Einführung in die Maß- und Integrationstheorie

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erhält man:Mat ( g(ɛ 1 . . . ɛ k+1 ) ) = 1 (1,1 1 + n12 k+1 + 3 2 ɛ )k+1(n 2 + n 3 )} {{ }=n 1 (ɛ 1 ,...,ɛ k+1 )Mat ( g(ɛ 1 . . . ɛ k+1 ) ) 1,2 = 1 √ (3/2 −ɛk+12 k+1 (1 + n 1 ) − 1 2 n 2 + 3 2 n )3} {{ }=n 2 (ɛ 1 ,...,ɛ k+1 )Mat ( g(ɛ 1 . . . ɛ k+1 ) ) = 1 √ (1,3 3/2 ɛk+12 k+1 (1 + n 1 ) − 3 2 n 2 + 1 2 n )3} {{ }=n 3 (ɛ 1 ,...,ɛ k+1 )Damit ist zum einen Mat ( g(ɛ 1 . . . ɛ k+1 ) ) von der Gestalt (2b) und die Eigenschaft(2a) für die n i (ɛ 1 , . . . , ɛ k+1 ) lassen sich nun leicht aus denen für n i =1,i=1,2,3n i (ɛ 1 , . . . , ɛ k ) herleiten.Zu(ii): Wir definieren die Zerlegung von G rekursiv über die nach (i) eindeutig bestimmteWortlänge #(g) eines Elementes g ∈ G bzgl. der Buchstaben f, h, h −1 :• id ∈ X, (#(id) = 0).• Sei für g ∈ G mit #(g) ≤ n bereits definiert, in welcher der Mengen X, Y, Z es enthaltenist. Betrachte nun a g, a ∈ {f, h, h −1 }. Entweder ist #(a g) ≤ n oder #(a g) = n + 1.Nur für letzteren Fall muss definiert werden in welcher Menge a g liegt:Der Rest des Beweises ist nachrechnen.g ∈ X g ∈ Yg ∈ Za = f Y X Xa = h Y Z Xa = h −1 Z X YIn Lemma 11.8.1 haben wir die Eigenschaft N 0 \ ( 1 + N 0)= {0} durch eine freie Wirkungerfolgreich auf S 1 übertragen. Genauso wollen wir jetzt die Eigenschaft (∗) auf B 3übertragen.Lemma 11.8.8. Bezeichne d g den die Drehachse von g ∈ G repräsentierenden Durchmesser,sowie D = ⋃ g∈G d g ⊂ B 3 . Dann gilt(i) G(D) = D.(ii) Die Wirkung von G auf B 3 \ D ist frei.Beweis: (i) Sei d k ⊂ D und g, k ∈ G. Dann gilt gkg −1( g(d k ) ) = gk(d k ) = g(d k ). Mitanderen Worten g(d k ) = d gkg −1 ⊂ D.(ii) Die Wirkung ist wohldefiniert, da nach (i) G ( B 3 \ D ) ⊂ B 3 \ D. Sie ist frei, denn ausg(x) = x, x ∈ B 3 folgt sofort x ∈ d g ⊂ D.Man zerlegt nun B 3 \ D in die Orbits bzgl. der G-Wirkung. In jedem Orbit wähle man einenRepräsentanten (Auswahlaxiom !) und bezeichne die Menge aller Repräsentanten mit R. Seinun A = X(R), B = Y (R) und C = Z(R). Dann gilt:B 3 \ D = G(R) = A ⊔ B ⊔ C und f(A) = B ⊔ C, h(A) = B, h −1 (A) = C74
Das heisstA = fh(A) ⊔ fh −1 (A), B = hf(B) ⊔ hfh(B), C = h −1 f(C) ⊔ h −1 fh −1 (C)Damit lässt sich zunächst B 3 \ D ∼ SO(3)(B3 \ D) ⊔ (B 3 \ D) zeigen. Mit Lemma 11.8.6folgt nun das Banach-Tarski-Paradox.Literatur[Deu93] W.A. Deuber: Paradoxe Zerlegungen Euklidischer Räume,Elemente der Mathematik 48 (1993), 61-75.[Els99] J. Elstrodt, Maß- und Integrationstheorie, Springer, 1999.75
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11.2 σ-Algebren und Maße11.2.1 De
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Folglich ist A ∪ B ∈ A µ ∗.I
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OBdA können wir voraussetzen, dass
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Es genügt also zu zeigen, dass σ(
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