D-Mth Mss und Integrl FS 204 Prof. Dr. D. A. Slmon Serie 3 Lösungsvorschläge. Sei I := [, b] R ein kompktes Intervll und sei B 2 I die Borel-σ-Algebr. Def. Eine Funktion f : I R heisst von beschränkter Vrition : V (f) := sup =t 0 <...<t l =b f(t i ) f(t i ) <. Wir bezeichnen die Menge ller Funktionen f : I R von beschränkter Vrition mit BV(I). Diese Menge ist ein reeller Vektorrum. Funktionen f BV(I) hben höchstens bzählbr viele Unstetigkeitsstellen und der linke wie uch der rechte Grenzwert existiert überll. Zeigen Sie: ) Jede monotone Funktion f : I R ist von beschränkter Vrition. b) Sei f BV(I) linksseitig-stetig. Dnn gibt es monotone linksseitig-stetige Funktionen f ± : I R so dss f = f + f. Hinweis: Definieren Sie F (x) := sup =t 0 <...<t l =x f(t i ) f(t i ), x b. Zeigen Sie, dss F linksseitig-stetig ist und dss die Funktionen F ± f monoton sind. c) Sei f : I R linksseitig-stetig. Dnn: f BV(I) signiertes Borelmss λ: B R so dss f(y) f(x) = λ([x, y)), x < y b. Hinweis: Betrchten Sie für f BV (I) und h C(I) Λ(h) := b h df Bitte wenden!
:= sup =t 0 <...<t l =b ( ) inf h (f(t i ) f(t i )). [t i,t i ] Dieses Integrl wird Riemnn-Stieltjes-Integrl gennnt. Zeigen Sie, dss Λ: C(I) R ein positives lineres Funktionl ist. Benutzen Sie den Rieszschen Drstellungsstz um ds Borelmss λ: B [0, ) mit Λ(h) = h dλ, h C(I) zu finden. Benutzen Sie, dss f linksseitig-stetig ist I um zu zeigen, dss λ die Gleichung in der Behuptung erfüllt. d) Ist f BV(I) linksseitig-stetig und λ wie in c), dnn gilt V (f) = λ (I). e) Jede bsolut stetige Funktion f : I R ist von beschränkter Vrition. Lösungsvorschlg: ) Wir nehmen n, f sei monoton steigend (der ndere Fll ist nlog). Für jede Prtition {x 0, x,..., x n }, n N, von I gilt ufgrund der Monotonie f(x n ) f(x n ), lso n f(x n ) f(x n ) = n (f(x n ) f(x n )) = f(b) f(). (Die nderen Summnden heben sich uf). Dmit erhlten wir unmittelbr ufgrund der Definition V (f) := lso ist f von beschränkter Vrition. sup f(b) f() = f(b) f() <, =x 0 <...<x n=b b) F ist linksseitig stetig. Dies sieht mn z.b. so: Die Vrition von f uf [, x] ist eine monoton wchsende Funktion von x. Dher existiert der linksseitige Grenzwert von F n der Stelle x. Nennen wir diesen Grenzwert y. Dnn gilt y F (x). Wir müssen zeigen, dss y = F (x) ist. Dzu verwenden wir die Gleichung y = sup V (f [,ξ] ) = sup ξ<x =t ) <t < <t l <x f(t i ) f(t i ). (vgl. mit dem Riemnn-Integrl im Skript http://www.mth.ethz.ch/~slmon/ PREPRINTS/n-int.pdf) Siehe nächstes Bltt!
(mit strikter Ungleichung t l < x). Nun sei ε > 0. Wähle δ > 0 so dss f(x) f(t) < ε für x δ < t < x. Wähle = t 0 < t < < t l = x, so dss f(t i ) f(t i ) > F (x) ε. Wir können obda nnehmen, dss t l > x δ ist. (Die Summe knn sich durch Hinzunhme einer weiteren Stelle nur vergrössern.) Dnn ist der letzte Summnd kleiner ls ε und dher l y f(t i ) f(t i ) > F (x) 2ε. D ε beliebig gewählt wr, gilt y F (x) und dher y = F (x). Dmit ist F und uch F ± f linksseitig stetig. Weiter ist F ± f monoton (und zwr monoton wchsend), denn es gilt x < y b: F (y) f(y) f(x) + f(t i ) f(t i ) lso d.h., F (y) f(y) f(x) + F (x) F (y) f(y) f(x) + F (x) F (y) f(x) f(y) + F (x) und dmit Sei jetzt F (y) f(y) F (x) f(x) F (y) + f(y) F (x) + f(x) f + := (F + f) 2 f := (F f). 2 Dnn sind uch f + und f monoton, linksseitig stetig und es gilt f = f + f. Bitte wenden!
c) Sei f BV (I). Wie im Skript zum Riemnnschen Integrl (http://www. mth.ethz.ch/~slmon/preprints/n-int.pdf) diskutiert (die Argumente für ds Riemnn-Stieltjes Integrl sind Wort für Wort nlog), ist Λ ein positives lineres Funktionl. Sei nun λ = 3.5(ii) µ ds ufgrund des Rieszschen Drstellungsstzes eindeutige reguläre Borelmss (siehe uch Thm. 3.6, Corollry 3.7). Sei nun x < y b und n N h n : [, b] R t h n (t) :=, t (x, y ] [x, y) n n(t y + ), t (y, y) [x, y) n n 0, sonst Dnn ist n N und x < y b die Funktion f n linksseitig stetig und es gilt h n χ [x,y) <, lim h n = χ [x,y). Also hben wir λ([x, y)) = dλ [x,y) = I = I = lim χ [x,y) dλ lim h n dλ I h n dλ, Lebesgue DCT, ist Dominnte = lim h n dλ + lim h n dλ [x,y n ] (y n }{{,y) } =0 = lim Λ(h n ) = f(y) f(x), Def. Λ für hn C(I) womit die Gleichung in der Behuptung gezeigt ist. Siehe nächstes Bltt!
d) : Wir hben: V (f) = sup =t 0 <...<t l =b c) V (f) = sup =t 0 <...<t l =b V (f) sup =t 0 <...<t l =b : Umgekehrt: f(t i ) f(t i ) < λ([t i, t i )) < λ ([t i, t i )) V (f) λ ([, b)) λ ([, b]) =: λ (I). λ (I) := sup{λ(e) λ(f ) E, F A, E F =, E F = A} = sup Also insgesmt V (f) = λ (I). e) Wir bezeichnen llgemein mit V b (f) die Totlvrition V b (f) := V (f) := sup =t 0 <...<t l =b f(t i ) f(t i ) von f uf einem Intervll I {[, b], (, b], [, b), (, b)}. Sei f bsolut stetig uf [, b] und δ > 0 s.d. (t i t i ) δ. Dnn ist V t i t i (f), lso =t 0 <...<t l =b V b (f) l <. 2. Sei 0 < ε <. Zeigen Sie: 2 Borelmenge E R, so dss ε < m(e I) m(i) < ε, Intervll I R. Bitte wenden!
Hinweis: Zeigen Sie dies durch Widerspruch. Nehmen Sie lso n, dss es eine solche Menge gibt. Betrchten Sie die Funktion f := χ E (x r,x+r), r > 0. Überlegen Sie sich welches die Lebesguepunkte von f sind, und leiten Sie drus den Widerspruch b. Lösungsvorschlg: Sei 0 < ε <. Wir zeigen durch Widerspruch, dss es keine Borelmenge E R 2 gibt, so dss: ε < m(e I) m(i) < ε, Intervlle I R. Angenommen es gibt eine solche Menge. Betrchte die Funktion f := χ E (x r,x+r), r > 0. Es gilt R f dm = m(e (x r, x + r)) < Voruss. 2r( ε) < d.h., f L (m). Mit Theorem 6.4 gilt: Fst lle x R sind Lebesgue-Punkte, d.h., für fst lle x R gilt: ( ) lim f f(x) dm = 0. r 0 m(b r (x)) B r(x) D wir im R sind, hben wir lso B r (x) = (x r, x + r) und m(b r (x)) = 2r. Aufgrund von Lebesgue = Riemnn bedeutet ( ) lim r 0 2r x+r x r f(y) f(x) dy = 0. Sei nun x E beliebig. Dnn ist χ E (x r,x+r) (x) = 0, d.h., lim r 2r x+r x r (f(y) f(x)) dy Siehe nächstes Bltt!
Aus der Bedingung ε < m(e I) m(i) = lim r 2r = lim r 2r x+r x r x+r x r (χ E (x r,x+r) (y) (χ E (x r,x+r) (x)) dy }{{} =0 (χ E (x r,x+r) (y) = lim m(e (x r, x + r)) r 2r > Voruss. lim r = ε > 0. 2r 2r ε < ε, Intervlle I R. für lle I R folgt usserdem, dss m(e c ) > 0 sein muss. (Denn wir können I so wählen, dss E I = E ist. Dnn ist m(e c ) = (R) m(e) > 0.) Ds gewählte x }{{} = ist lso nicht Element einer m-nullmenge. Dmit hben wir gezeigt, dss ( ) nicht für fst lle x R erfüllt ist, Widerspruch! 3. Zeigen Sie ds folgende Theorem. Sei f : [, b] R eine überll differenzierbre Funktion und sei f L (I). Dnn ist f bsolut stetig. Hinweis: Sei ε > 0. Aufgrund des Stzes von Vitli-Crthéodory wissen wir, dss es eine unterhlbstetige Funktion g : [, b] R gibt, mit g > f, b b g(t) dt < f (t) dt + ε. Definieren Sie F η : [, b] R x F η (x) := x g(t) dt f(x) f() + η(x ), η > 0. Bitte wenden!
Betrchten Sie einen Punkt x < b und finden Sie eine Zhl δ x > 0, so dss Folgern Sie: g(t) > f (x), f(t) f(x) t x < f (x) + η, x < t < x + δ x. F η (t) > F η (x), x < t < x + δ x. D F η () = 0, wissen wir, dss es ein mximles Element x [, b] gibt, so dss F η (x) = 0. Flls x < b hben wir F η (t) > 0, < t b. In jedem Fll gilt F η (b) 0 und wir hben f(b) f() b g(t) dt+η(b ) < b f (t) dt+ε+η(b ), ε > 0, η > 0, lso b f(b) f() f (t) dt. Mit demselben Argument für f nstelle von f können Sie dnn zeigen, dss f(b) f() = f (t) dt. b Nun können Sie folgern, dss x f(x) f() = f (t) dt, x [, b]. Lösungsvorschlg: Die vorgegebenen Schritte im Detil usführen. 4. Finde eine nichtkonstnte stetige monotone Funktion f : [0, ] R und eine Lebesguesche Nullmenge E [0, ], so dss f differenzierbr ist in jedem Punkt [0, ] \ E und f (x) = 0, x [0, ] \ E. Hinweis: Wähle E ls Cntormenge. Lösungsvorschlg: Dies ist eine Anwendung der Cntorschen Teufelstreppe.