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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:09 Do 11.11.2004 | | Autor: | Bastiane |
Hallo!
Sorry, diesmal bin ich fast unverschämt...
Ich habe mich mit der Aufgabe noch überhaupt nicht beschäftigt, aber da die Zeit drängt, poste ich sie hier mal. Ich erwarte keinen vollständigen Beweis (sollte ihn trotzdem jemand liefern wollen, nur zu - würde mich freuen  ), alles, was euch dazu einfällt, werde ich annehmen.
Und, falls mir keiner antwortet, habe ich zwar morgen vielleicht ein schlechtes Gewissen, weil ich schon wieder so wenig gemacht habe, aber schließlich bin ich es dann selber schuld. Also, es sollte sich keiner (auch nicht die Tutoren) dazu verpflichtet fühlen, mir hier heute nacht noch drauf zu antworten.
Ich habe mir auch fest vorgenommen, am WE einiges nachzuarbeiten, sodass ich nicht wieder in so eine Situation komme!
Also, nun die Aufgabe:
Beweisen Sie folgenden überraschenden Satz:
Sei [mm] A\in B(\IR) [/mm] beschränkt. Seien die Funktionen [mm] f_j, f:A\to \IR, j\ge [/mm] 1 messbar. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent:
(A) [mm] f_j(x)\to [/mm] f(x) fast überall, d. h. [mm] \mu ({x\in A, f_j(x) \not\to f(x)})=0
[/mm]
(Anmerkung: Was mich hier beim ersten lesen verwirrt: Was bedeutet der Pfeil? [mm] \to? [/mm] was ist hier fast überall? konvergieren die [mm] f_j [/mm] gegen f oder was ist damit gemeint?)
(B) Zu [mm] \epsilon [/mm] > 0 existiert eine Menge [mm] E_{\epsilon}\in B(\IR) [/mm] mit [mm] \mu (A\backslash E_{\epsilon}) \le \epsilon, [/mm] und es gilt: [mm] f_j [/mm] konvergiert gleichmäßig auf [mm] E_{\epsilon} [/mm] gegen f.
Hinweis: [mm] (B)\Rightarrow(A) [/mm] ist nicht schwierig. Für die andere Richtung betrachten Sie eine Menge E, wo die Konvergenz stattfindet und dann [mm] E_{k,n}:={x\in E, |f_j(x)-f(x)| < 1/n für alle j \ge k}
[/mm]
Überlegen Sie sich, dass es zu n dann einen Index [mm] k_n [/mm] gibt, so dass [mm] \mu (E\backslash E_{k_{n},n})\le\epsilon 2^{-n}. [/mm] Von hier ist es nur noch ein kleiner Schritt.
Übrigens: ich habe einige Bücher hier, in die ich jetzt als erstes mal schauen werde, falls jemand weiß, ob da was drin steht, wäre ich auch für so einen Hinweis sehr dankbar.
Ich habe:
Otto Forster, Analysis 3
Martin Barner, Friedrich Flohr, Analysis II
Hildebrandt, Analysis 2
Königsberger, Analysis 2
Viele Grüße
Bastiane
![[dontknow]](/images/smileys/dontknow.gif "[dontknow]")
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:50 Fr 12.11.2004 | | Autor: | Micha |
Hallo Bastiane!
> Also, nun die Aufgabe:
>
> Beweisen Sie folgenden überraschenden Satz:
> Sei [mm]A\in B(\IR)[/mm] beschränkt. Seien die Funktionen [mm]f_j, f:A\to \IR, j\ge[/mm]
> 1 messbar. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent:
> (A) [mm]f_j(x)\to[/mm] f(x) fast überall, d. h. [mm]\mu ({x\in A, f_j(x) \not\to f(x)})=0
[/mm]
>
> (Anmerkung: Was mich hier beim ersten lesen verwirrt: Was
> bedeutet der Pfeil? [mm]\to?[/mm] was ist hier fast überall?
> konvergieren die [mm]f_j[/mm] gegen f oder was ist damit gemeint?)
Das ganze heißt, dass die fi eine Folge von meßbaren Funktionen ist, die gegen f überall konvergieren, ausser an bestimmten Stellen, die aber keine wesentliche Rolle spielen, weil es Nullmengen sind. Also kurz: fi konvergiert gegen f für alle x, die nicht in der µ-Nullmenge liegen.
> (B) Zu [mm]\epsilon[/mm] > 0 existiert eine Menge [mm]E_{\epsilon}\in B(\IR)[/mm]
> mit [mm]\mu (A\backslash E_{\epsilon}) \le \epsilon,[/mm] und es
> gilt: [mm]f_j[/mm] konvergiert gleichmäßig auf [mm]E_{\epsilon}[/mm] gegen
> f.
Wir haben die Nullmengen ähnlich wie hier definiert:
N heißt [mm] $\varphi$-Nullmenge, [/mm] wenn es zu jedem [mm] $\varepsilon [/mm] > 0 $ eine Folge [mm] $I_k$ [/mm] von beschränkten Integralen gibt, so dass
$N [mm] \subset \Bigcup_{k = 0}^{\infty} {I_k} [/mm] $ und [mm] $\summe_{k=0}^{\infty} {\varphi (I_k)} [/mm] < [mm] \varepsilon$.
[/mm]
Ich weiss nicht, ob es dir was hilft, aber deine E sehen ziemlich verdächtig nach den Intervallen in unserer Definition aus. :(
>
> Hinweis: [mm](B)\Rightarrow(A)[/mm] ist nicht schwierig. Für die
> andere Richtung betrachten Sie eine Menge E, wo die
> Konvergenz stattfindet und dann [mm]E_{k,n}:={x\in E, |f_j(x)-f(x)| < 1/n für alle j \ge k}
[/mm]
>
> Überlegen Sie sich, dass es zu n dann einen Index [mm]k_n[/mm] gibt,
> so dass [mm]\mu (E\backslash E_{k_{n},n})\le\epsilon 2^{-n}.[/mm]
> Von hier ist es nur noch ein kleiner Schritt.
Viel Erfolg noch, mehr weiss ich z.Zt. leider auch nich, weil ich selbst mit Ana3 am kämpfen bin. ^^
Gruß Micha
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:04 Fr 12.11.2004 | | Autor: | Stefan |
Liebe Christiane!
Sorry, dass ich erst jetzt dazu komme dir zu antworten. ![[sorry]](/images/smileys/sorry.gif "[sorry]")
$(B) [mm] \Rightarrow [/mm] (A)$:
Zu jedem [mm] $\epsilon [/mm] = [mm] \frac{1}{k}$ [/mm] existiert eine Menge [mm] $E_k \in {\cal B}(\IR)$ [/mm] mit
[mm] $\mu(E_k^c) [/mm] < [mm] \frac{1}{k}$,
[/mm]
so dass [mm] $(f_n_{\vert E_k})_{n \ge 1}$ [/mm] gleichmäßig konvergiert. Die Menge
$E = [mm] \bigcup_{k \in \IN} E_k \in {\cal B}(\IR)$
[/mm]
mit
[mm] $E^c:= \bigcap_{k \in \IN} E_k^c$ [/mm]
ist das Komplement einer [mm] $\mu$-Nullmenge, [/mm] und für alle $x [mm] \in [/mm] E$ gibt es ein $k [mm] \in \IN$ [/mm] mit $x [mm] \in E_k$, [/mm] und [mm] $(f_n(x))_{n \ge 0}$ [/mm] konvergiert gegen
[mm] $\lim\limits_{n \to \infty}f_n(x) \cdot 1_{E_k}(x) [/mm] = f(x):= [mm] \lim\limits_{n \to \infty} f_n(x) \cdot 1_{E}(x)$.
[/mm]
$(A) [mm] \Rightarrow [/mm] (B)$ (Satz von Jegorow, 1911):
Wegen [mm] $f_n \to [/mm] f$ f.ü. gilt:
[mm] $\lim\limits_{n \to \infty} \mu \left( \bigcup_{j=n}^{\infty} \{|f_j - f | \ge \varepsilon\} \right) [/mm] = 0$.
Ist nun [mm] $\varepsilon>0$ [/mm] fest gewählt, so existiert zu jedem $k [mm] \in \IN$ [/mm] ein [mm] $n_k \in \IN$, [/mm] so dass für
[mm] $B_k:= \bigcup_{j = n_k}^{\infty} \left\{ |f_j - f| \ge \frac{1}{k} \right\}$
[/mm]
gilt:
[mm] $\mu(B_k) [/mm] < [mm] \varepsilon \cdot 2^{-k}$.
[/mm]
Die Menge
[mm] $E_{\varepsilon}:= \left( \bigcup_{k \in \IN} B_k\right)^c$
[/mm]
ist messbar mit
[mm] $\mu(E_{\varepsilon}^c) [/mm] < [mm] \varepsilon \sum\limits_{k=1}^{\infty} 2^{-k} [/mm] = [mm] \varepsilon$,
[/mm]
und für alle $x [mm] \in E_{\varepsilon}$ [/mm] gilt für $k [mm] \ge [/mm] 1$:
$x [mm] \notin B_k$, [/mm]
also:
[mm] $|f_j(x) [/mm] - f(x)| [mm] \le \frac{1}{k}$ [/mm] für alle $j [mm] \ge n_k$.
[/mm]
Daher konvergiert [mm] $(f_n)_{n \in \IN}$ [/mm] gleichmäßig auf [mm] $E_{\varepsilon}$ [/mm] gegen $f$.
Liebe Grüße
Stefan
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