsinvariant ist mit $m([0,1])=1$ kann nicht existieren.

Beweis (Das klassische Maßproblem ist nicht lösbar für $n=1$)

Die Beweisidee ist, $[0,1)$ in ABZÄHLBAR-UNENDLICH viele GLEICH LANGE Intervalle zu zerlegen und damit einen Widerspruch zu erhalten zu $m([0,1])=1$.

1.) Sei $a\in \mathbb {R} \backslash \mathbb {Q}$ eine beliebige irrationale Zahl. Definiere eine Äquivalenzrelation für $x,y\in [0,1)$ durch

$x\sim y\iff x-y\in \mathbb {Z} +\mathbb {Z} \cdot a:=\{i+j\cdot a:i,j\in \mathbb {Z} \}$

Wir rechnen die Äquivalenzrelation nach: Mit der Wahl $i=j=0$ gilt

$\exists i=0,j=0:x-x=0=i+j\cdot a\Rightarrow x\sim x$

Gelte $x\sim y$. Dann folgt

${\begin{aligned}x\sim y\Rightarrow &\exists i,j\in \mathbb {Z} :\ x-y=i+j\cdot a\\\Rightarrow &\exists -i,-j\in \mathbb {Z} :\ y-x=-i-j\cdot a\\\Rightarrow &y\sim x\end{aligned}}$

Gelte $x\sim y,y\sim z$. Dann folgt

${\begin{aligned}x\sim y,y\sim z\Rightarrow &\exists i_{1},j_{1}\in \mathbb {Z} :\ x-y=i_{1}+j_{1}\cdot a{\text{ und }}\exists i_{2},j_{2}\in \mathbb {Z} :\ x-y=i_{2}+j_{2}\cdot a\\{\stackrel {\text{addieren}}{\Rightarrow }}&\exists i_{1},i_{2},j_{1},j_{2}\in \mathbb {Z} :\ x-y+y-z=i_{1}+j_{1}\cdot a+i_{2}+j_{2}\cdot a\\\Rightarrow &\exists (i_{1}+i_{2}),(j_{1}+j_{2})\in \mathbb {Z} :\ x-z=(i_{1}+i_{2})+(j_{1}+j_{2})\cdot a\\\Rightarrow &x\sim z\end{aligned}}$

2.) Bilde nun (mit dem Ausahlaxiom) das Repräsentantensystem von $R=[0,1)/\sim$, d.h. wähle je einen Vertreter jeder Menge $[0,1)$ bzgl. der Äquivalenzrelation. In der Äquivalenzklasse für $a={\sqrt {2}}$ von $\pi -3$ sind z.B. daher auch die Elemente $\pi +2{\sqrt {2}}-5,\pi +21{\sqrt {2}}-32,\pi -13{\sqrt {2}}+16$.

Nimm nun nur das Repräsentantensystem, verschiebe es auf ganz $\mathbb {R}$ und schiebe die Elemente wieder geschickt zurück auf $[0,1)$ gemäß

Setze

$\forall j\in \mathbb {Z} :\ R_{j}:=R+j\cdot a=\{r+j\cdot a:r\in R\}$

$R_{j}$ ist i.A. nicht mehr im Einheitsintervall enthalten, deshalb definieren wir

$S_{j}:=\{r-\max _{z\in \mathbb {Z} ,z\leq x}z\}$

Jeder einzelne Repräsentant wird also zurückgebracht nach $[0,1)$.

3.) Die $S_{j}$ sind paarweise disjunkt nach Konstruktion der Äquivalenzklassen, wir rechnen es aber nach. Sei $x\in S_{k}\cap S_{m}$, dann gilt $\exists k,m\in \mathbb {Z} ,r,r'\in R$ mit

$x=r+k\cdot a-[r+k\cdot a]=r'+m\cdot a-[r'+m\cdot a]$

Umstellen ergibt

$r-r'=[r'+m\cdot a]-[r+k\cdot a]+(m-k)\cdot a\in \mathbb {Z} +a\cdot \mathbb {Z}$

d.h. $r\sim r'$ und somit $r=r'$ gemäß Wahl des Vertreters. Es folgt mit $a\not \in \mathbb {Q}$

$(m-k)\cdot a=[r'+m\cdot a]-[r+k\cdot a]\in \mathbb {Z}$

und somit $(m-k)=0$, d.h. $m=k$.

4.) Die $S_{j}$ haben dieselbe Länge

Sei $j\in \mathbb {Z}$. Da $R_{j}$ aus $R$ durch Verschiebung um $j\cdot a$ entsteht, gilt

$\forall j\in \mathbb {Z} :\ I(R)=I(R_{j})$

Nach einer geeigneten Zerlegung entsteht $S_{j}$ aus $R_{j}$ ebenfalls durch Verschiebung. Definiere dazu die disjunkten Mengen

${\begin{aligned}R_{j}^{1}:=&\{r\in R_{j}:[ja]\leq r<[ja]+1\}\\R_{j}^{2}:=&\{r\in R_{j}:[ja]+1\leq r<[ja]+2\}\\\end{aligned}}$

Wegen $0\leq r\leq 1$ gilt

${\begin{aligned}\lbrack j\cdot a]\leq &r+j\cdot a<1+[j\cdot a]+1\\R_{j}=&R_{j}^{1}\uplus R_{j}^{2}\end{aligned}}$

Definiere $S_{j}^{1},S_{j}^{2}$ durch Verschiebung

${\begin{aligned}S_{j}^{1}:=&R_{j}^{1}-[j\cdot a]=\{r_{1}-[r_{1}]:r_{1}\in R_{j}^{1}\}\\S_{j}^{2}:=&R_{j}^{2}-([j\cdot a]+1)=\{r_{2}-[r_{2}]:r_{2}\in R_{j}^{2}\}\end{aligned}}$

so gilt

$S_{j}=S_{j}^{1}\uplus S_{j}^{2}$

denn seien $r_{1}+j\cdot a\in R_{j}^{1},r_{2}+j\cdot a\in R_{j}^{2}$, dann folgt

${\begin{aligned}r_{1}+j\cdot a-[j\cdot a]=&r_{2}+j\cdot a-([j\cdot a]+1)\in S_{j}^{1}\cap S_{j}^{2}\\r_{2}-r_{1}=&1\end{aligned}}$

ein Widerspruch. Damit ergibt sich

${\begin{aligned}m(S_{j})=&m(S_{j}^{1})+m(S_{j}^{2})\\=&m(R_{j}^{1}-[j\cdot a])+m(R_{j}^{2}-([j\cdot a]+1))\\=&m(R_{j}^{1})+I(R_{j}^{2})\\=&m(R_{j})=m(R)\end{aligned}}$

5.) Die $S_{j}$ bilden eine Zerlegung von $[0,1)$.

Zeige: Für alle $x\in [0,1)$ existiert ein $j\in \mathbb {Z}$ mit $x\in S_{j}$.

Sei $x\in [0,1)$ beliebig. Da $R$ ein Repräsentantensystem ist, gibt es ein $r\in R$ mit $x\sim r$, d.h.

${\begin{aligned}\exists i,j\in \mathbb {Z} :\ x=&r+i+j\cdot a\\x-i=&r+j\cdot a\in R_{j}\end{aligned}}$

Wegen $-i\leq x-i<-i+1$ folgt

$-i=[x-i]=[r+j\cdot a]$

und somit

${\begin{aligned}x=&r+j\cdot a-(-i)\\=&r+j\cdot a-[r+j\cdot a]\in S_{j}\end{aligned}}$

6.) Damit folgt der Widerspruch gemäß:

Sei $m(R)=0$, dann ist

${\begin{aligned}m([0,1])=&m\left(\sum _{j\in \mathbb {Z} }S_{j}\right)=\sum _{j\in \mathbb {Z} }m(S_{j})=0\\m([0,1])\leq &m([0,2))\leq m([0,1))+m([0,2))=0+0=0\end{aligned}}$

ein Widerspruch zu $m([0,1])=1$.

Sei $m(R)>0$. Dann folgt

$m([0,1])\geq m([0,1))=\sum _{j\in \mathbb {Z} }m(S_{j})=\infty .$

ein Widerspruch zu $m([0,1])=1$.