Konvergenz der Integrale < Integrationstheorie < Maß/Integrat-Theorie < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:04 So 25.10.2020 | | Autor: | Jellal |
Hallo zusammen,
kann jemand meine Lösung kontrollieren?
Sei [mm] (X,\Sigma,\mu) [/mm] ein Maßraum mit [mm] \mu(X)<\infty.
[/mm]
Sei nun [mm] (f_{k}) [/mm] eine Folge komplexwertiger messbarer und beschränkter Funktionen auf X, die gleichmäßig gegen f konvergiert.
Zu zeigen:
[mm] \limes_{k\rightarrow\infty}\integral_{X}^{}{f_{k}(x)d\mu(x)}=\integral_{X}^{}{f(x) d\mu(x)}
[/mm]
Außerdem: [mm] \mu(X)<\infty [/mm] ist notwendig dafür.
Da [mm] f_{k} [/mm] gleichmäßig gegen f konvergiert, ist auch f beschränkt, [mm] f(x)\le [/mm] C < [mm] \infty.
[/mm]
Sei [mm] C_{k}=sup_{x\in X} |f_{k}(x)| [/mm] < [mm] \infty.
[/mm]
Definiere g(x) = [mm] sup\{\bigcup_{k}^{}\{C_{k}\} \cup \{C\} \} [/mm] =: Z < [mm] \infty. [/mm] Dann ist für alle k [mm] |f_{k}(x)| [/mm] < g(x) und g(x) ist integrierbar:
[mm] \integral_{X}^{}{|g(x)| d\mu(x)}= Z\mu(X)<\infty.
[/mm]
Die Integralgleichung folgt damit durch das dominated convergence theorem.
Angenommen, dass [mm] \mu(X)=\infty. [/mm] Definiere die beschränkte Funktionenfolge [mm] f_{k}(x) [/mm] = [mm] \bruch{1}{k} [/mm] < 1. Dann konvergiert [mm] f_{k} [/mm] gleichmäßig gegen f(x)=0.
Es ist [mm] \limes_{k\rightarrow\infty}\integral_{X}^{}{f_{k}(x) d\mu(x)}=\limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{k}\integral_{X}^{}{ d\mu(x)}= \limes_{k\rightarrow\infty}\bruch{1}{k}\mu(X) [/mm] = [mm] \infty.
[/mm]
Aber [mm] \integral_{X}^{}{f(x) d\mu(x)}= \integral_{X}^{}{0 d\mu(x)} [/mm] = 0, Widerspruch.
Stimmt das so?
vG.
Jellal
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Hiho,
das gute mal vorab:
> Stimmt das so?
Im Großen und Ganzen ja…
> Da [mm]f_{k}[/mm] gleichmäßig gegen f konvergiert, ist auch f beschränkt, [mm]f(x)\le[/mm] C < [mm]\infty.[/mm]
Das solltest du nochmal näher begründen, außer ihr habt das schon gezeigt.
> Sei [mm]C_{k}=sup_{x\in X} |f_{k}(x)|[/mm] < [mm]\infty.[/mm]
Kürzer: Sei [mm] $C_k [/mm] = [mm] ||f_k||_\infty [/mm] < [mm] \infty$
[/mm]
> Definiere g(x) = [mm]sup\{\bigcup_{k}^{}\{C_{k}\} \cup \{C\} \}[/mm] =: Z < [mm][mm] \infty
[/mm]
Warum nochmal g(x) einführen? Es reicht doch das $Z$… und dann solltest du auch hier begründen, warum $Z = [mm] +\infty$ [/mm] nicht auftreten kann.
> Widerspruch.
Schönes Gegenbeispiel.
Gruß,
Gono
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 19:05 So 01.11.2020 | | Autor: | Jellal |
Hallo Gono,
danke dir für die Anmerkung.
Also tatsächlich habe ich das Wissen um die Beschränktheit von f vorausgesetzt. Sei [mm] \epsilon>0. [/mm] Wegen gleichmäßiger Konvergenz gibt es dann ein [mm] n_{0}>0 [/mm] sodass fuer alle [mm] n>n_{0} [/mm] und alle x [mm] \in [/mm] X gilt:
[mm] |f(x)|=|f(x)-f(x_{n})+f(x_{n})|\le |f(x)-f(x_{n}| [/mm] + [mm] |f(x_{n}| \le \epsilon [/mm] + [mm] C_{n}. [/mm] Das heißt, dass f(x) auch beschraenkt ist, und zwar mit Konstante C, die selbst nicht groeßer sein kann als das Supremum ueber die einzelnen [mm] C_{k}. [/mm] Damit ist mein Z aus meiner Antwort stets endlich.
So korrekt?
Sorry fuer die spaete Reaktion, ich habe nur einen kleinen Teil der Woche fuer dieses Fach und bin dann schnell mit den Gedanken woanders...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:20 Di 03.11.2020 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:00 Di 27.10.2020 | | Autor: | fred97 |
Ohne dominated convergence theorem:
Zunächst sollte man festhalten: $f$ ist als punktweiser Limes messbarer Funktionen wieder messbar.
Dann begründe, warum $f$ beschränkt ist.
Setze [mm] $a_k:= ||f_k-f||_{\infty}$. [/mm] Da [mm] $(f_k)$ [/mm] auf $X$ gleichmäßig gegen $f$ konvergiert, ist [mm] $(a_k)$ [/mm] eine Nullfolge.
Dann:
[mm] $|\integral_{X}^{}{f_{k}(x)d\mu(x)}-\integral_{X}^{}{f(x) d\mu(x)}| [/mm] = [mm] |\int_X (f_k-f) [/mm] d [mm] \mu(x)| \le \int_X |f_k-f| [/mm] d [mm] \mu(x) \le \int_X a_k [/mm] d [mm] \mu(x)=a_k \mu(X).$
[/mm]
Aus [mm] $a_k \mu(X) \to [/mm] 0$ für $k [mm] \to \infty$ [/mm] folgt die Behauptung.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:52 So 01.11.2020 | | Autor: | Jellal |
Vielen Dank auch hier Fred!
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