Bild einer Nullmenge < Maßtheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:33 Sa 26.05.2007 | | Autor: | Knuti |
Hallo,
ich habe eine folgende Frage zu einer Aufgabe:
Sei f: U [mm] \to R^{n} [/mm] , U [mm] \subset R^{n} [/mm] ; desweiteren sei f stetig differenzierbar auf U . Zu zeigen: Ist U eine offene Umgebung von A und A eine Lebesgue-Nullmenge , so ist f(A) auch eine Lebesgue-Nullmenge.
So, und nun mein Verständnis-Problem: Ich kann A mit abzählbar unendlich vielen n-dim. Würfeln [mm] w_{j} [/mm] (mit Kantenlänge s) überdecken, so dass [mm] \forall \varepsilon [/mm] >0 der Inhalt [mm] \summe_{j=1}^{\infty} w_{j} [/mm] = [mm] \summe_{j=1}^{\infty} s^{n} [/mm] < [mm] \varepsilon [/mm] .
Soweit ich das sehe, ist f auf jedem Intervall lipschitz-stetig. D.h. der Inhalt des Bildes eines Würfels wäre [mm] \lambda(f(w_{j})) [/mm] < [mm] L_{j}^{n} s^{n} [/mm] , und somit eine Lebesgue-Nullmenge. Einerseits könnte ich sagen, dass die
Vereinigung von abzählbar unendlich vielen Lebesgue-Nullmengen wieder eine Nullmenge ergibt, und ich wäre fertig (mit [mm] f(\bigcup_{i=1}^{\infty} w_{j})= \bigcup_{i=1}^{\infty} f(w_{j}) [/mm] , oder etwa nicht?) . Nun gut, allerdings ergibt [mm] \summe_{j=1}^{\infty} f(w_{j}) [/mm] = [mm] \summe_{j=1}^{\infty} L_{j}^{n} s^{n} [/mm] . [mm] L_{j} [/mm] hängt ab von [mm] w_{j} [/mm] (und ist leider weder konstant noch beschränkt auf [mm] \bigcup_{i=1}^{\infty} w_{j} [/mm] ) und wenn ich zum Bsp. [mm] L_{j}:= 3^{j} [/mm] , so ergebe [mm] \summe_{j=1}^{\infty} L_{j}^{n} s^{n} [/mm] = [mm] \summe_{j=1}^{\infty} 3^{j}^{n} s^{n} [/mm] .
Damit ich nun [mm] c*\summe_{j=1}^{\infty} s^{n} [/mm] < [mm] c*\varepsilon [/mm] erhalte ,müsste ich in abhängig von [mm] w_{j} [/mm] einen "Unterwürfel" der Kantenlänge [mm] s_{j}:= \bruch{c^{\bruch{1}{n}}}{3^{j}} [/mm] s wählen , so dass ich praktisch jeden Würfel [mm] w_{j} [/mm] wieder in kleine Würfel zerlege . Dann wäre aber [mm] \summe_{j=1}^{\infty} w_{j}= \summe_{j=1}^{\infty} (s_{j})^{n}= \summe_{j=1}^{\infty} \bruch{c}{3^{nj}} s^{n} <\summe_{j=1}^{\infty} s^{n} [/mm] < [mm] \varepsilon [/mm] , so dass praktisch kein zuvor gewähltes [mm] \varepsilon [/mm] hinreichend klein ist, so dass die Bildmenge eine Lebesgue-Nullmenge ist.
Meine obige "Gegen-Idee" scheint mir gewiss nicht richtig, aber irgendwie hab ich das Gefühl, als ob ich die Bildmenge der Lebesgue-Nullmenge nicht mit abzählbar unendlich vielen Nullmengen der einzelnen Würfel f(w_^{j}) überdecken kann, und daher sich meine Gedanken "zu wider
sprechen scheinen".
Oder müsste ev. für die Aufgabe eine Beschränktheit der part. Ableitungen von f für alle x [mm] \in [/mm] U oder aber für A eine Jordansche Nullmenge gefordert werden?
Ich danke vielmals für Ihre Antworten.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Ich habe jeitzt nicht alles verstanden, was du dir dazu gedacht hast. Ich wuerde es so einmal probieren:
0)Seien [mm] $K_i\Subset [/mm] U$ kompakt offene Teilmengen mit [mm] $K_i\subset K_{i+1}$ [/mm] und [mm] $\bigcup K_{i=1}^\infty=U$. [/mm] Setze [mm] $A_i:=K_i\cap [/mm] A$.
1) Fuer jedes $i$ zeigen, dass [mm] $f(A_i)$ [/mm] eine Nullmenge ist (benutze, dass [mm] $f\vert_{K_i}$ [/mm] Lipschitzstetig ist! Warum?
2) Fuer jedes $i$ ist [mm] $f(A_i)$ [/mm] eine Nullmenge. Abzaehlbare Verinigungen von Nullmengen sind wieder Nullmengen. Fertig.
LG Kornfeld
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:23 So 27.05.2007 | | Autor: | Knuti |
Hallo,
vielen Dank für Ihre Antwort, den Schnitt der [mm] K_{i} [/mm] mit A hatte ich ganz vergessen .
Wobei ich noch eine Frage hätte, und zwar, das Maß [mm] \lambda(\bigcup_{i=1}^{\infty} f(K_{i})) [/mm] = [mm] \limes_{i\rightarrow\infty} \lambda(f(K_{i})) [/mm] mit [mm] f(K_{i}) \subset f(K_{i+1}) [/mm] wäre doch (mit [mm] L_{i}:= 3^{i}) [/mm] der Grenzwert [mm] \limes_{i\rightarrow\infty} 3^{i}*\lambda(K_{i}) [/mm] . Wobei das doch bedeuten würde, dass um f(A) zu überdecken überabzählbar viele [mm] K_{i} [/mm] von nöten wären, so dass sich praktisch das [mm] 3^{i} [/mm] (da f nur lokal lipschitz-stetig und nicht global) nur durch jeweils "Schachtelung" von [mm] K_{i} [/mm] (und daher die resultierende Überabzählbarkeit (oder bin ich grad mal wieder total auf dem Holzweg)) aufheben würde. Oder benötige ich das nicht?
Vielen Dank nochmals und Grüße Knuti
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Also, es ist nicht zu zeigen, dass da irgendetwas konvergiert. Du benoetigst auch keine Information ueber die Lipschitzkonstante. Die gibt es fuer jedes [mm] $K_i$, [/mm] und fuer jedes $i$ kannst du einzeln nachweisen, dass [mm] $f(A_i)$ [/mm] eine Nullmenge ist. Da [mm] $\bigcup_{i\in\IN} A_i=A$ [/mm] und [mm] $f(\bigcup_{i\in\IN} A_i)=\bigcup_{i\in\IN}f(A_i)$ [/mm] ergibt sich der Schluss ganz voll selbst durch die Tatsache, dass abzaehlbare Verinigungen von Nullmengen wieder Nullmengen sind.
LG Kornfeld
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 11:04 Mo 28.05.2007 | | Autor: | Knuti |
Ok, dankeschön, dann hab ich es denke ich verstanden. Das heißt dann auch wieder, dass A [mm] \subseteq f^{-1}(\bigcup_{i=1}^{\infty} f(K_{i})) [/mm] .
Grüße Knuti
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:20 Mi 06.06.2007 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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