v - Plarthin!

Matheskript - Vorlesung 5: Lebesgue-Raum und Levi
vs. Riesz-Fischer
"Das ist nicht verspätet, der muss nur so lange reifen."
Letztes Mal hatten wir uns voller Freude und Glücksgefühle an das Lebesgue-integral herangewagt.
Heute wenden wir das auf mathematische Strukturen an, um noch allgemeinere Aussagen zu erhalten,
die dann im weiteren Leben von uns allen nie verwendet werden.
NEVER FORGET
Kurze Wiederholung aller wichtigen verwendeten Begriffe. Bitte entschuldigt, dass wir nicht zum
hundertsten Mal Treppenfunktionen wiederholen. Bitte einfach in einer älteren Vorlesung nachsehen.
Äquivalenzrelation und -klassen
Jetzt wird's unheimlich. Aber erstmal die zur Defination nötigen Grundlagen: Sei also X eine Menge,
und seien x, y 2 X. Dann definiert "~" eine Äquivalenzrelation, wenn folgende drei Eigenschaften
gelten:
• x ~ x - Reflexivität
• x ~ y 5 y ~ x - Symmetrie
• x ~ y, y ~ z 0 x ~ z - Transitivität
Und was soll das heißen, Plarthin?
Wir alle haben Gleichungen gerne - den durch Umformen derselben kriegen wir häufig eine
Menge Infos über nur indirekt verbundene Größen heraus. Wir führen diesen Begriff nun ein, weil
eben auch so manch andere Relation zwischen Elementen interessant sein können - wenn wir eine
Äquivalenzrelation haben, dann können wir damit also "so ähnlich" arbeiten wie mit dem
bekannten "=" (= ist übrigens auch eine Äquivalenzrelation)
Bis hier also der leicht verständliche Teil. Jetzt wird's wirsch. Kleine Warnung vorab: Unsere neue
Äquivalenzrelation kriegt jetzt einen Index verpasst und heißt ab sofort "~R". Sie sucht übrigens einen Freund, der
mit ihrer Transititivät zurecht kommt. (Wir hassen uns etwas für diesen Scherz)
Eine Äquivalenzklasse bzgl. ~R ist die Menge: x
Rd
y 2X : x ~y .
Und was soll das heißen, Plarthin?
Das ist nicht so grausig, wie's aussieht. Den im Grunde genommen gehen wir nur die Menge X
durch, und suchen uns alle Elemente heraus, die zu x in Relation stehen. Für "=" ist also
x = d x .
Zu einfach? Okay, bitte. Zum Beispiel definiert x ~2 y 5 x Ky 2 2$n, n 2 ;W 0 auch eine
Äquivalenzrelation auf =.
Aber warum nur, Plarthin?
Huch! Das sieht schon viel komplizierter aus als "=". Sorry, aber wir können "≥" und "≤" nicht
benutzen (weil sie nicht symmetrisch und transitiv sind). Aber so schwer ist's auch nicht: Zwei
Elemente sind äquivalent, wenn ihre Differenz ein ganzzahliges Vielfaches von 2 ist (also 0,2,
4,6,... - wir nehmen die 0 mit in die natürlichen Zahlen). Also ist z.B. 10 ~ 6, weil |10-6|=4=2*
2, aber 10 §7, weil |10-7|=3 und 1,5 ;;. Alles klar?
Nehmen wir uns nun ein Element heraus - z.B. x = 2, so stellen wir heraus, dass alle Zahlen, die
sich mit n*2 darstellen lassen (n2Z) zu x äquivalent sind. Also ist [2] := 2*; = {x: x=2*n, n2Z}.
Und ganz entsprechend folgt [3] := {x: x=1+2*n, n2Z}. Wer hier ein bisschen weiterdenkt sieht,
dass alle geraden Zahlen die gleiche Äquivalenzklasse besitzen. Unglaublich, oder?!
Um nun alles zu verschachteln, definieren wir uns nun die Menge aller Äquivalenzklassen, das ist die
Quotientenmenge bzgl. ~. Das wäre dann:
X /~ d a ~ : a 2 X = Menge aller Äquivalenzklassen
Das ist nicht einfach das gleiche, wie die Menge selbst (wie man vll. wegen der Reflexivität von ~
annehmen könnte) - das hier ist eine Menge von Mengen (oder auch: Kollektion, vermutlich in
Anlehnung an die für Mathematiker unvollstellbar hohen Modebestände) - die einzelnen Elemente
sind also selber Mengen.
Warum macht man denn nu' sowas? Wie wir oben gesehen haben, können verschiedene Elemente die
gleiche Äquivalenzklasse erzeugen. Es wäre ja denkbar, dass sich die Elemente in verschiedene
"Gruppen" sortieren. Ein Beispiel mitten aus dem Leben: Seien zwei Personen äquivalent, wenn sie
das gleiche studieren (das ist, grob gesprochen, der Ansatz im Bachelorsystem*). Dann ist Student A,
der Mathe studiert (Ha! Freak.) äquivalent zu allen anderen Mathestudenten - also ist die von ihm
(und allen anderen Mathestudenten) erzeugte Äquivalenzklasse die Gruppe der Mathestudenten. Ein
anderer, nennen wir ihn Student B, studiert Geschichte der Textilwissenschaften. Dann ist die von
ihm erzeugte Äquivalenzklasse eben die Gruppe der Geschichte-der-Textilwissenschaftsstudenten.
Gehen wir damit nun die Universität durch, so haben wir nicht soviele Äquivalenzklassen wie
Studenten, sondern nur soviele wie Studiengänge - die Quotientenmenge ist also die Menge der
Studiengänge.
*- Dieses Skript leider nicht finanziert durch Studiengebühren :(
Topologie-Crashkurs
Im Grunde genommen sind das alles anschauliche Begriffe: Wir wollen nun nämlich Elementen in
Mengen Längen und Abstand zuordnen. Es macht Sinn, diese nicht auf eine Berechnungsvorschrift
festzulegen, sondern allgemein zu halten, um je nach Problemstellung andere Werte zu erhalten
(direkte Distanz vs. Fahrtzeiten vs. ...)
Sei also X unsere Menge, dann definiert:
dX : X # X / = C eine Metrik, wenn:
• dX x, y = 0 5 x = y
• dX x, y = dX y, x
• dX x, z = dX x, y C dX y, z
Eine Menge, zusammen mit solch eine Metrik nennt man dan einen metrischen Raum.
Eine Isometrie ist eine Bijektion f zwischen den metrischen Räumen X, dX , Y; dY mit
dY f x , f y = dX x, y c x, y 2 X
Eine Cauchy-Folge in X, dX ist eine Folge xK 2 X mit lim d xk, xl = 0 (Anschaulich: Deren
k, l /N
Folgeglieder ab einem bestimmten Index immer näher zusammenrücken)
Man sagt, eine Folge ist konvergent mit Grenzwert x, falls gilt: lim d xk, x = 0. Liegen die
k/N
Grenzwerte aller möglichen Cauchy-Folgen aus X auch in X, so ist X vollständig (= ist vollständig,
aber < nicht, da es Folgen von Bruchzahlen gibt, die gegen irrationale Zahlen konvergieren).
Falls ein metrischer Raum nicht vollständig sein sollte, kann man
~ Abhilfe schaffen:
~
Jeder metrische Raum X, dX hat eine Vervollständigung zu X, dX~ mit X 4 X und dX~
~
X
= dX, mit
X, dX~ vollständig.
Einen Schritt unter der Metrik schlummert die Norm, was anschalulich der Länge entspricht.
Eine Norm auf einem Vektorraum V ist eine Abbildung $ : V/= C mit
• v =0 5 v =0 2V
• c$v = c $ v , c 2 =, C
• v Cw % v C w
Aus jeder Norm erhält man eine Metrik: d $ v, w d v Kw .
Man nennt einen Vektorraum zusammen mit einer Norm auch einen normierten Raum.
Und: Der normierte Raum V, $
ist ein Banachraum 5 V ist vollständig bzgl. d
$
.
Und los!
Der Satz von Levi
Bevor wir damit anfangen, werden wir Funktionen, die für Lebesgue alle gleich aussehen in
Äquivalenzklassen zusammenfassen.
Def.: N oder N= bzw. NC sind Mengen von =- bzw. C-wertigen Funktionen in =n, mit f x = 0 fast
überall.
f und g sind Lebesgue-äquivalent 5 f x = g x fast überall.
Zunächst definieren wir uns den Raum aller Lebesgue-integrierbaren Funktionen:
L1 =n d f x : f x ist Lebesgue Kintegrierbar
Und davon ausgehend den Lebesgue-Raum:
L1 =n d L1 =n / N= =
f x Lebesgue K äquivalent : f x 2 L1 =n
Nach Definition von N gilt:
f x Lebesgue K äquivalent = f x Ch x : h x 2 N
Und was soll das heißen, Plarthin?
Wir haben bereits gesehen, dass Funktionen, die fast überall gleich sind (also überall außer in einer
Nullmenge) das gleiche Lebesgue-Integral besitzen. Insofern macht es Sinn, sie als zueinander
äquivalent zu bezeichnen.
L1 ist etwas schwieriger zu verstehen: Es handelt sich als Quotientenmenge um den Raum aller
Äquivalenzklassen. Dabei erzeugen alle "fast überall gleichen" Funktionen ja die selbe
Äquivalenzklasse, es reicht daher - sozusagen - aus, nur je ein Element eienr solchen
Äquivalenzklasse zu betrachten. Anders ausgedrückt: Uns geht es hier um die Eigenschaften im
Lebesgue-integral. Daher werfen wir alle Funktionen, die sich in dieserHinsicht sowieso gleich
verhalten zusammen.
So, und jetzt kommt er endlich!
SATZ (von Levi über monotone Konvergenz)
Es sei {fv} eine Folge von reellen, Lebesgue-integrierbaren Funktionen, die monoton ist (
f1 x % f2 x %..., punktweise) und fv x dnx % M. Dann konvergiert die Folge fast überall und
lim f x = f x fast überall, mit einer Lebesgue-integrierbaren Funktion f x . Und es ist
v /N v
lim
v /N
fv x dnx = f x dnx.
Und was soll das heißen, Plarthin?
Der erste Teil des Satzes hat ein Pendant zu den reellen Zahlenfolgen (→ Vorlesung 6): Denn jede
beschränkte, monotone Folge konvergiert. Hier betrachten wir das Analogon von Funktionen: Und
auch hier ist das genauso, nur, dass wir eben Funktionen betrachten. Da die Beschränktheit aber hier
über ein Integral gegeben ist, kann es sein, dass wir eine Nullmenge haben, die aus der Reihe tanzt
(das macht dem Integral ja nichts aus). Daher konvergiert die Folge nur "fast überall". Der letzte
Schritt ist dann nur noch eine Möglichkeit des Integrals - und auch sicher nicht so überraschend.
Wenn fast überall die Funktion fv gegen f konvergiert, dann wird sich das wohl auch nicht ändern,
wenn wir ein Integral dazusetzen.
Beweis: Der kommt in mehreren Schritten. Langsam und gemächlich fangen wir an.
1) Wir ersetzen fv x durch ev x d fv x Kf1 x . Dann ist 0 % e1 x % e2 x %... - und e erfüllt auch
alle anderen Vorraussetzungen, die f bereits erfüllt hat (Summen bzw. Differenzen sind da sehr
pflegeleicht). Daher gilt der Satz für f, genau dann wenn er für e gilt - wir können ihn also problemlos
auch für e beweisen, und daher o.B.d.A. ("ohne Beschränkung der Allgemeinheit") annehmen, dass
f1 x = 0 und fv x R 0 (d.h. ihn für e beweisen).
2) Wir zeigen jetzt die Konvergenz. Daher wählen wir nun ein beliebiges ε O 0. Da die einzelnen fv
monoton sind, ist es auch die Folge fv x dx. Und die Integralfolge ist nach Vorgabe beschränkt - die
Integrale bilden also eine "normale" monotone, beschränkte Folge - dann muss sie eine Cauchy-Folge
sein. Dann können wir uns Elemente so herausgreifen, dass gilt:
2
ε
fv x Kfv
x dx % k
4
k
kK1
(Wir wählen hier rechts einen so komischen Wert, da er sich später elegant umformen lässt. Also keine
große Nummer)
Das war eine Aussage über die Integrale - jetzt wollen wir etwas über einzelne Punkte erfahren,
schließlich wollen wir die Aussage "lim
f x = f x fast überall" zeigen. Daher nehmen wir uns jetzt
v /N v
die x heraus, an deren Stelle sich die Werte zu stark ändern:
Nk d x 2 =n : fv x Kfv
x R
ε
2k
Diese Punkte sind sozusagen unsere "Problemkandidaten". Denn wenn sich der Wert der Funktion zu
stark ändert, kann die Funktion in dem Punkt ja nicht mehr gegen irgendeine Grenzfunktion laufen - die
Folge dieser f wären dann keine Cauchyfolge und daher nicht konvergent!
k
kK1
Allerdings schlummert ja ein "fast überall" in der Aussage - wir können also zeigen, dass diese
ε
"Problempunkte" wenigstens eine Nullmenge bilden. Tatsächlich ist µ * Nk % k . Und warum?
2
ε
Schätzen wir den Ausdruck rechts mal ab.Per Definition gilt fv Kfv
R k . Daran ändert sich
k
kK1
2
natürlich nichts, wenn wir an die rechte Seite χN multiplizieren - das ist schließlich immer ≤ 1. Und
k
zudem ist nach Wahl ε > 0 und sowieso χN > 0.
k
0%
ε
2k
$χN x % fv Kfv
k
k
kK1
2
Überlegen wir, was das für χN x dx bedeutet. Wir wissen, dass
k
und wir wissen, dass fv x Kfv
k
ε
k
x R
kK1
$χN x dx =
ε
k
ε
2k
fv x Kfv
k
x
dx %
kK1
ε
4k
gilt,
$χN x gilt. Also folgt:
k
2
$ χN x dx %
ε
durch
ε
teilen
2k
k
2
2
4
k
k
Und der Ausdruck der rechts steht - das ist µ*(Nk)!
µ* Nk %
k
ε
2k
Fall. Also:
W
Nk
k
ε
2k
.
Vereinigen wir nun alle Nk, so müssen wir die höchstmögliche Differenz
µ*
χN x dx %
ε
2k
wählen - das ist bei k=0 der
%ε
Da die f in den Nk nicht nach zueinanderlaufen (denn so ist Nk definiert!), muss an den Stellen fv gegen
unendlich laufen. Aber wir wissen, dass all diese Nk Nullmengen sind. Daher folgt:
N d x : fv x /N ist eine Nullmenge!
Und was ist mit all den anderen x? Falls x ; W Nk, dann war die Differenz der Funktionswerte dort ja
k
nie zu groß - nämlich nie größer als ε! Aus der Monotonie der (Teil-)Folge können wir abschätzen:
N
ε
lim fk x % fv C
= fv Cε
k
k /N
1
1
k= 1 2
Da das für alle beliebigen ε folgt, existiert zum einen tatsächlich der Grenzwert lim fk x fast überall -
>
k /N
alle, für die das nicht gilt (bzw. bei denen wir nichts darüber aussagen können) bilden eine Nullmenge,
so dass wir darauf nicht weiter achten brauchen.
f x dnx = f x dnx.
Wir haben den ersten Teil bewiesen. Jetzt kommt noch der zweite: vlim
/N v
Wir müssen nun die Grenzwertfunktion f betrachten. Da wir wissen, dass die Elemente einer Nullmenge
beim Integrieren egal sind, dkönnen wir für den letzten Teil annehmen, dass unsere Funktion f an den
Stellen x 2 N den Wert null annimmt - da dort der Grenzwert nicht existiert, wüßten wir sonst nicht, was
wir da tun könnten. Also:
lim f x
x ;N
v /N v
f x d
0
x 2N
Jetzt brauchen wir kurz einen Hilfssatz, bevor wir weitermachen.
Hilfssatz: Es sei {Qi} eine Folge von Quadern in =n und {ci} eine Folge von Zahlen mit ci R 0. Diese
>c $ Q !N, d.h. absolut konvergent ist. Dann ist >c $χ
Lebesgue-integrierbare Funktion und >c $χ x dx = >c $ Q .
seien so gewählt, dass die Reihe
i
i
i
i
i
i
Q
i
i
i
i
Q
i
x eine
i
Und was soll das heißen, Plarthin?
Das ähnelt doch schon der "normalen" Definiton + Integration von einer T-Funktion. Wir haben hier
aber die Forderung nach sich nicht überlappenden Quadern weggelassen - da man die Quader dann
aber "aufteilen" kann (haben wir in einem Beweis mal gemacht), sollte das hier niemanden
überraschen.
Weiter gehts! Wir brauchen - mal wieder - eine Hilfsfunktion.
fv x Kfv K 1 x v R 2
gv x d
f1 x
v=1
Da die einzelnen f monoton waren (steht ganz oben im Satz), folgt gv x R 0. Da die f Lebesgueintegrierbar sind, gilt das auch für die g. Nach Definition von Lebesgue-integrierbarkeit folgt dann, dass
wir zu jedem gv Treppenfunktionen 4v und Ψv finden, mit:
gv x K4v x % Ψv x
und
Ψv
L1
%
ε
2
vC1
. Daraus folgern wir auch gv x % 4v x CΨv x
Aber warum nur, Plarthin?
Das ist nichts weiter, als die Definition von Lebesgue-integrierbarkeit ausgeschrieben.
Normalerweise steht auf der linken Seite ein Grenzwert - den haben wir weggelassen, dafür ist die
Abschätzung eben nicht direkt null, sondern nur der Wert einer Treppenfunktion, die den Unterschied
zwischen der "bestmöglichen" Treppenfunktion 4 und g angibt. Diese muss aber - weil der Ausdruck
links gegen null konvergiert - diese typische ε-Bedingung erfüllt - im Grunde ist das nur die
Grenzwertdefinition eingesetzt.
Jetzt wird getrickst. Nach Definition der g über Differenzen der Funktionen gilt:
v
fv x =
>g
k= 1
k
x
Wg. Beziehung oben
f x
fast überall
%
>4
v
v
x CΨv x
Jetzt ist aber eine Summe von Treppenfunktionen wieder eine Treppenfunktion. Also kann man
4v x CΨv x darstellen mit 4v x CΨv x =
ebenfalls ≥ 0 sein, da g ≥ 0 ist).
>c $χ
i
i
Q
i
mit ci R 0 (denn nach Wahl ist Ψ≥0, und 4 muss
Für solche Treppenfunktionen wissen wir - dem Hilfssatz sei Dank - dass sie Lebesgue-integrierbar sind.
Um das Schreiben zu erleichtern, nennen wir die Funktionen h C und hK. Warum zwei? Für
4v x KΨv x können wir nämlich ebenfalls eine Hilfsfunktion definieren. Die Begründung läuft wie
oben (und auch hier sind die ci R 0, da 4 ≥ Ψ (denn g ist ≥ 0, und die Differenz von g und 4 muss
kleiner sein als Ψ)).
Nochmal in Formeln geschrieben:
> 4 x CΨ x
> 4 x KΨ x
v
v
v
v
v
= h C x ist Lebesgue-integrierbar!
v
= hK x ist Lebesgue-integrierbar!
Mit diesen Funktionen können wir f abschätzen:
hK x % f x % h C x
Dann ist natürlich auch die Differenz der beiden Funktionen Lebesgue-integrierbar:
h
C
K
x Kh x =
> 2Ψ
v
v
x
= 2$
>Ψ
v
v
x
Ψ R0
v
R 0
Das integrieren wir und schätzen ab. Beim Integrieren der Ψ wenden wir die Beziehung
ε
Ψv
% v C 1 an:
2
L1
h C x KhK x
dx = 2$
ε
ε
>Ψ
v
v
x
dx = 2$
Ψ1 x dx C Ψ2 x dx C Ψ3 x dx C ...
N
ε
ε
ε
ε
ε
% 2$ 2 C 3 C 4 C ... =
C 2 C 3 C ... =
=ε
k
2
2
2
2
2
2
k= 1 2
Da das für ε > 0, folgt, dass h C x dx = hK x dx . Da f ja dazwischenliegt (also zwischen zwei
>
Lebesgue-integrierbaren Funktionen), muss f auch Lebesgue-integrierbar sein. Der Rest ist nur einsetzen:
f x dx =
>g
v
x dx = vlim
f x dx. (Der letzte Schritt ist hier keine eigentliche
/N v
Grenzwertüberlegung, sondern nur eine andere Darstellung der Summe aller g)
Das hat Spaß gemacht! Dann folgern wir doch munter daraus:
Der Satz von Riesz-Fischer
FOLGERUNG (Satz von Riesz-Fischer):
Es sei fv eine Cauchy-Folge (bzgl. der $ 1-Norm) von Lebesgue-integrierbaren komplex oder
L
reellwertigen Funktionen in =n. Dann existiert ein f x 2 L1 =n , so dass
lim f Kf
=0
v /N v
L1
Und fv x /f x fast überall.
%(
Und was soll das heißen, Plarthin?
Das bedeutet, dass L1 eine wertvolle Eigenschaft erfüllt - nämlich, dass L vollständig ist! Das ist
praktisch die Definition, die wir hier vorliegen haben.
Beweis: Wir betrachten von fv eine Teilfolge fv , so dass
k
fv Kfv
%
ε
2k
Wir brauchen - mal wieder (sorry) - eine Hilfsfunktion: gk x d fv x Kfv
k
kK1
k
x .
kK1
Mit dem eben bewiesenen Satz von Levi folgern wi- ...
Ist das tatsächlich erlaubt, Plarthin?!
Ah, eine gute Frage. Erfüllt unser gk überhaupt die Bedingungen des Satzes von Levi? Dafür muss gk
monoton sein und das Integral beschränkt. Die erste Eigenschaft folgt sofort: Da wir ja den Betrag
nehmen, ist gk immer größer als null. Und da die Folgeglieder immer näher aneinanderrücken, ist die
Folge auch monoton (dass es fallend statt steigend ist, macht nichts aus, da wir den Satz für Kg
anwenden und dann für g durch Vorzeichenwechsel ebenfalls eine Aussage erhalten!).
Wunderbar! Jetzt fehlt uns nur noch das beschränkte Integral. Aber auch das ist keine Überraschung:
Den da die fv teil der Lebesgue-integrierbaren Funktionen in =n sind, besitzen all diese Integrale einen
endlichen Wert. Ziehen wir nun zwei (sehr ähnliche) Funktionen voneinander ab und integrieren das,
wird der Wert kleiner - aber er existiert. Wir können dann als obere Schranke einfach den höchsten
all dieser Integratiosnwerte herausnehmen (und ggf. die Teilfolge passend wählen)
Ahem. Also, nach dem Satz von Levi finden wir dann eine Funktion g, die wir definieren als
g x d
>g
k
k
x .
Nach Definition der L1-Norm können wir nun das Integral abschätzen:
nach Wahl ε
gk dnx = fv Kfv
%
0 g dnx =
gk dnx %
k
k
kK1
2
k
>
> 2ε
k
k
=ε
Weil wir hier über ein Integral abgeschätzt haben, können wir sagen, dass fast überall (denn die Punkte,
wo's nicht gilt, müssen in einer Nullmenge liegen, damit das dem Integral nichts ausmacht) unser g
tatsächlich existiert, soll heißen die Reihe konvergiert. Für manche x ist das nicht der Fall - aber die
liegen in einer Nullmenge.
Okay,
>g
k
k
x konvergiert also - dann setzen wir ein, und erfahren, dass auch
>
k
fv x Kfv
k
x
kK1
konvergiert (also eine endliche Zahl herauskommt!). Für diese x konvergiert dann auch unsere Teilfolge
fv .
k
Aber warum nur, Plarthin?
Das sind drei bis viereinhalb Gedankenschritte. Okay - wir wissen, dass für einen festen Punkt x die
Reihe
>
k
fv x Kfv
k
x
konvergiert - dann muss die Folge in der Summe eine Nullfolge sein -
kK1
sonst würde die Reihe ja nie im Leben konvergieren! Also:
fv x Kfv
k
x /0
kK1
Das heißt, dass die Folgeglieder fv immer näher zueinander rücken (denn ihr Unterschied
k
verschwindet ja) - also sind die fv tatsächlich eine Cauchy-Folge! Und Cauchy-Folgen sind
k
konvergent.
Okay, fast überall konvergiert also unsere Teilfolge - dann definieren wir uns jetzt einfach
f x d lim fk x - also einfach als den Grenzwert unserer Funktionsfolge. Die Punkte, wo fk nicht
k /N
konvergiert, liegen in einer Nullmenge. Dort definieren wir einfach f x d 0. Macht beim Integrieren ja
nichts aus.
Gilt denn auch die Abschätzung? Aber sicher tut sie das! Wir wissen, dass g dnx % ε - steht oben. Nach
Definition der L1-Norm gilt dann auch:
%ε
L1
g x
Wir wissen aber auch, wie g definiert ist. Wir können abschätzen:
g x =
Dreiecksungleichung
R
>f
v
k
k
x Kfv
kK1
x = fv x Kfv x C fv x Kfv x C...
1
0
2
1
fv x Kfv x C fv x Kfv x C ... = lim fv Kfv = f Kfv
1
0
2
k /N
1
k
0
f sind Cauchyfolge!
R
0
f Kfv
k
Wow, das war lang! Aber wer jetzt noch mitdenken kann, stellt fest: Stets - okay, fast überall - gilt:
fv Kf % g x 0 fv Kf
% g x 1%ε
k
k
L
L1
Also wäre jetzt fast alles bewiesen. Wir wissen, dass so ein f existiert, und wir wissen, dass
= 0 (der übliche "gilt-für-alle-ε"-Trick). Bleibt nur noch zu zeigen, dass f 2 L1 =n lim f Kf
v /N v
L1
also, dass f Lebesgue-integrierbar ist.
Okay. Wir wissen, dass alle fv integrierbar sind (das haben wir nämlich vorrausgesetzt). Also gibt es
k
unabhängig von der ε-Wahl auch Funktionen stets Treppenfunktionen 4, so dass gilt:
4 Kfv
! ε. Und wir wissen auch schon, dass ab einem bestimmten k stets fv Kf
k
k
L1
Wir können also sagen, dass ab diesem k (also für fast alle k) gilt:
Dreiecksungleichung
C fv Kf
R
4 Kfv Cfv Kf
2$ε R 4 Kfv
k
L1
k
k
L1
Also gibt es tatsächlich eine Treppenfunktion mit
f K4
% 2$ε.
L1
L1
= 4 Kf
k
L1
Und da das alles hier für alle
beliebigen ε gilt, folgt der Satz!
Außerdem...
Fast geschafft - hauptsächlich, weil wir einen Beweis weglassen. Psst! Nicht weitersagen!
Zunächst wollen wir - wie üblich - weniger schreiben.
% ε gilt.
%(
Notation: Wir schreiben:
M(=n) d{A 3 =n : A ist messbar}
M (=n) d{A 3 =n : A ist Nullmenge}
0
Kleine Warnung
Hier in dieser Vorlesung - und damit auch in unseren Skripten - ist eine Menge selbst dann messbar,
wenn µ(A) = ∞ gilt. Das definiert man üblicherweise anders - d.h. eine Menge mit µ(A) = ∞ ist
nicht messbar.
Jetzt kommt noch ein Satz. Den Beweis lassen wir aber weg. Teile davon sind wohl in den
Übungsaufgaben Thema.
Sorry.
SATZ (Eigenschaften messbarer Mengen)
(M1) A, B 3 =n sind messbar 0 AX B, AW B, A\B, A6B d A\B W B\A sind messbar.
(M2) A, B seien messbar und disjunkt 0 µ(AW B) = µ(A) + µ(B)
(M3) A1 4 A2 4...3 =n seien alle messbar 0 A d W Ai ist messbar und µ(A) = ilim
μ Ai
/N
i
Wie bitte, Plarthin?
Das Dreieck steht für die symmetrische Differenz. Sie beinhaltet die Elemente, die entweder in A, oder
in B, aber nicht in beiden Mengen liegen. Bild?
Zwei Mengen sind disjunkt, wenn sie sich nicht überlappen, d.h.: A, B disjunkt 5 AX B =:.
Man versteht die Aussagen am besten, wenn man sich das Lebesgue-Maß - anschaulich also Länge
bzw. Volumen der Mengen - vorstellt. Wenn sich die beiden nicht überlappen, dann ist die Länge der
neuen Länge sicher die Summe der alten Längen (beim Überlappen müsste man das Volumen
abziehen, in dem sich die beiden überlappen).
Und falls die Mengen "verschachtelt" sind (wir erkennen hier die Vorliebe für Matrjoschka-Puppen),
d.h. die letzte Menge enthält alle vorigen, dann müssen wir uns für das Gesamtvolumen sicher nur
die größte (also die letzte) anschauen. Das ganze gilt auch, wenn wir hier unendlich viele Mengen
verschachteln.
Den Beweis sparen wir uns. Interessierte finden ihn sicher im... Oh, was machen wir hier eigentlich. Wer
ist schon wirklich daran interessiert.
Nächstes Mal verallgemeinern wir einige dieser Konzepte. Super, oder?!?!