Beweis zu Lebesgue < Maßtheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Sei [mm] M\subset \IR^n [/mm] messbar und [mm] $f:M\to\IR\;\; \mathcal{L}$-Integrierbar. [/mm] Zeigen Sie:
[mm] $$n\mu(\{x\in M: |f(x)|>n\} [/mm] ) [mm] \to [/mm] 0, [mm] \; n\to\infty$$ [/mm] |
Hallo zusammen.
$f$ Lebesgue-integrierbar bedeutet ja [mm] $\int_M [/mm] f [mm] \;d\mu [/mm] < [mm] \infty$
[/mm]
Außerdem gilt $f [mm] \; \; \mathcal{L}$-integrierbar $\gdw \; [/mm] |f| [mm] \; \; \mathcal{L}-$integrierbar. [/mm]
Leider weiß ich nicht, wie ich den Beweis jetzt führen kann. Macht es Sinn anzunehmen, dass [mm] $n\mu(\{x\in M: |f(x)|>n\} [/mm] ) [mm] \red{\not\to} [/mm] 0, [mm] \; n\to\infty$?
[/mm]
Viele Grüße
Patrick
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:33 Sa 11.04.2009 | | Autor: | Merle23 |
> Sei [mm]M\subset \IR^n[/mm] messbar und [mm]f:M\to\IR\;\; \mathcal{L}[/mm]-Integrierbar.
> Zeigen Sie:
> [mm]n\mu(\{x\in M: |f(x)|>n\} ) \to 0, \; n\to\infty[/mm]
> Hallo
> zusammen.
>
> [mm]f[/mm] Lebesgue-integrierbar bedeutet ja [mm]\int_M f \;d\mu < \infty[/mm]
>
> Außerdem gilt [mm]f \; \; \mathcal{L}[/mm]-integrierbar [mm]\gdw \; |f| \; \; \mathcal{L}-[/mm]integrierbar.
>
> Leider weiß ich nicht, wie ich den Beweis jetzt führen
Betrachte die Mengen [mm]M_n := \{ x\in M: n+1 \ge |f(x)| > n \} \ f"ur \ n \in \IN[/mm] und integriere dann einzeln über sie, also [mm]\int_M |f| \;d\mu = \sum_{n=0}^{\infty} \int_{M_n} |f| \;d\mu [/mm]. Jetzt kannste auf diesen Mengen [mm]|f|[/mm] abschätzen und benutzt die Integrierbarkeit von f um zu zeigen, dass [mm]\mu(M_n)[/mm] schneller fallen muss als [mm] \frac{1}{n}, [/mm] da sonst die Reihe divergiert.
> kann. Macht es Sinn anzunehmen, dass [mm]n\mu(\{x\in M: |f(x)|>n\} ) \red{\not\to} 0, \; n\to\infty[/mm]?
Dann müsstest wahrscheinlich viele Fallunterscheidungen machen; also ob es jetzt gegen was anderes konvergiert oder bestimmt divergiert oder eben mehrere Häufungspunkte hat.
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> > Sei [mm]M\subset \IR^n[/mm] messbar und [mm]f:M\to\IR\;\; \mathcal{L}[/mm]-Integrierbar.
> > Zeigen Sie:
> > [mm]n\mu(\{x\in M: |f(x)|>n\} ) \to 0, \; n\to\infty[/mm]
>
> > Hallo
> > zusammen.
> >
> > [mm]f[/mm] Lebesgue-integrierbar bedeutet ja [mm]\int_M f \;d\mu < \infty[/mm]
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> >
> > Außerdem gilt [mm]f \; \; \mathcal{L}[/mm]-integrierbar [mm]\gdw \; |f| \; \; \mathcal{L}-[/mm]integrierbar.
> >
> > Leider weiß ich nicht, wie ich den Beweis jetzt führen
>
> Betrachte die Mengen [mm]M_n := \{ x\in M: n+1 \ge |f(x)| > n \} \ f"ur \ n \in \IN[/mm]
> und integriere dann einzeln über sie, also [mm]\int_M |f| \;d\mu = \sum_{n=0}^{\infty} \int_{M_n} |f| \;d\mu [/mm].
> Jetzt kannste auf diesen Mengen [mm]|f|[/mm] abschätzen und benutzt
> die Integrierbarkeit von f um zu zeigen, dass [mm]\mu(M_n)[/mm]
> schneller fallen muss als [mm]\frac{1}{n},[/mm] da sonst die Reihe
> divergiert.
Super, danke für den Tipp. Also ich habe jetzt:
[mm] $\int_M [/mm] |f| [mm] \;d\mu [/mm] = [mm] \sum_{n=0}^{\infty} \int_{M_n} [/mm] |f| [mm] \;d\mu [/mm] > [mm] \sum_{n=0}^{\infty} \int_{M_n} [/mm] n [mm] \;d\mu [/mm] = [mm] \sum_{n=0}^{\infty} n*\mu(M_n) \underset{(\ast)}{<} \infty$
[/mm]
[mm] $(\ast)$ [/mm] Da f Lebesgue-integrierbar. Somit folgt, dass die Folge der zugehörigen Reihe eine Nullfolge sein muss, also [mm] $n*\mu(M_n) \to [/mm] 0, [mm] n\to\infty$
[/mm]
Ist das ok so?
Nun sehen aber ja die [mm] M_n [/mm] hier etwas anders aus, als in der Aufgabe, dort wird ja nur $f$ nach unten hin abgeschätzt. Macht das einen Unterschied?
Gruß Patrick
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:44 Sa 11.04.2009 | | Autor: | Merle23 |
> > > Sei [mm]M\subset \IR^n[/mm] messbar und [mm]f:M\to\IR\;\; \mathcal{L}[/mm]-Integrierbar.
> > > Zeigen Sie:
> > > [mm]n\mu(\{x\in M: |f(x)|>n\} ) \to 0, \; n\to\infty[/mm]
> >
> > > Hallo
> > > zusammen.
> > >
> > > [mm]f[/mm] Lebesgue-integrierbar bedeutet ja [mm]\int_M f \;d\mu < \infty[/mm]
>
> >
> > >
> > > Außerdem gilt [mm]f \; \; \mathcal{L}[/mm]-integrierbar [mm]\gdw \; |f| \; \; \mathcal{L}-[/mm]integrierbar.
> > >
> > > Leider weiß ich nicht, wie ich den Beweis jetzt führen
> >
> > Betrachte die Mengen [mm]M_n := \{ x\in M: n+1 \ge |f(x)| > n \} \ f"ur \ n \in \IN[/mm]
> > und integriere dann einzeln über sie, also [mm]\int_M |f| \;d\mu = \sum_{n=0}^{\infty} \int_{M_n} |f| \;d\mu [/mm].
> > Jetzt kannste auf diesen Mengen [mm]|f|[/mm] abschätzen und benutzt
> > die Integrierbarkeit von f um zu zeigen, dass [mm]\mu(M_n)[/mm]
> > schneller fallen muss als [mm]\frac{1}{n},[/mm] da sonst die Reihe
> > divergiert.
>
> Super, danke für den Tipp. Also ich habe jetzt:
>
> [mm]\int_M |f| \;d\mu = \sum_{n=0}^{\infty} \int_{M_n} |f| \;d\mu > \sum_{n=0}^{\infty} \int_{M_n} n \;d\mu = \sum_{n=0}^{\infty} n*\mu(M_n) \underset{(\ast)}{<} \infty[/mm]
>
Die Ungleichheitszeichen ergeben hier gerade wenig Sinn. Schreibe das letzte am besten ganz an den Anfang, also [mm]\infty > \int_M |f| \;d\mu = \sum_{n=0}^{\infty} \int_{M_n} |f| \;d\mu > \sum_{n=0}^{\infty} \int_{M_n} n \;d\mu = \sum_{n=0}^{\infty} n*\mu(M_n) [/mm]
> [mm](\ast)[/mm] Da f Lebesgue-integrierbar. Somit folgt, dass die
> Folge der zugehörigen Reihe eine Nullfolge sein muss, also
> [mm]n*\mu(M_n) \to 0, n\to\infty[/mm]
>
> Ist das ok so?
> Nun sehen aber ja die [mm]M_n[/mm] hier etwas anders aus, als in der
> Aufgabe, dort wird ja nur [mm]f[/mm] nach unten hin abgeschätzt.
> Macht das einen Unterschied?
>
Natürlich macht das 'nen Unterschied. Da musste selbst noch ein klein wenig dran Knobeln.
>
> Gruß Patrick
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Halo Merle!
> > Super, danke für den Tipp. Also ich habe jetzt:
> >
> > [mm]\int_M |f| \;d\mu = \sum_{n=0}^{\infty} \int_{M_n} |f| \;d\mu > \sum_{n=0}^{\infty} \int_{M_n} n \;d\mu = \sum_{n=0}^{\infty} n*\mu(M_n) \underset{(\ast)}{<} \infty[/mm]
>
> >
>
> Die Ungleichheitszeichen ergeben hier gerade wenig Sinn.
> Schreibe das letzte am besten ganz an den Anfang, also
> [mm]\infty > \int_M |f| \;d\mu = \sum_{n=0}^{\infty} \int_{M_n} |f| \;d\mu > \sum_{n=0}^{\infty} \int_{M_n} n \;d\mu = \sum_{n=0}^{\infty} n*\mu(M_n)[/mm]
Hoppla, ja natürlich, so sieht es natürlich besser aus!
> > [mm](\ast)[/mm] Da f Lebesgue-integrierbar. Somit folgt, dass die
> > Folge der zugehörigen Reihe eine Nullfolge sein muss, also
> > [mm]n*\mu(M_n) \to 0, n\to\infty[/mm]
> >
> > Ist das ok so?
> > Nun sehen aber ja die [mm]M_n[/mm] hier etwas anders aus, als in der
> > Aufgabe, dort wird ja nur [mm]f[/mm] nach unten hin abgeschätzt.
> > Macht das einen Unterschied?
> >
>
> Natürlich macht das 'nen Unterschied. Da musste selbst noch
> ein klein wenig dran Knobeln.
>
Ich komme irgendwie nicht drauf. Ich kann diese Abschätzung ja auch nicht einfach weglassen, weil ich ja dann die Mengen [mm] M_n [/mm] vergrößere...
Kannst du mir vielleicht noch einen Hinweis geben?
Viele Grüße
Patrick
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:29 Sa 11.04.2009 | | Autor: | Merle23 |
[mm]n * \mu(\{x\in M: |f(x)|>n\}) = n * \mu(\bigcup_{i=n}^{\infty} M_i) \underset{M_i \ paarweise \ disjunkt}{\overset{\sigma-Additivit"at}{=}} n * \sum_{i=n}^{\infty} \mu(M_i)[/mm].
Und jetzt kann man bestimmt mit Hilfe der Aussage in der vorherigen Antwort zeigen, dass der letzte Ausdruck gegen Null geht.
Ich muss jetzt bloß weg, deswegen kann ich nicht weiter darüber nachdenken wie. Aber vielleicht hast du es bis morgen ja schon selbst.
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Hallo und frohe Ostern! 
> [mm]n * \mu(\{x\in M: |f(x)|>n\}) = n * \mu(\bigcup_{i=n}^{\infty} M_i) \underset{M_i \ paarweise \ disjunkt}{\overset{\sigma-Additivit"at}{=}} n * \sum_{i=n}^{\infty} \mu(M_i)[/mm].
>
> Und jetzt kann man bestimmt mit Hilfe der Aussage in der
> vorherigen Antwort zeigen, dass der letzte Ausdruck gegen
> Null geht.
Ich komme erst jetzt wieder dazu mich mit der Aufgabe zu beschäftigen.
Die Gleichungskette kann ich natürlich nachvollziehen, aber ich schaffe es nicht das Ergebnis aus der vorherigen Antwort damit einzubauen.
Hier reicht es ja auch nicht zu zeigen, dass die Reihe konvergent ist, sondern der ganze rechte Ausdruck muss ja mit wachsendem $n$ gegen $0$ gehen.
Ich verzweifele....
Gruß Patrick
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> Ich muss jetzt bloß weg, deswegen kann ich nicht weiter
> darüber nachdenken wie. Aber vielleicht hast du es bis
> morgen ja schon selbst.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:30 Mo 13.04.2009 | | Autor: | Merle23 |
[mm] \sum_{n=0}^{\infty} n\cdot{}\mu(M_n) = \sum_{i=0}^{\infty} \sum_{n=i}^{\infty} \mu(M_n) < \infty \Rightarrow \forall \epsilon \exists j_{\epsilon} : \sum_{i=j_{\epsilon}}^{\infty} \sum_{n=i}^{\infty} \mu(M_n) < \epsilon [/mm].
[mm] \epsilon > \sum_{i=j_{\epsilon}}^{\infty} \sum_{n=i}^{\infty} \mu(M_n) = \sum_{n=j_{\epsilon}}^{\infty} (n-j_{\epsilon}+1) \cdot{} \mu(M_n) = \sum_{n=j_{\epsilon}}^{2 j_{\epsilon}-1} (n-j_{\epsilon}+1) \cdot{} \mu(M_n) + \sum_{n=2 j_{\epsilon}}^{\infty} (n-j_{\epsilon}+1) \cdot{} \mu(M_n) > \sum_{n=j_{\epsilon}}^{2 j_{\epsilon}-1} \mu(M_n) + \sum_{n=2 j_{\epsilon}}^{\infty} j_{\epsilon} \cdot{} \mu(M_n) [/mm].
Hmm, irgendwie seh' ich gerade nicht wie man den ersten Summanden nach dem letzten Ungleichheitszeichen kontrollieren könnte. Aber vielleicht gibt es ja auch eine bessere Abschätzung (meine letzte Abschätzung war -sehr- grob). Oder es kann hier irgendjemand anderes dir helfen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:22 Mo 13.04.2009 | | Autor: | XPatrickX |
Ui, das sieht aber ziemilch kompliziert aus. Ich werde es mir nachher nochmal in Ruhe angucken. Vielleicht komme ich auch morgen in der Uni an eine "kompaktere" Lösung.
Danke trotzdem für deine Bemühungen!!
LG Patrick
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