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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:34 Mo 18.05.2015 | | Autor: | Mapunzel |
| Aufgabe | Es sei f eine nicht negative messbare numerische Funktion auf einem [mm] Maßraum\left(\Omega, \mathcal{A}, \mu\right) [/mm] mit [mm] \mu\left(\Omega\right)<\infty. [/mm] Zeigen Sie:
(a) Nimmt die Funnktion nur ganzzahlige Werte an, so gilt [mm] \integral{f d\mu}= \sum_{n=1}^{\infty}{\mu\left(f\ge n\right)}
[/mm]
(b) Die Funktion f (nicht notwendigerweise ganzzahlig) ist genau dann [mm] \mu-integrierbar, [/mm] wenn [mm] $$\sum_{n=1}^{\infty}{\mu\left(f\ge n\right)}<\infty$$ [/mm] gilt.
(c) Aus(a) folgt [mm] \limes_{n\rightarrow\infty}n\mu\left(f\ge n\right) [/mm] = 0 |
Hallo, ich habe die Fragen alle bearbeitet und möchte gerne wissen ob meine Ideen richtig sind bzw an ein paar Stellen fehlen mir noch Argumentationsschritte. Zu (a) habe ich geschrieben, dass f = [mm] \sum_{n\in\IN}{a_n\mathbf{1}_{A_n}} [/mm] mit [mm] a_n\in\mathbb{Z}^{+} [/mm] und [mm] A_n=\{a_n^{-1}\}\in\mathcal{A}, [/mm] weil es ja eine einfache Funktion ist und dann folgt per Def. [mm] \integral{f d\mu} [/mm] = [mm] \sum_{n\in\IN}{a_n\mu\left(A_n\right)} [/mm] = [mm] \sum_{n\in\IN}{a_n\mu\left(f=a_n\right)}=\sum_{n\in\IN}{n\mu\left(f=n\right)}=\sum_{n\in\IN}{\mu\left(f\ge n\right)}
[/mm]
Denke das sollte soweit ok sein. Bei (b) bin ich mir unsicher ob das in beide Richtungen gleichzeitig funktioniert(und ob es überhaupt funktioniert):
[mm] \sum_{n=1}^{\infty}{\mu\left(f\ge n\right)}<\infty \gdw \sum_{n=1}^{\infty}{\mu\left(\lceil f\rceil\ge n\right)}<\infty \gdw \sum_{n=1}^{\infty}{\mu\left(\lceil f\rceil\ge n\right)}<\infty [/mm] = [mm] \integral{\lceil f\rceil d\mu} [/mm] < [mm] \infty \gdw \integral{f d\mu} [/mm] < [mm] \infty
[/mm]
Dabei hab ich Aufgabenteil 1 und die Monotonie benutzt.
bei (c) kann man denk ich sagen dass [mm] \mu\left(f\ge n\right) [/mm] < [mm] \frac{1}{n} [/mm] sein muss da wir von der zugehörgien Reihe wissen, dass sie divergiert. Somit geht der Grenzwert gegen 0.
Danke für eure Mühe, mfg
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Hiho,
vorweg: Deine Ideen sind allesamt richtig, ein paar kleinere Korrekturen hab ich jedoch:
> f = [mm]\sum_{n\in\IN}{a_n\mathbf{1}_{A_n}}[/mm] mit
> [mm]a_n\in\mathbb{Z}^{+}[/mm] und [mm]A_n=\{a_n^{-1}\}\in\mathcal{A},[/mm]
Du meinst statt [mm] a_n^{-1} [/mm] sicherlich [mm] $f^{-1}(a_n)$.
[/mm]
Dann: Schreibe doch gleich $f = [mm][mm] \sum_{n\in\IN}{n\mathbf{1}_{A_n}}$ [/mm] mit [mm] $A_n [/mm] = [mm] f^{-1}(n)$
[/mm]
> Bei (b) bin ich mir unsicher ob das in beide Richtungen gleichzeitig funktioniert
Nein tut es nicht, bspw. schreibst du:
[mm]\sum_{n=1}^{\infty}{\mu\left(f\ge n\right)}<\infty \gdw \sum_{n=1}^{\infty}{\mu\left(\lceil f\rceil\ge n\right)}<\infty[/mm]
[mm] $\Rightarrow$ [/mm] ist klar [mm] $\Leftarrow$ [/mm] muss aber gar nicht gelten.
Deine Idee Funktioniert aber trotzdem, wenn du für eine Richtung der "genau dann, wenn" - Aussage [mm] $\lceil f\rceil$ [/mm] benutzt und für die andere [mm] $\lfloor f\rfloor$.
[/mm]
Für welche was findest du bestimmt raus 
> bei (c) kann man denk ich sagen dass [mm]\mu\left(f\ge n\right)[/mm] < [mm]\frac{1}{n}[/mm] sein muss da wir von der zugehörgien Reihe wissen, dass sie divergiert.
Erstmal: So für alle n kannst du diese Aussage nicht treffen. Nur, dass es "ab und an" Folgenglieder gibt, für die das gelten muss. (Ein schönes Gegenbeispiel findest du hier, bei dem der harmonischen Reihe ein "paar" Summanden entfernt wird und schon konvergiert sie.)
Aber auch hier ist deine Idee durchaus verwertbar: Nimm mal an [mm] $n(f\ge [/mm] n)$ würde nicht gegen 0 gehen, schreibe dir die Definition davon auf und verwende das dann um gegen die harmonische Reihe abzuschätzen.
Gruß,
Gono
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