Analyse 2. Bevis af Fatous lemma (Theorem 9.11) Supplerende opgave 1. Øvelser

Transkript

1 Analyse 2 Øvelser Rasmus Sylvester Bryder 24. og 27. september 203 Bevis af Fatous lemma (Theorem 9.) Hvis (u j ) j er en følge af positive, målelige, numeriske funktioner (dvs. med værdier i [, ]) over målrummet (, A, µ), er u : lim inf u j målelig og u dµ lim inf u j dµ lim inf u j dµ. Husk, at u(x) lim inf u j (x) eksisterer i [, ] for alle x. Endvidere er u målelig jf. Corollary 8.9. Hvis vi benytter Beppo-Levis sætning (Theorem 9.6) på den voksende funktionsfølge (inf j k u j ) k (hvorfor er den voksende?), som også er målelig jf. Corollary 8.9, bemærker vi at u(x) er supremum for denne følge, hvormed u dµ sup k inf u j dµ sup j k k ( ) inf u j dµ j k lim inf u j dµ. Ved ulighedstegnet benyttede vi, at inf j k u j u j for alle j k, hvor k er fast. Da vil gælde, at inf u j dµ u j dµ j k for alle j k, hvormed der også gælder inf u j dµ inf j k j k u j dµ, da inf j k u j dµ er et undertal for tallene u j dµ for j k, men infimum giver det største undertal. Supplerende opgave Lad (, A, µ) være et målrum. Lad M + betegne de positive funktioner på. Lad (f n ) n være en følge i M +, lad f M +, og antag at f n f punktvist. Antag videre, at f n dµ 2 + n. Vis, at f dµ 2. Vi vil benytte Fatous lemma. Lad os opsummere s. 64 først: Husk, at for enhver følge (x j ) j vil ( ) ( ) lim inf x j sup inf x j lim inf x j k j k k j k (sidste lighedstegn følger da følgen (inf j k x j ) j er voksende) og ( ) ( ) lim sup x j inf sup x j lim sup x j k j k k j k (sidste lighedstegn følger, da (sup j k x j ) j er aftagende). lim inf og lim sup eksisterer altid i R, og lim inf x j lim sup x j.

2 (x j ) konvergerer med grænsepunkt i R hvis og kun hvis lim inf x j lim sup x j R, i hvilket tilfælde lim inf og lim sup er lig grænsepunktet. Vi har endvidere følgende: Sætning. Hvis x j, vil lim inf x j lim sup x j. Bevis. Det er nok at vise lim inf x j. Lad K > 0 og tag så x k K for k. For fast k og j k vil j, hvormed x j K; da K er et undertal for disse j, vil inf j k x j K for alle k. Dermed vil ( ) ( ) lim inf x j sup inf x j sup inf x j K. k j k k j k Da K var vilkårlig, slutter vi, at lim inf x j. Altså har vi hvis (x j ) konvergerer i [, ], at lim inf x j lim sup x j lim x j. Tilbage til opgaven. Da f n f punktvist, vil lim inf f n lim f n f. Altså vil jf. Fatous lemma (Theorem 9.) gælde, at f dµ lim inf da følgen (2 + n ) n konvergerer. (ii) ( f n dµ lim inf 2 + ) ( lim 2 + ) 2, n n Find for hvert α [0, 2] funktioner (f n ) n og f i M + så f n f, f n dµ 2 + n, f dµ α. Sæt R, A B(R) og µ λ, hvor λ er Lebesgue-målet på R. Definér A [0, α] R og B n [n + 2, n + 4 α + n ]. Bemærk, at A og alle B n er er disjunkte, idet α 2 < n + 2 for n. Hvis f A, f n A + Bn, vil f, (f n ) n M + (B(R)) jf. Example 8.5 og Corollary 8.0, og (( f n dµ λ(a) + λ(b n ) α + n + 4 α + ) ) ( (n + 2) α + 2 α + ) 2 + n n n, da A og B n er disjunkte, samt f dµ λ(a) α, det hele jf. Properties 9.8. Det genstår nu at vise, at f n f eller at Bn 0 punktvist. Intuitivt er det klart nok, idet B n forsvinder imod, men lad os vise det formelt: for ethvert x R kan vi lade så + 2 > x. Da vil for alle n gælde, at n > x, hvormed x / B n. Altså vil Bn (x) 0 for alle n, hvilket medfører, at Bn (x) 0 for n. Altså er det ønskede vist. Supplerende opgave 2 Betragt målrummet (, P(), µ) hvor µ er tællemålet. Lad (f n ) n og (g n ) n være funktioner i M + defineret ved { {}, hvis n er ulige f n {n}, g n {2}, hvis n er lige. 2

3 Bestem funktionerne lim sup f n og lim sup g n. For m vil for alle n > m gælde {n} (m) 0 (således at {n} (m) 0 fra et vist trin). Altså vil lim sup f n lim f n 0. For at finde lim sup g n (m) for m deler vi op i tre tilfælde som man måske kan gætte sig til ud fra definitionen på g n :. m. Hvis k findes der et j 0 k så j 0 er ulige. Dermed vil sup g j (m) g j0 (m) {} (m). j k Da g j (m) for alle j k, får vi, at sup j k g j (m) for alle k. Dermed vil lim sup g k (m) lim k sup k j k g j (m) lim k. 2. m 2. Hvis k findes der et j 0 k så j 0 er lige. Dermed vil sup g j (m) g j0 (m) {2} (m). j k Dermed vil sup j k g j (m) for alle k. Dermed vil lim sup k g k (m). 3. m 3. Da vil g k (m) 0 for alle k, således at lim sup k g k (m) 0. Altså har vi, at (ii) Vis, at lim sup f n dµ < lim sup f n dµ, lim sup g n {,2}. lim sup g n dµ > lim sup g n dµ. Konkludér, at ingen version af Fatous lemma (Theorem 9.) gælder med lim sup i stedet for lim inf. Bemærk først at tællemålet µ er lig δ n, således at vi har jf. Example 9.0 (ii), at u dµ u(j) for enhver målelig funktion u på (, P()). Endvidere er f n klart målelig, og da g n enten er lig {} eller {2}, er g n også målelig. Da vil f n dµ f n (j) {n} (j) {n} (n) og j g n dµ j j g n (j) (tjek i tilfældet n lige og n ulige). Dermed vil lim sup f n dµ 0 < lim og lim sup g n dµ {,2} dµ µ({, 2}) 2 > lim j f n dµ lim sup f n dµ g n dµ lim sup g n dµ. Ved den anden ulighed ses, at Fatous lemma ikke gælder med lim sup i stedet for lim inf. Da kunne man eventuelt håbe på, at Fatous lemma med lim sup i stedet for lim inf gjaldt, hvis man vendte ulighedstegnet om, men dette ødelægger den første ulighed. 3

4 Supplerende opgave 3 Lad (q n ) n være en følge af reelle tal. Som sædvanligt betegner λ Lebesgue-målet på (R, B(R)). Beregn integralet R n [q n,q n+ n ] dλ. Argumentér omhyggeligt for hvert trin i udregningerne. For alle n er funktionen u n (x) n [q n,q n+ n ] (x) ikke-negativ (den antager kun værdierne 0 og n ). Endvidere er u n målelig jf. Examples 8.5, Corollary 8.0 og Example 7.3, da afbildningen x n er kontinuert og dermed målelig. Ved at benytte Corollary 9.9 fås, at Da n R n [q n,q n+ n ] dλ 0 for alle n, fås ved Properties 9.8 (ii) og at R n [q n,q n+ n ] dλ (ii) R n [q n,q n+ n ] dλ. n [qn,q n+ n R ] dλ n λ n λ ([ q n, q n + n n n n 2 π2 6, ]) ([ q n, q n + )) n idet vi benytter definitionen på Lebesgue-målet samt at singletonmængder har mål 0. (ii) Kan man vælge (q n ) n og x R så n [q n,q n+ n ] (x)? Sagtens. Lad q n 0 for alle n og x 0. Da vil (iii) n [q n,q n+ n ] (x) Vis, at n [q n,q n+ n ] (x) < λ-næsten overalt. n [0,0+ n ] (0) n. Vi viser Opgave 0.6 nedenfor. Sættes u(x) n [q n,q n+ n ] (x) <, er u målelig jf. Corollary 9.9 og vores argumentation i. Endvidere er u ikke-negativ, så da u dλ u p dλ for p jf., vil u u være reel λ-næsten overalt jf. Opgave 0.6, som ønsket. Supplerende opgave 3.5 Lad (, A) være et målbart rum, og lad µ,..., µ k være mål på (, A). Vis, at µ µ + + µ k er et mål på (, A), og vis, at u dµ u dµ + + u dµ k 4

5 for alle u M + R (A). Vi har allerede vist i Opgave 4.6, at µ er et mål, men lad os lige genopfriske beviset: at µ( ) 0 er klart, og hvis (A j ) j A er en familie af parvist disjunkte målelige mængder, er µ A j µ n A j µ(a j ). j j µ n (A j ) µ n (A j ) j j j Igen tager vi ikke højde for konvergensproblemer; ovenstående gælder, hvis alle rækker konvergerer og der kun indeholder endelige værdier for målene, og hvis ikke, er det hele blot lig. µ er altså et mål. For at vise integralresultatet for alle u M + R (A), starter vi blidt ud. Hvis A A, vil vi have, at A dµ µ(a) µ j (A) j j A dµ j. () Hvis f E + (A) er en simpel ikke-negativ funktion, findes der en standardrepræsentation f n i y i Ai jf. Examples 8.7 (iii), hvorom altså gælder, at A j erne er disjunkte målelige mængder med forening lig og y j erne er ikke-negative tal. Da vil f dµ 9.8 i n i y i Ai dµ n y i Ai dµ n i y i Ai dµ j j j n i y i Ai dµ j f dµ j, idet vi kan bytte frit om på rækkefølgen, når vi summer endeligt, og hvor vi benyttede (). Altså vil f dµ f dµ j j for alle simple funktioner f : R. Lad nu u M + R (A). Da ved vi fra Theorem 8.8, at der findes en voksende følge (u n ) n af simple, ikke-negative funktioner, således at u sup n u n lim u n. Da følger nu af Corollary 9.7 samt ovenstående lighed for simple funktioner, at som ønsket. u dµ lim Supplerende opgave 4 u n dµ lim u n dµ j j ( j lim j u n dµ j ) u dµ j, Betragt målrummet (, P(), ν), hvor ν er tællemålet. For hvert y lades δ y være Dirac-målet i punktet y. Vis, at µ ν + δ 2 + δ 5 er et mål på (, P()). Da ν og δ y er mål på (, P()) for alle y, følger det ønskede af at benytte Opgave 4.6 to gange. j 5

6 (ii) Bestem µ({2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, µ() og µ(p ), hvor P er mængden af primtal i. Vi har µ({2,..., 9}) ν({2,..., 9}) + δ 2 ({2,..., 9}) + δ 5 ({2,..., 9}) Da P og er uendelige delmængder af, følger at ν() ν(p ), hvormed µ() µ(p ), idet µ ν. (iii) Bestem f dµ, hvor f(n) 2 n. Vi har, at f dµ f dν + f dδ 2 + f dδ 5. Dette følger nemlig af Supplerende Opgave 3.5. Da vil jf. Examples 9.0 og (ii) gælde f dµ f dν + f dδ 2 + f dδ f(n) + f(2) + f(5) 2 n Lad (, A, µ) være et målrum og lad u M + (A). Vis, at funktionen A A u dµ, A A, er et mål. Først og fremmest er 0, således at (M ) gælder jf. Properties 9.8 (ii) med α 0. Lad nu (A j ) j være en familie af parvist disjunkte mængder i A. Da vil nu gælde, at j Aj j Aj. Vi har nemlig, at hvis x j A j, vil x A j for kun ét j (alle A j er er disjunkte), hvormed højresiden er lig i x. Hvis x / j A j, vil x / A j for alle j, hvormed højresiden er lig 0 i x. Vi har oplagt, at u(x) j Aj Aj u(x) j for alle x, og dermed u j Aj j A j u. Idet alle Aj er er målelige og ikke-negative funktioner jf. Example 8.5, fås nu jf. Corollary 9.9, at u dµ j Aj Aj u dµ Aj u dµ, j j som netop er det ønskede. 9.6 Vis, at enhver funktion u: R på (, P()) er målelig. For alle B B(R) vil u (B), hvormed u (B) P(). Færdig. Vi kan også indse, at u(n) u(j) {j} (n), j og derpå benytte Corollary

7 (9.9) Fatous lemma for mål. Lad (, A, µ) være et målrum og lad (A j ) j, A j A, være en følge af målelige mængder. Vi definerer lim inf A j : A j og lim sup A j : A j. k j k k j k Vis, at lim inf A j lim inf Aj og lim sup A j lim sup Aj. [Vis først, at j Aj inf j Aj og j Aj sup j Aj.] Lad os vise hintet mere generelt og antage, at (B i ) i I er en familie af mængder i (de behøver ikke at være målelige). Lad x. Hvis x i I B i, vil x B i og dermed Bi (x) for alle i I, så inf i I Bi (x). Hvis x / i I B i findes i 0 I så x / B i0 og dermed Bi0 (x) 0. Altså vil inf B i (x) Bi0 (x) 0. i I Da vi endvidere har, at Bi (x) 0 for alle i I, vil inf i I Bi (x) 0, hvormed vi slutter, at inf i I Bi (x) 0. Altså er i I Bi(x) inf B i (x). i I Hvis x i I B i, findes i 0 I så Bi0 (x). Altså vil sup Bi (x) Bi0 (x). i I Da Bi (x) for alle i I, har vi endvidere sup i I Bi (x), og dermed lighed. Hvis x / i I B i, vil x / B i og dermed Bi (x) 0 for alle i I, hvormed sup i I Bi (x) 0. Altså er hintet vist. Hvad giver dette os? Lad os se: lim inf A j sup j k Aj sup k k inf j k A j lim inf A j. Her brugte vi først anden lighed i hintet med I og derpå første lighed i hintet med I {j k} {j j k} for fast k. På samme måde fås (ii) Vis, at Vi har, at ( ) µ lim inf j lim sup A j inf k inf j k Aj ( ) µ lim inf A j lim inf A j dµ sup k j k lim inf µ(a j). lim inf Aj lim sup A j. A j dµ lim inf Aj dµ lim inf µ(a j) jf. og Fatous lemma (Theorem 9.). Alternativt kan benyttes metoden i næste delopgave. (iii) Vis, at hvis µ er et endeligt mål. ( ) lim sup µ(a j ) µ lim sup A j 7

8 Vi har, at ( ) µ lim sup A j µ k j k hvor B k j k A j for k. For k l vil B l j l A j A j j k A j B k, ( ) µ B k, k så ( ) ( µ lim sup A j µ k B k ) inf k µ(b k), grundet Theorem 4.4 (iii ), hvor vi benytter, at µ er endelig. Bemærk nu, at monotoni giver at µ(b k ) µ( j k A j) µ(a j ) for alle k og j k. Dermed må µ(b k ) sup µ(a j ) inf j k sup k j k µ(a j ) lim sup µ(a j ). Dermed er lim sup µ(a j ) et undertal for alle µ(b k ), så vi slutter, at (iv) ( ) ( µ lim sup A j µ k ) B k inf µ(b k) lim sup µ(a j ). k Giv et eksempel, der viser at (iii) ikke holder hvis µ ikke er endeligt. Lad (, A, µ) (R, B(R), λ) og definer A j [j, 2j] for j. Da vil lim sup A j A j k j k k [k, ) og dermed have mål 0, men lim sup λ(a j ) lim sup j, således at (iii) ikke holder. Lebesgue-målet er heller ikke endeligt. 0.2 Lad (, A, P ) være et sandsynlighedsrum. Find et modeksempel til følgende påstand: Enhver P - integrabel funktion u L (P ) er begrænset. Vi vil ikke helt følge hintet (mest fordi forfatteren åbenbart ikke helt har tænkt det igennem). Sæt (0, ], A B(R) (som er en σ-algebra jf. Examples 3.3 (vi)) og P λ (i den forstand at P (A) λ(a (0, ]); dette er et mål jf. Opgave 4.7). Lad u: (0, ] R være givet ved u(x) x. Da er u klart ubegrænset, så det genstår at vise, at u er Lebesgue-integrabel. Bemærk endvidere, at u er strengt aftagende. Definér nu u n : (0, ] R for n ved u n (x) ( 2 n, 2 n ] (x)u(x). Da er u n et produkt af målelige funktioner og dermed selv målelig; endvidere er u n ikke-negativ. Bemærk endvidere, at u(x) u(x) u(x) ( 2 n, 2 n ] (x) ( 2 n, 2 n ] (x)u(x) for alle x (0, ]. Da u er aftagende, har vi endvidere ( ) u n (x) ( 2 n, 2 n ] (x)u 2 n ( 2 n, 2 n ] (x) 2 n. u n (x) 8

9 Af Corollary 9.9 følger, at u dp u n dp (( ]) 2n P 2 n, 2 n 2n ( 2 n, 2 n ] dp 2n 2 n ( 2 ) n < da ovenstående er en geometrisk række med kvotient 2 < (dog uden 0 te led). 0.5, (ii), (iii) Vis de følgende varianter af Markovs ulighed (Proposition 0.2): For alle c > 0 og når de involverede udtryk giver mening (er endelige), gælder: µ({ u > c}) c u dµ. Dette følger af delopgave (ii) med p, så lad os vise den i stedet! (ii) µ({ u > c}) c p u p dµ for alle 0 < p <. Dette følger af delopgave (iii), da µ({ u > c}) µ({ u c}) og da t t p for 0 < p < er en voksende funktion på [0, ), så lad os vise den i stedet! (iii) µ({ u c}) φ(c) φ( u ) dµ, hvor φ: R+ R + er voksende. Bemærk at u(x) c medfører φ( u(x) ) φ(c) for alle x, idet φ er voksende. Dermed vil µ({ u c}) µ({φ( u(x) ) φ(c)}) {φ( u(x) ) φ(c)} (x) dµ(x) φ( u(x) ) φ( u(x) ) {φ( u(x) ) φ(c)}(x) dµ(x) Hvis x opfylder φ( u(x) ) φ(c), vil {φ( u(x) ) φ(c)} (x) φ( u(x) ) φ( u(x) ) φ( u(x) ) φ( u(x) ) φ( u(x) ). φ(c) Hvis x ikke opfylder det, gælder ovenstående ulighed trivielt (idet φ ikke antager værdien pr. antagelse). Altså vil grundet monotoni (Properties 9.8 (iv)) gælde, at µ({ u c}) φ(c) grundet Properties 9.8 (ii). Altså har vi det ønskede. φ( u(x) ) φ( u(x) ) {φ( u(x) ) φ(c)}(x) dµ(x) φ( u(x) ) dµ(x) φ(c) φ( u(x) ) dµ(x), 9

10 0.6 Vis, at u p dµ < medfører, at u er reel næsten overalt (dvs. u(x) (, ) for næsten alle x). Gælder dette stadig hvis vi har arctan(u) dµ <? Vi antager, at 0 < p < og vi skal vise, at µ({ u }) 0. Bemærk, at µ({ u }) µ( k { u k}), idet u(x) hvis og kun hvis u(x) geqk for alle k. For k l vil { u k} { u l}. Altså er følgen af mængder ({ u k}) k aftagende. Jf. Opgave 0.5 (ii) har vi µ({ u }) u p dµ <. Altså vil µ({ u k}) < for alle k, hvilket medfører at vi kan benytte Theorem 4.4 (iii ). Altså vil ( ) µ({ u }) µ { u k} lim µ({ u k}) lim k k k p u p dµ 0, k grundet Markovs ulighed og antagelsen at u p dµ <. Altså følger det ønskede. Hvis vi sammensætter med arctan, har vi imidlertid et problem: hvis u(x), vil blot gælde, at arctan(u(x)) π 2. Sammensætningen med arctan kan altså ikke opfange, om u er lig uendelig i et punkt. Hvis vi for eksempel havde et endeligt målrum (dvs. 0 < µ() < ) og vi satte u(x) for alle x, ville u være målelig og π arctan(u(x)) dµ(x) 2 dµ(x) π µ() <, 2 men u er lig overalt. (0.9) Lad (, A, P ) være et sandsynlighedsrum. Vis at for u M(A) vil Vi viser først, at u L (P ) u P ({ u j}) <. j0 { u j} u +. j0 Lad x. Hvis u(x), vil u(x) j for alle j 0, således at ovenstående uligheder gælder. Hvis u(x) < lades 0 være det største ikke-negative heltal så u(x). Da har vi u(x) < + (ellers ville ikke være størst), og dermd u(x) < j for alle j >. For 0 j vil u(x) j, hvormed { u j} (x), mens vi for j > har u < + j og dermed { u j} (x) 0. Altså vil { u j} (x) +. j0 Da u(x) < + u(x) +, følger det ønskede. j0 Hvis u L (P ), vil u dp < jf. Theorem 0.3. Da vil P ({ u j}) j0 j0 j0 { u j} dp { u j} dp ( u + ) dp u dp + dp u dp + < 0

11 ved Properties 9.8 (iv) og Corollary 9.9, da indikatorfunktioner er målelige; vi benytter også, at P (). Hvis omvendt j0 P ({ u j}) <, vil u dp { u j} dp j0 således at vi får den ønskede ækvivalens. j0 { u j} dp P ({ u j}) <, j0