Serie 11 Lösungsvorschläge

Transkript

1 D-Math Mass und Integral FS 204 Prof. Dr. D. A. Salamon Serie Lösungsvorschläge. Sei X := [0, ], 2 X orel σ-algebra und λ : [0, ] die Restriktion des Lebesguemasses auf (d.h., λ = m ). Sei µ : [0, ] das Zählmass. Zeigen Sie: λ µ und f : X [0, ] orel-messbar, so dass λ() = f dµ,. em.: Damit sehen wir, dass auf die edingung im Satz von Radon-Nikodým, dass die beiden Masse σ-endlich sind, nicht verzichtet werden kann. Wir erinnern, dass ein Mass λ genau dann absolut stetig bzgl. eines anderen Masses µ ist (λ µ), wenn µ(a) = 0 λ(a) = 0, A A gilt. Dies ist hier offensichtlich der Fall: also ist λ µ. µ(a) = 0 A = λ(a) = 0, Wir zeigen die ehauptung, indem wir die gegenteilige Annahme auf einen Widerspruch führen. Angenommen es gäbe eine orel-messbare Funktion f : [0, ] [0, ] so dass λ() = f dµ,. Dann folgt daraus = λ([0, ]) itte wenden!

2 λ() = f dµ = sup s f s Trp-fkt s dµ = strp-fkt{ sup f(α i )µ(s (α i ) )} s f i N Da X das Einheitsintervall ist, kann der letzte Ausdruck nur dann für alle endlich (und insbesondere kleiner ) sein, wenn f bis auf eine µ-nullmenge gleich der Nullfunktion ist. Da die einzige µ-nullmenge ist, heisst das sogar f! 0. Dann kann aber nicht λ() = f dµ, sein, also Widerspruch! Es gibt somit kein solches f. 2. Sei (X, A, µ) ein Massraum und µ σ-endlich. Sei λ : A [0, ] ein Mass. Zeigen Sie: λ(a) = sup E A µ(e)< λ(a E), A A. Es gilt per Def.: Damit ist µ σ-endlich : X i A, i N so dass X = X i und X i X i+, µ(x i ) <, i N i= λ(a) = lim i λ(a X i ) = sup λ(a E), A A. E A µ(e)< Siehe nächstes latt!

3 3. Sei (X, A) ein messbarer Raum. Finden Sie ein eispiel zweier Masse λ, µ und zweier Funktionen f, g auf X, so dass λ(a) = f dµ = g dµ, A A, aber A A f g. Sei X und A := {, X}. Wir betrachten die zwei Masse µ und λ mit µ(x) = λ(x) =, µ( ) = λ( ) = 0, und die beiden Funktionen f, g mit f(x) := und g(x) := 2, x X. Dann ist λ(a) = f dµ = g dµ für alle A A erfüllt, wie man direkt sieht. Hingegen ist A A nach Def. der Funktionen f g. 4. Sei X := [0, ), 2 X orelsche σ-algebra und λ: [0, ] die Restriktion des Lebesguemasses auf. Seien zwei weitere Masse definiert durch µ () := x dλ,. Zeigen Sie: µ 2 () := a) µ und µ 2 sind endliche Masse. b) µ λ und µ 2 λ. c) µ µ 2 und µ 2 µ. d) λ µ und λ µ 2. [, ) [n,n+) x 2 dλ, itte wenden!

4 a) Die Endlichkeit der beiden Funktionen erhalten wir direkt durch µ (X) = µ ([0, )) := = 2 2n + = 2 ( n=3 µ 2 (X) = µ 2 ([0, )) := = 2 ( 2 [0, ) [n,n+) 2n + + x dλ = n=3 2n + ) 2n + ) 2 ( n 2 }{{} [0, ) [, ) x 2 dλ = = π2 6 geom.reihe n+ n x 2 dλ =. x dλ ) <. Also sind die beiden Masse endlich. b) : λ() = 0 x dλ = 0, n N c) : µ () = 0 : [n,n+] µ () = 0. λ() = 0 x 2 dλ = 0 [, ) µ 2 () = 0. [n,n+) [n,n+) x dλ = 0, x dλ = 0 n N (alle Reihenglieder sind nach Vorauss. nichtnegativ) x dλ = 0 [, ) Siehe nächstes latt!

5 x 2 dλ = 0 [, ) (beachte: 0 /x 2 /x, x [, )) : µ 2 () = 0. d) Um dies zu sehen, betrachte man [0, ). Dann ist λ([0, )) = und wegen und µ ([0, )) = µ 2 ([0, )) = [0,) [n,n+) x dλ = 0 x 2 dλ = 0 [0,) [, ) haben wir sowohl µ () = 0 λ() = 0 als auch µ 2 () = 0 λ() = Sei X := [, ), 2 X, orel σ-algebra und µ: [0, ) die Restriktion des Lebesguemasses auf. Sei f : X [0, ) orel-messbar und sei λ() := f dµ, mit λ µ. Wir bezeichnen α := {αb b }, α R. Zeigen Sie: Gilt λ() = αλ(α),, α, dann gibt es ein c 0, so dass f(x) = c x 2, f.ü.. Sei x, x := {xb b } und. Nach Voraussetzung gilt λ() = xλ(x) itte wenden!

6 = x f dµ, und x λ() = f dµ für ein f : X [0, ), also f dµ = x f dµ. x etrachten wir in dieser Gleichheit speziell := [, y], y, dann folgt y f(t) dt = x xy F (y) F () }{{} =0 f(y) = x 2 f(xy), f(xy) = f(y) x 2 x f(t) dt = x(f (xy) F (x)), Abl. nach y f() f(x) = = c y:= x 2 x, f.ü., 2 HS d. Diff.- u. Integralrechn. wobei c := f() die gesuchte Konstante ist. 6. a) Sei (R,, λ) mit 2 X orelsche σ-algebra und λ = m : X [0, ] die Restriktion des Lebesguemasses auf. Zeigen Sie:, 0 < c < λ() A, A, so dass λ(a) = c. b) Sei (R,, µ) für ein Mass µ: X [0, ], 2 X orelsche σ-algebra und sei λ = m die Restriktion des Lebesguemasses auf. Zeigen Sie: c > 0 : (λ() = c µ() = c, ) µ λ. Siehe nächstes latt!

7 a) Sei. Fall beschränkt: Dann ist [a, b] für irgendwelche a, b R mit b > a. Wir betrachten die Intervalle [a, t], a < t < b und die Masse µ( [a, t]), für a < t < b. Wegen lim µ( [a, t]) = µ(), lim µ( [a, t]) = 0 und der Monotonie des t b t a Masses gilt a < t < b 0 < µ( [a, t]) < µ(). Wir müssen zeigen, dass µ( [a, t]) stetig von t abhängt. Dazu zeigen wir, dass µ( [a, t]) Lipschitz-stetig ist, d.h., dass es ein L gibt mit µ( [0, t]) µ( [0, s]) L t s, s, t, mit a < s, t < b, woraus dann die Stetigkeit folgt. Sei 0 s, t b und s t, da sonst trivialerweise erfüllt. Sei oda s < t. Dann ist µ( [a, t]) µ( [a, s]) = µ( [s, t]) µ([s, t]) = t s < b a =: L. Fall nicht beschränkt: Dann ist lim t µ( [ t.t]) = µ() und mit analogem Argument kann gezeigt werden, dass µ( [ t.t]) stetig von t abhängt. b) Wir erhalten für alle : und weiter λ() = 0 λ( c ) = a) c > 0 A, A c R: c = λ(a) µ(a) = c λ(a ) = λ(a) + λ() = c + 0 = c Also wieder aufgrund der Voraussetzung Damit ist µ λ. µ(a) + µ() = c µ() = 0. da A =. da µ(a) = λ(a) = c.