Beweisarchiv: Mengenlehre: Deskriptive Mengenlehre: Satz von Young

Satz

$𝔊$ sei die Menge aller $G_{\delta }$-Teilmengen von $ℝ$,

$𝔉$ sei die Menge der Funktionen

$f:ℝ\to ℝ$,

und $N(f)$ die Menge der Stetigkeitsstellen von $f\in 𝔉$. Es gilt

$\{N(f){\}}_{f\in 𝔉}=𝔊$.

Beweis

Zunächst werden wir die Inklusion $\{N(f){\}}_{f\in 𝔉}\subset 𝔊$ zeigen.

Sei $f\in 𝔉$.

${\mathrm{△}}_k(x)$ sei für jedes $x\in N(f)$ eine offene Umgebung von $x,$ so dass $\mathrm{\forall }\xi (\xi \in {\mathrm{△}}_k(x)\Rightarrow |f(\xi )-f(x)|<\frac{1}{2k})$.

Die Mengen $G_k$ und $G$ seien wie folgt definiert:

$G_k=\bigcup _{x\in N(f)}{\mathrm{△}}_k(x)$

und

$G=\bigcap _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{G}_k$.

${\mathrm{△}}_k(x)$ sind offene Mengen, folglich die Mengen $G_k$ auch ($k\in \mathbb{N}$) und $G$ ist borelsche $G_{\delta }$-Menge. Wir werden zeigen, dass $N(f)=G$ gilt.

Aus

$\mathrm{\forall }x\mathrm{\forall }k(x\in N(f)\Rightarrow x\in {\mathrm{△}}_k(x))\Rightarrow \mathrm{\forall }x\mathrm{\forall }k(x\in N(f)\Rightarrow x\in G_k)\Rightarrow \mathrm{\forall }x(x\in N(f)\Rightarrow x\in G)$

sieht man, dass

$N(f)\subset G$.

In die andere Richtung:

Aus $y\in G$ folgt $\mathrm{\forall }k(y\in G_k)$ und

$\mathrm{\forall }k\mathrm{\exists }{x}_k(x_k\in N(f)\Rightarrow y\in {\mathrm{△}}_k(x_k)).$

Man nehme an, dass $y\notin N(f)$. Dann ist $y\ne x_k$ für jedes $k$ und für jedes $k$ existiert eine solche Umgebung $\underset{k}{\overset{\star }{\mathrm{△}}}(y)$ von $y$, dass $x_k\notin \underset{k}{\overset{\star }{\mathrm{△}}}(y)$ und $\underset{k}{\overset{\star }{\mathrm{△}}}(y)\subset {\mathrm{△}}_k(x_k)$.

Nach der Definition von ${\mathrm{△}}_k(x)$ gilt

$\mathrm{\forall }k\mathrm{\forall }\xi (\xi \in \underset{k}{\overset{\star }{\mathrm{△}}}(y)\Rightarrow |f(y)-f(\xi )|<\frac{1}{k})$,

also ist $y\in N(f)$.

Damit haben wir $N(f)\in 𝔊$ und $\{N(f){\}}_{f\in 𝔉}\subset 𝔊$ bewiesen. Es bleibt noch $\{N(f){\}}_{f\in 𝔉}\supset 𝔊$ zu zeigen.

Sei

$G\in 𝔊$

und sei

$G=\bigcap _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{G}_n$

die Darstellung von $G$ als Durchschnitt der offenen Mengen $\{G_n{\}}_{n\in \mathbb{N}}$. Seien außerdem $H_1=G_1$ und $H_i=H_{i-1}\cap G_i$.

Es ist leicht ersichtlich, dass

$\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}(H_n\supset H_{n+1})$

genau so wie

$\bigcap _{n=1}^m{G}_n=\bigcap _{n=1}^m{H}_n$

für jedes $m$, folglich

$G=\bigcap _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{H}_n$.

Wir definieren die Funktionen $f_H:ℝ\to ℝ$ für jede offene Menge $H$ sowie die Funktion $s:ℝ\to ℝ$ wie folgt:

$f_H(x)=\{\begin{array}{cc}0,& x\in H\cup (ℝ\setminus (\bar{H}\cup \mathbb{Q}))\\ 1,& x\in (\bar{H}\setminus H)\cup (\mathbb{Q}\cap (ℝ\setminus \bar{H}))\end{array}$

und

$s(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{f_{H_n}(x)}{3^n}$.

Wir werden zeigen, dass $N(s)=G$, was auch bedeuten würde, dass $G\in \{N(f){\}}_{f\in 𝔉}$.

Zuerst werden wir $N(f_H)=H$ beweisen.

Falls $x\in H$, dann

$\mathrm{\exists }\epsilon (x)>0\mathrm{△}(x)=\{y:|y-x|<\epsilon (x)\}\subset H$.

Die Funktion $f_H{|}_{\mathrm{△}(x)}$ ist konstant und deshalb stetig. Also ist $f_H$ in $x$ stetig.

Falls

$x\in \bar{H}\setminus H$,

dann gelten für jedes $\epsilon >0$

$H\cap \{y:|y-x|<\epsilon \}\ne \mathrm{\varnothing }$

sowie

$\mathrm{\forall }z((z\in H\cap \{y:|y-x|<\epsilon \}\ne \mathrm{\varnothing })\Rightarrow (|f(x)-f(z)|=1))$.

$f_H$ ist daher in $x$ unstetig.

Falls

$x\in ℝ\setminus \bar{H}$,

dann

$\mathrm{\exists }\epsilon (x)>0\mathrm{△}(x)=\{y:|y-x|<\epsilon (x)\}\subset ℝ\setminus \bar{H}$.

Es gelten

$\mathrm{△}(x)\cap (\mathbb{Q}\cap (ℝ\setminus \bar{H}))\ne \mathrm{\varnothing }$

und

$\mathrm{△}(x)\cap (ℝ\setminus (\bar{H}\cup \mathbb{Q}))\ne \mathrm{\varnothing }$.

Also ist $f_H$ auch in diesem Fall in $x$ unstetig.

Jetzt werden wir uns die Funktion $s$ genauer anschauen. Die Reihe

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{f_{H_n}(x)}{3^n}(\mathrm{\#})$

wird von der konvergenten Reihe

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{3^n}$

majoriert und ist daher gleichmäßig konvergent. Da $f_{H_n}$ in $G$ stetige Funktionen sind ($n\in \mathbb{N}$) und weil (#) gleichmäßig stetig ist, muss $s$ in $G$ auch stetig sein, sprich $N(s)\supset G$. Den Beweis werden wir abschließen, indem wir zeigen werden, dass $s$ für jedes $x\in ℝ\setminus G$ unstetig ist.

Seien $x\notin G$ und $m:=\min \{n\in \mathbb{N}:x\notin H_n\}$.

Dann gilt

$s(x)=\sum _{n=m}^{\mathrm{\infty }}\frac{f_{H_n}(x)}{3^n}$.

Falls

$x\in ℝ\setminus \overline{H_m}$,

dann

$x\in ℝ\setminus \overline{H_n}$ für jedes $n\ge m$

und daher

$\mathrm{\exists }\delta \mathrm{\forall }n(n\ge m\Rightarrow {\mathrm{△}}_{\delta }(x)\subset ℝ\setminus \overline{H_n})$,

wobei ${\mathrm{△}}_{\delta }(x):=\{y:|y-x|<\delta \}$.

Für $y\in {\mathrm{△}}_{\delta }(x)$ ist

$s(y)=\{\begin{array}{cc}0,& y\in ℝ\setminus \mathbb{Q}\\ \sum _{n=m}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{3^n}>0,& y\in \mathbb{Q}\end{array}$.

Es gilt also $x\notin N(s)$.

Falls

$x\in \overline{H_m}\setminus H_m$,

dann gelten

$\mathrm{\forall }\delta >0{\mathrm{△}}_{\delta }(x)\cap H_m\ne \mathrm{\varnothing }$

und

$\mathrm{\forall }y(y\in {\mathrm{△}}_{\delta }(x)\cap H_m\Rightarrow s(y)\le \sum _{n=m+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{3^n}<\frac{1}{3^m})$,

aber

$s(x)\ge \frac{f_{H_m}(x)}{3^m}=\frac{1}{3^m}$.

Auch in diesem Fall haben wir also

$x\notin N(s)$

gezeigt.

$◻$

Wikipedia-Verweise

Satz von Young - Borelsche σ-Algebra