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Aufgabe 1 [ 8 Punkte ]
Sei A := {A ⊂ R : A abz¨ahlbar oder Ac^ abz¨ahlbar} und
μ : A → R, μ(A) :=
0 , A abz¨ahlbar 1 , A ¨uberabz¨ahlbar
, A ∈ A.
Zeigen Sie anhand der entsprechenden Definitionen, dass A eine σ-Algebra ist und dass μ ein endliches Maß auf A ist.
L¨osung:
a) A ist σ-Algebra. Es sind die definierenden Eigenschaften f¨ur σ-Algebren zu ¨uberpr¨ufen.
(i) Rc^ = ∅ ist abz¨ahlbar und damit R ∈ A. (ii) Sei A ∈ A. Dann gilt Ac^ ∈ A, denn Ac^ oder (Ac)c^ = A ist abz¨ahlbar. (iii) Sei (An)n∈N ∈ A und setze A =
n∈N An. Sind alle^ An^ abz¨ahlbar, so auch^ A^ als abz¨ahlbare Vereinigung abz¨ahlbarer Mengen. Ist hingegen mindestens eine Menge An 0 uberabz¨¨ ahlbar, so muss Acn 0 abz¨ahlbar sein und es gilt
Ac^ =
n∈N
Acn ⊂ Acn 0 abz¨ahlbar.
Damit gilt A ∈ A.
b) μ ist ein endliches Maß auf A. Offenbar ist μ nichtnegativ, μ > 0, und wegen μ(R) = 1 ist μ endlich (sogar normiert). Ferner gilt μ(∅) = 0. Sei nun (An)n∈N ∈ A eine Folge paarweise disjunkter Mengen aus A.
(i) Sind alle der Mengen An abz¨ahlbar, so ist auch
n∈N An^ abz¨ahlbar und es gilt
μ
n∈N
An
n∈N
n∈N
μ(An).
(ii) Ist eine Menge An 0 ¨uberabz¨ahlbar, ist
n∈N An^ ¨uberabz¨ahlbar und damit
μ
n∈N
An
Andererseits ist Acn 0 abz¨ahlbar und wegen der paarweisen Disjunktheit der An, n ∈ N, gilt
n 6 =n 0 An^ ⊂^ A
c n 0 abz¨ahlbar, weshalb alle^ An^ f¨ur^ n^6 =^ n^0 abz¨ahlbar sein m¨ussen. Damit folgt aber
∑
n∈N
μ(An) = μ(An 0 ) +
n 6 =n 0
μ(An) = 1 + 0 = 1 = μ
n∈N
An
Dies zeigt die σ-Additivit¨at von μ.
Aufgabe 2 [ 2+2+2 Punkte ]
Zeigen Sie die folgenden Aussagen mithilfe der Definition der Messbarkeit von Abbildungen und der Definition einer Lebesgue-Nullmenge:
a) Seien f 1 , f 2 : R → R messbar, dann ist h := max{f 1 , f 2 } messbar.
b) Seien gn : R → [0, ∞) Borel-messbare Abbildungen f¨ur jedes n ∈ N. Dann ist
M :=
x ∈ R
∑^ ∞
n=
gn(x) n
eine Borelmenge.
c) Jede abz¨ahlbare Teilmenge N ⊂ Rd^ mit d ∈ N ist eine Lebesgue-Nullmenge.
L¨osung:
a) Es ist u : R^2 → R mit u(x, y) = max({x, y}) messbar, da f¨ur jedes a ∈ R die Menge Ia := {(x, y) ∈ R^2 |g(x, y) > a} eine Borel-Menge ist. Dies sieht man leicht, da
Ia = {(x, y) ∈ R^2 |x > a} ∪ {(x, y) ∈ R^2 |y > a}.
Beide Mengen auf der rechten Seite sind abgeschlossen und damit Borelmengen. Des- weiteren ist τ : R → R^2 mit τ (x) = (f 1 (x), f 2 (x)) messbar, da eine Abbildung messbar ist genau dann wenn ihre Komponentenabbildungen messbar sind. Damit ist h = u ◦ τ messbar als Verkettung messbarer Abbildungen.
b) Wir betrachten die Abbildung g : R → [0, ∞] mit g : x 7 →
n
gn(x) n. Die Abbildung^ g^ ist messbar als punktweiser Grenzwert messbarer Abbildungen. Da [0, 1) eine Borelmenge ist folgt aus der Definition der Messbarkeit direkt M = g−^1 ([0, 1)) ist eine Borelmenge.
c) Wir zeigen zun¨achst, dass die einelementige Menge Mx := {x} eine Lebesgue-Nullmenge ist. Da jede abz¨ahlbare Menge eine abz¨ahlbare Vereinigung einelementiger Mengen ist, folgt die Aussage dann direkt. Nach der Translationsinvarianz des Lebesgue-Maßes gilt
λd(Mx) = λd(M 0 ) 6 λd
([
n
n
]d)
n
)d → 0 f¨ur n → ∞.
Aufgabe 4 [ 3+3 Punkte ]
Gegeben seien die Abbildungen fn : [0, 1] → R mit fn(x) := nx exp[−nx^2 ]. Beantworten Sie (und beweisen Sie Ihre Aussagen):
a) (i) Konvergiert (fn)n∈N punktweise in [0, 1]? (ii) Konvergiert (fn)n∈N gleichm¨aßig in [0, 1]?
b) Konvergiert (fn)n∈N in L^1 ([0, 1])?
L¨osung:
a) Die Folge konvergiert punktweise. Die Grenzfunktion ist die Abbildung f ≡ 0. Am einfachsten Beweist man dies indem man die Abbildung g : R+ → R mit g(t) := tx exp[−tx^2 ] f¨ur festes x ∈ (0, 1] betrachtet, denn
lim t→∞ g(t) = lim t→∞
xt exp[tx^2 ]
= lim t→∞
x exp[tx^2 ]x^2
F¨ur n ∈ N ist fn(0) = 0.
b) Die Folge konvergiert nicht gleichm¨aßig. Als Grenzfunktion kommt nach a) nur die konstante 0-Abbildung infrage. Es ist
lim n→∞ sup x∈[0,1]
|fn − f | = lim n→∞ sup x∈[0,1]
|fn| > lim n→∞ exp[−n−^1 ] = 1.
wobei man f¨ur die Ungleichung x = (^1) n w¨ahlt.
c) Die Folge konvergiert nicht in L^1 ([0, 1]). Nach a) kommt nur die konstante 0-Abbildung in Frage. Es ist aber
lim n→∞ ‖fn − f ‖ 1 = lim n→∞
[0,1]
|nx exp[−nx^2 ]|dx = lim n→∞
[0,1]
nx exp[−nx^2 ]dx
= lim n→∞
[
exp[−nx^2 ] − 2
] 1
0
Nach Definition m¨usste allerdings lim n→∞ ‖fn − f ‖ 1 = 0 gelten.
Aufgabe 5 [ 8 Punkte ]
Sei Ω ⊂ R^2 eine kompakte Menge mit rein regul¨arem Rand und der ¨außeren Normale ν. Sei (pn)n∈N die Folge von Vektorfeldern, sodass pn : R^2 → R^2 mit
pn : (x 1 , x 2 ) 7 → %n(‖x‖)x 2 eˆ 2 ,
wobei %n : [0, ∞) → R mit %n(t) = exp[−λnt] und (λn)n∈N ⊂ R eine Folge mit lim n→∞ λn = 0.
Zeigen Sie
lim n→∞
∂Ω
pn · ν dλ^1 = |Ω|.
Beachte: Es bezeichnet ˆe 2 den Einheitsvektor (0, 1), ‖·‖ die euklidsche Norm in R^2 und |Ω| den Fl¨acheninhalt von Ω. Die Menge Ω ist zul¨assig. Es gilt die Konvention x = (x 1 , x 2 ).
L¨osung: Da Ω rein regul¨aren Rand hat und pn f¨ur beliebiges n ∈ N ein stetig differenzierbares Vektorfeld ist gilt nach dem Satz von Gauß ∫
∂Ω
pn · ν dλ^1 =
Ω
div [pn] (x 1 , x 2 ) d(x 1 , x 2 ).
Die Divergenz des Vektorfeldes ist
div [pn] (x 1 , x 2 ) = ∂x 2 %n(‖x‖)x 2 + %n(‖x‖) = %′ n(‖x‖)
x^22 ‖x‖
= exp[−λn‖x‖]
λnx^22 ‖x‖
=:^ gn(x)
Die Abbildung gn(x) ist als stetige Abbildung messbar und konvergiert punktweise gegen 1 f¨ur n → ∞. F¨ur ‖x‖ 6 = 0 gilt die punktweise Konvergenz nach den ¨ublichen Grenzwerts¨atzen und f¨ur ‖x‖ = 0 ist gn(x) = 1 f¨ur beliebiges n ∈ N, denn
∣ ∣ ∣ ∣
x^22 ‖x‖
∣ 6 |x^2 | →^0 f¨ur^ ‖x‖ →^0.
Da Ω kompakt ist gilt Ω ⊂ B^2 R(0) und damit ist die Abbildung gn beschr¨ankt, denn
|gn(x)| 6 1 +
|λn|x^22 ‖x‖
|λn|(x^22 + x^21 ) ‖x‖
= 1 + |λn|‖x‖ 6 1 + |λn|R
und damit ist gn < 1 + R f¨ur n groß genug. Die Funktion, welche konstant gleich 1 + R ist, ist auf der kompakten Menge Ω integrierbar und dominiert gn f¨ur n groß genug. Nach dem Satz ¨uber die majorisierte Konvergenz (Lebesgue) gilt daher
lim n→∞
∂Ω
pn · ν dλ^1 =
Ω
lim n→∞
gn dλ^2 =
Ω
1 dλ^2 = |Ω|.
