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|---|---|---|---|
 christian
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39ed8f0f32 | ||
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christian
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13ca03cc89 | ||
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christian
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bec3bb7239 | ||
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christian
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a420764b95 |
Binary file not shown.
@@ -201,4 +201,94 @@
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\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\begin{aufgabe}
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\begin{enumerate}[(a)]
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\item Beh.: $(K^{\times })^2 = \text{Bild}(\varphi)$ Untergruppe vom Index 2 in $K^{\times}$.
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\begin{proof}
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Sei $K$ endlich und $\text{char}(K) \neq 2$.
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Es ist zunächst für
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$a, b \in K^{\times }\colon \varphi(ab) = (ab)^2 = a^2b^2 = \varphi(a)\varphi(b)$. Also
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$\varphi$ Grp.hom und damit $\text{im }\varphi$ Untergruppe in $K^{\times }$.
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Dann sei $a \in K^{\times}$ mit
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$\varphi(a) = 1$. Dann folgt, da $K$ Körper, insbesondere nullteilerfrei
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\[
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a^2 = 1 \implies a^2 - 1 = 0 \implies (a+1)(a-1) = 0 \implies a = 1 \lor a = -1
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.\] Es folgt also $\text{ker } \varphi = \{1, -1\} $. Ang.: $1 = -1$, dann
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ist $0 = 1 + (-1) = 1 + 1$, also $\text{char}(K) = 2$ $\contr$. Also
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folgt $\text{ord}(\text{ker } \varphi) = 2$ $(*)$.
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Dann ist nach Homomorphiesatz
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$K^{\times } / \text{ker } \varphi \stackrel{\sim }{=} \text{im }\varphi$, insbesondere
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\[
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K^{\times} \colon \text{ker }\varphi = \text{ord}\left( K^{\times } / \text{ker } \varphi \right)
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= \text{ord}(\text{im } \varphi) \qquad (**)
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.\] Außerdem gilt nach Satz von Lagrange
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\[
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K^{\times } \colon \text{im }\varphi
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\qquad \stackrel{\text{Lagrange}}{=} \qquad
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\frac{\text{ord}(K^{\times })}{\text{ord}(\text{im }\varphi)}
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\stackrel{(**)}{=}
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\frac{\text{ord}(K^{\times})}{K^{\times } : \text{ker } \varphi}
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\qquad \stackrel{\text{Lagrange}}{=} \qquad \text{ord}(\text{ker } \varphi)
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\stackrel{(*)}{=} 2
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.\]
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\end{proof}
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\item Beh.: Eine der Zahlen $-1, -2, 2$ ist ein Quadrat.
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\begin{proof}
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Sei $K$ endlich. Falls $\text{char}(K) = 2$ folgt $-1 = 1$, denn $1 + 1 = 0$.
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Also ist $-1 = 1 = 1^2$ ein Quadrat.
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Sei nun $\text{char}(K) \neq 2$. Ang.: $-2$ und $2$ sind keine Quadrate.
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Betrachte $\varphi$ aus (a). Dann
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ist $2, -2 \not\in \text{im }\varphi$. Nach (a) gibt es jedoch nur zwei
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Nebenklassen bezüglich $\text{im } \varphi$ in $K^{\times }$. Also folgt
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$\overline{2} = \overline{-2}$, also $(-2)^{-1}2 \in \text{im }\varphi$.
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Da $(-1) (-1) = 1$ folgt $(-1)^{-1} = -1$, also damit
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\[
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-1 = (-1)^{-1} = (-1)^{-1} \cdot 1 = (-1)^{-1} 2^{-1}2 = (-2)^{-1} 2 \in \text{im }\varphi
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||||
.\] Also $\exists a \in K^{\times }$ mit $a^2 = -1$. Damit folgt da $K$ nullteilerfrei
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\[
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0 = -1 + 1 = -1 - (-1) = -1 - a^2 \implies (-1-a) (-1+a) = 0 \implies a = -1 \lor a = 1
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.\] Also folgt
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\[
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-1 = a^2 = (-1)^2 = 1 \lor -1 = a^2 = 1^2 = 1
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.\] Also $-1 = 1$ und damit $0 = 1 + (-1) = 1 + 1$, also $\text{char }K = 2$ $\contr$.
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\end{proof}
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\item Beh.: $X^{4} + 1 \in \mathbb{F}_p[X]$ für $p$ Primzahl lässt sich als Produkt zweier
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quadratischer Polynome schreiben.
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\begin{proof}
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Sei $p$ Primzahl. Dann ist $\mathbb{F}_p[X]$ endlicher Körper, also nach (b)
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mindestens eine der Zahlen $-1, -2, 2$ ein Quadrat.
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Falls
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\begin{itemize}
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\item $\exists a \in \mathbb{F}_p^{\times}$ mit $a^2 = -1$: Dann ist
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\[
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X^{4} + 1 = X^{4} - (-1) = X^{4} - a^2 = (X^2 - a) (X^2 + a)
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.\]
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\item $\exists a \in \mathbb{F}_p^{\times }$ mit $a^2 = 2$: Dann ist
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\[
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X^{4} + 1 = (X^2 +1)^2 - 2X^2 = (X^2 +1)^2 - a^2X^2
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= (X^2 +1 - aX) (X^2 + 1 + aX)
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.\]
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||||
\item $\exists a \in \mathbb{F}_p^{\times }$ mit $a^2 = -2$: Dann ist
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\[
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||||
X^{4} + 1 = (X^2 - 1)^2 - (-2)X^2 = (X^2 -1)^2 - a^2X^2
|
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= (X^2 - 1 - aX) (X^2 -1 + aX)
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.\]
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\end{itemize}
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Das zeigt die Behauptung.
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\end{proof}
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\item Beh.: $X^{4} + 1$ ist irreduzibel in $\Q[X]$.
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\begin{proof}
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Betrachte
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\[
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f(X+1) = X^{4} + 4X^{3} + 6X^2 + 4X + 2
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||||
.\] Dann ist $f(X+1)$ irreduzibel nach Eisenstein mit $p = 2$ in $\Q[X]$, also
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auch $f$ irreduzibel in $\Q[X]$.
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\end{proof}
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\end{enumerate}
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||||
\end{aufgabe}
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||||
\end{document}
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Binary file not shown.
@@ -0,0 +1,194 @@
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\documentclass[uebung]{../../../lecture}
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\title{Algebra I: Übungsblatt 5}
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\author{Lukas Nullmeier, Christian Merten}
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\begin{document}
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||||
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\punkte
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||||
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||||
\begin{aufgabe}
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\begin{enumerate}[(a)]
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\item Beh.: $L$ ist ein Zerfällungskörper von $X^{4} - 2 \in \Q[X]$.
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\begin{proof}
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Es ist zunächst
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\[
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X^{4} - 2 = (X^2 - \sqrt{2} )(X^2 + \sqrt{2}) = (X - \sqrt[4]{2})(X + \sqrt[4]{2})(X + i \sqrt[4]{2})(X - i \sqrt[4]{2})
|
||||
.\] Weiter ist $i \in \Q(\sqrt[4]{2}, i\sqrt[4]{2})$, denn
|
||||
\[
|
||||
\Q(\sqrt[4]{2}, i\sqrt[4]{2}) \ni \frac{1}{2} \sqrt[4]{2} (i \sqrt[4]{2} )(\sqrt[4]{2})^2
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||||
= i
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||||
.\] Also $\Q(\sqrt[4]{2}, i\sqrt[4]{2}) = \Q(\sqrt[4]{2}, i) = L$, also
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$L$ Zerfällungskörper von $X^{4} - 2$.
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||||
\end{proof}
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\item Es ist $\Q \subseteq L$ endliche Körpererweiterung und $\text{char}(\Q) = 0$, also
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folgt mit dem letzten Zettel
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\[
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8 = [ L \colon \Q] = [ L \colon \Q]_s = \# \text{Hom}_\Q(L, \overline{\Q})
|
||||
\]
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||||
mit $\overline{\Q}$ ein algebraischer Abschluss von $\Q$. Da jeder
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$\Q$-Automorphismus von $L \subseteq \overline{Q}$
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||||
insbesondere $\Q$-Homomorphismus $L \to \overline{Q}$, folgt
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\[
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||||
\# \text{Aut}_\Q(L, L) \le 8
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.\] Sei $x \in \Q(L, L)$. Dann gilt für $a_0, \ldots, a_7 \in \Q$:
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\[
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x = a_0 + i a_1 + \sqrt[4]{2} a_2 + \sqrt[4]{2}^{3} a_3 +
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||||
\sqrt{2} a_4 + i \sqrt[4]{2} a_5 + i \sqrt{2} a_6 + i \sqrt[4]{2} a_7
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||||
.\] Diese Darstellung ist eindeutig, da die Vorfaktoren der $a_i$ eine
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$\Q$ Basis von $L$ darstellen.
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||||
Sei nun $\tau_i \colon L \to L$ für $i \ge 1$ mit
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$\tau_i$ ändert Vorzeichen des $i$-ten Koeffizienten. Dabei bezeichne
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$\tau_0 = \text{id}_L$. Da $\sigma \colon \Q \to \Q, r \mapsto -r$ ein Körperhomomorphismus
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folgt durch Nachrechnen, dass die $\tau_i$ ebenfalls Körperhomomorphismen sind. Dabei
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ist $\tau_i \mid_\Q = \text{id}$, da für $x \in \Q$ folgt $x = a_0$ und
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damit $\tau_i(x) = \tau_i(a_0) = a_0 = x$.
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||||
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||||
Die $\tau_i$ sind bereits $8$ $\Q$-Automorphismen von $L$, d.h. mit der Vorüberlegung alle
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$\Q$-Automorphismen von $L$.
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\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\begin{aufgabe}
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item $L = \Q(\sqrt{2} e^{i \pi /4}, -\sqrt{2}e^{i \pi /4}, \sqrt{2} e^{- i \pi / 4}, - \sqrt{2} e^{- i \pi / 4} $, denn
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||||
\[
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||||
X^{4} + 4 = (X^2 - 2i)(X^2 + 2i)
|
||||
= (X - \sqrt{2} e^{\pi i /4})
|
||||
(X + \sqrt{2} e^{\pi i /4})(X - \sqrt{2}e^{- \pi i /4})
|
||||
(X + \sqrt{2} e^{- \pi i/4})
|
||||
.\]
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||||
\item $L = \Q\left(\left( \exp\left( \frac{k \pi}{4} \right) \right)_{k=1}^{8}\right)$, denn
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||||
das sind gerade die $8$-ten Einheitswurzeln, also folgt
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\[
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||||
X^{8} - 1 = \prod_{k=1}^{8} (X - e^{k \pi i /4})
|
||||
.\]
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||||
\item $L = \Q\left(\sqrt{\sqrt{3} -1}, - \sqrt{\sqrt{3} -1}, \sqrt{-\sqrt{3} -1}, - \sqrt{-\sqrt{3} - 1} \right)$
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, denn
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\begin{salign*}
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X^{4} + 2 X^2 -2 &= (X^2 + 1 - \sqrt{3}) (X^2 +1 + \sqrt{3}) \\
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&= \left(X - \sqrt{\sqrt{3} -1} \right)
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||||
\left( X + \sqrt{-1 + \sqrt{3} } \right)
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||||
\left( X - \sqrt{-1 - \sqrt{3} } \right)
|
||||
\left( X + \sqrt{-1 - \sqrt{3} } \right)
|
||||
.\end{salign*}
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||||
\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\begin{aufgabe}
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\begin{enumerate}[(a)]
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\item Beh.: $L = K(\alpha)$.
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\begin{proof}
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Es ist $[L \colon K] = n$. Da $\sigma_i$ $K$-Automorphismus,
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ist $\sigma \coloneqq \sigma_i |_K = \text{id}$.
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||||
Sei nun $f$ Minimalpolynom von $\alpha$ über $K$.
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Dann
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ist $f^{\sigma} = f^{\text{id}} = f$. Betrachte
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$\sigma_i'\colon K(\alpha) \to L$ mit $\sigma_i' = \sigma_i|_{K(\alpha)}$. Dann
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||||
setzt $\sigma_i'$ $\sigma$ fort, es folgt also mit 3.40
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||||
$\sigma_i'(\alpha)$ Nullstelle von $f^{\sigma} = f$. Da
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||||
die $\sigma_i'(\alpha)$ paarweise verschieden, folgt
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||||
$\text{deg}(f) \ge n$. Da $\text{deg}(f) = [K(\alpha) \colon K] \le [ L \colon K] = n$ folgt
|
||||
$\text{deg}(f) = n$. Damit folgt mit Gradsatz
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||||
\[
|
||||
n = [L \colon K] = [ L \colon K(\alpha)] [ K(\alpha) \colon K]
|
||||
= [L \colon K(\alpha) ] n \implies [ L \colon K(\alpha)] = 1
|
||||
.\] Also $L = K(\alpha)$.
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||||
\end{proof}
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||||
\item Beh.: Jeder $K$ Homomorphismus $\sigma\colon L \to L$ ist Automorphismus.
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\begin{proof}
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Sei $\sigma\colon L \to L$ ein $K$-Hom.
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||||
Sei $\alpha \in L$ und $f \in K[X]$ Minimalpolynom von $\alpha$ über $L$. Seien
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||||
weiter $\gamma_1, \ldots, \gamma_n$ Nullstellen von $f$ über $L$ mit
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||||
$\Gamma \coloneqq \{ \gamma_1, \ldots, \gamma_r\} $. Dann gilt, da
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||||
$\sigma|_K = \text{id}$ und $\sigma$ Ringhom, folgt
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||||
\[
|
||||
f(\sigma(\gamma)) = \sigma (f(\gamma)) = \sigma(0) = 0 \qquad \forall \gamma \in \Gamma
|
||||
.\] Damit gilt $\sigma(\Gamma) \subseteq \Gamma$. Da $\sigma$ als Körperhom.
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||||
injektiv und $\Gamma$ endlich (da $\# \Gamma \le \text{deg}(f) < \infty$)
|
||||
folgt $\sigma(\Gamma) = \Gamma$, also $\exists \gamma \in \Gamma\colon \sigma(\gamma) = \alpha$.
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||||
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Also ist $\sigma$ auch surjektiv und damit bijektiv.
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\end{proof}
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||||
Beh.: Wenn $L / K$ nicht algebraisch ist, ist die Aussage falsch.
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\begin{proof}
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Betrachte $\Q(\pi) / \Q$ mit dem
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durch folgende Zuordnung festgelegten Körperhomomorphismus
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\begin{salign*}
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\sigma\colon \Q(\pi) &\to \Q(\pi) \\
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||||
1 &\mapsto 1 \\
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||||
\pi &\mapsto \pi^2
|
||||
.\end{salign*}
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||||
Dann ist $\sigma|_\Q = \text{id}$ also $\sigma$ $\Q$-Homomorphismus, aber
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es gilt $\sigma(x) \neq \pi$ $\forall x \in \Q(\pi)$, denn
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||||
$\pi$ transzendent über $\Q$ (Ang.: es gäbe ein solches $x$, dann
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||||
ist $\pi = \sigma(x) = \sum_{k=0}^{n} a_k \pi^{2k}$ für $a_k \in \Q$, also
|
||||
$0 = \sum_{k=0}^{n} a_k \pi^{2k} - \pi$, also
|
||||
insbesondere $\pi$ algebraisch über $\Q$).
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||||
\end{proof}
|
||||
\end{enumerate}
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||||
\end{aufgabe}
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||||
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||||
\begin{aufgabe}[]
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\begin{enumerate}[(a)]
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||||
\item Sei $K \subseteq R \subseteq L$ Unterring. Beh.: $R$ Körper.
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\begin{proof}
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||||
Sei $\alpha \in R \setminus \{0\} $. Dann ist $\alpha \in L$ algebraisch über $K$, also
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||||
sei $f \in K[X]$ Minimalpolynom zu $\alpha$ mit
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||||
\[
|
||||
f = X^{n} + c_{n-1} X^{n-1} + \ldots + c_0
|
||||
\] für $c_i \in K$. Es ist $c_0 \neq 0$, da $f$ irreduzibel. In $L$ existiert
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||||
$\alpha ^{-1}$. Damit folgt
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||||
\begin{salign*}
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||||
0 = \alpha ^{-1}f(\alpha) = \alpha ^{-1} (\alpha^{n} + c_{n-1}\alpha^{n-1} + \ldots + c_0)
|
||||
= \alpha^{n-1}+ c_{n-1}\alpha^{n-2} + \ldots + c_0 \alpha^{-1}
|
||||
.\end{salign*}
|
||||
Da $c_0 \neq 0$ folgt
|
||||
\begin{salign*}
|
||||
\alpha^{-1} = - c_0^{-1} (\alpha^{n-1}+c_{n-1}\alpha^{n-2} + \ldots + c_1)
|
||||
.\end{salign*}
|
||||
Da $\alpha \in R$, $c_i \in K$ und $R$ Ring mit $K \subseteq R$ folgt
|
||||
$\alpha^{-1} \in R$.
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||||
\end{proof}
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||||
\item Es bezeichne $R$ die Menge aus der Aufgabenstellung. Beh.: $EF = R$.
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||||
\begin{proof}
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||||
\begin{enumerate}[(i)]
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||||
\item Z.z.: $R$ Ring. Da $K \subseteq E, F$ ist $1 = 1_K 1_K \in R$ und $0 = 0_K 0_K \in R$.
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||||
Weiter seien $x, y \in R$ mit $x = \sum_{i=1}^{n} a_i b_i$
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||||
und $y = \sum_{i=1}^{m} c_i d_i$ mit $a_i, c_i \in E$, $b_i, d_i \in F$. Durch
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||||
Ergänzung der $a_i$ und $b_i$ am Ende durch $c_i$ bzw. $d_i$ folgt direkt
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||||
\[
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||||
x + y = \sum_{i=1}^{n} a_i b_i + \sum_{i=1}^{m} c_i d_i
|
||||
= \sum_{i=1}^{n+m} a_i b_i \in R
|
||||
.\] Für $x y$ entstehen durch Ausmultiplizieren Summanden
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||||
der Form $a_i b_i c_j d_j = \underbrace{a_i c_j}_{\in E} \underbrace{b_i d_j}_{\in F}$,
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||||
also folgt durch Umbenennung $xy \in R$ aus $x + y \in R$.
|
||||
Da $E$ und $F$ Körper übertragen sich Assoziativ und Distributivgesetz
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direkt auf $R$. Auch additive Inverse existieren, da $E, F$ Körper sind folgt
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||||
\[
|
||||
x + \underbrace{\sum_{i=1}^{n} -(a_i b_i)}_{=: -x} = \sum_{i=1}^{n} (a_i b_i - a_i b_i) = 0
|
||||
.\] Also $-x \in R$.
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||||
\item Sei nun $H \subseteq L$ Körper, der $E$ und $F$ enthält, dann
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||||
folgt insbesondere $R \subseteq H$.
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||||
\item Nach (i) ist $R$ Ring und offensichtlich Teilring von $L$, damit
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||||
nach (a) Körper und wegen (ii) kleinster Teilkörper von $L$, der
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||||
$E$ und $F$ enthält. Also $EF = R$.
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
\end{proof}
|
||||
\item Beh.: Sind $[ E \colon K]$ und $[F \colon K]$ endlich, so auch $[EF \colon K]$ und es
|
||||
gilt
|
||||
\[
|
||||
[EF \colon K] \le [ E \colon K ] [ F \colon K]
|
||||
.\]
|
||||
\begin{proof}
|
||||
Seien $[E \colon K]$, $[F \colon K]$ endlich. Dann sind $E$ und $F$ e.d.
|
||||
als $K$ VR, insbesondere existieren $\alpha_i$, $\beta_i$, s.d.
|
||||
$(\alpha_i)_{i=1}^{n}$ Basis von $E$ und $(\beta_i)_{i=1}^{m}$ Basis von $F$. Wegen (b)
|
||||
ist damit $(\alpha_i \beta_j)_{i, j =1}^{n, m}$ endliches Erzeugendensystem
|
||||
von $EF$ der Länge $nm$. Damit folgen beide Behauptungen.
|
||||
\end{proof}
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
\end{aufgabe}
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||||
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||||
\end{document}
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||||
Binary file not shown.
@@ -0,0 +1,215 @@
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||||
\documentclass[uebung]{../../../lecture}
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||||
\title{Analysis 3: Übungsblatt 5}
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||||
\author{Leon Burgard, Christian Merten}
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\begin{document}
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||||
\punkte
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\begin{aufgabe}
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||||
Beh.: $f_k g_k \to fg$ in $L^{1}(X, \mu)$.
|
||||
\begin{proof}
|
||||
\begin{enumerate}[(i)]
|
||||
\item Es ist $f$ integrabel, also $\int_{X}^{} f_+ \d{\mu} < \infty$
|
||||
und $\int_{X}^{} f_- \d{\mu} < \infty$, also
|
||||
folgt $\text{ess sup } f_+ < \infty$ und $\text{ess sup } f_- < \infty$, also
|
||||
folgt mit $f = f_+ - f_-$, auch $\text{ess sup } f = M < \infty$
|
||||
für ein $M \in \R$.
|
||||
\item Es ist $\sup_{k \in \N} \Vert g_k \Vert_{L^{\infty}} \le S < \infty$
|
||||
für ein $S \in \R$,
|
||||
also auch $\text{ess sup } g < \infty$ (Ang.: es gäbe
|
||||
ein $A \in \mathcal{E}$ mit $\mu(A) > 0$ und
|
||||
$g(x) = \infty$ für $x \in A$, dann folgt
|
||||
$g_k(x) \not\to g(x)$, da $g_k(x) \le S < \infty$ $\contr$).
|
||||
Also OE $\text{ess sup } g \le S$.
|
||||
\item Es ist $g_k \xrightarrow{k \to \infty} g$ $\mu$ fast überall, d.h.
|
||||
\[
|
||||
\int_{X}^{} \lim_{k \to \infty} |g_k - g| \d{\mu} = 0
|
||||
.\]
|
||||
\item Betrachte $h \coloneqq 2 S |f|$. Dann gilt $\forall k \in \N$:
|
||||
\[
|
||||
|f| |g_k - g| \le |f| (|g_k| + |g|) \stackrel{\text{(ii)}}{\le} 2 S |f| = h
|
||||
.\] $h$ ist außerdem integrabel, da $f$ integrabel, also $f_+$ und $f_-$ integrabel,
|
||||
insbesondere $|f| = f_+ + f_-$ integrabel.
|
||||
Damit folgt mit dominierter Konvergenz
|
||||
\begin{salign*}
|
||||
\lim_{k \to \infty} \int_{X}^{} |f| |g_k - g| \d{\mu}
|
||||
&\stackrel{\text{3.19}}{=} \int_{X}^{} \lim_{k \to \infty} |f| |g_k - g| \d{\mu} \\
|
||||
&\stackrel{\text{(i)}}{\le } \int_{X}^{} M \lim_{k \to \infty} |g_k - g| \d{\mu} \\
|
||||
&\stackrel{\text{(iii)}}{=} 0
|
||||
.\end{salign*}
|
||||
\item Da $f_k \to f$ in $L^{1}$ folgt
|
||||
$\int_{X}^{} |f_k - f| \d{\mu} = \Vert f_k - f \Vert_{L^{1}} \xrightarrow{k \to \infty} 0$.
|
||||
Damit folgt
|
||||
\begin{salign*}
|
||||
\Vert f_k g_k - fg \Vert_{L^{1}} &= \int_{X}^{} |f_k g_k - fg| \d{\mu} \\
|
||||
&= \int_{X}^{} |f_k g_k - g_k f + g_k f - fg| \d{\mu} \\
|
||||
&\le \int_{X}^{} |g_k| |f_k - f| \d{\mu}
|
||||
+ \int_{X}^{} |f| |g_k - g| \d{\mu} \\
|
||||
&\stackrel{\text{(ii)}}{\le} M
|
||||
\underbrace{\int_{X}^{} |f_k - f | \d{\mu} }_{\xrightarrow{k \to \infty} 0}
|
||||
+ \underbrace{\int_{X}^{} |f| |g_k - g| \d{\mu} }_{\xrightarrow{k \to \infty} 0}\\
|
||||
&\xrightarrow{k \to \infty} 0
|
||||
.\end{salign*}
|
||||
Also $f_k g_k \to fg$ in $L^{1}$.
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
\end{proof}
|
||||
\end{aufgabe}
|
||||
|
||||
\begin{aufgabe}
|
||||
\begin{enumerate}[a)]
|
||||
\item Beh.: $L^{1}(X, \mu) \cap L^{\infty}(X, \mu) \subseteq L^{p}(X, \mu)$ für
|
||||
$1 < p < \infty$ und
|
||||
\[
|
||||
\Vert f \Vert_{L^{p}} \le \Vert f \Vert_{L^{1}}^{\frac{1}{p}}
|
||||
\Vert f \Vert_{L^{\infty}} ^{\frac{p-1}{p}} \qquad
|
||||
\text{für alle } f \in L^{1}(X, \mu) \cap L^{\infty}(X, \mu)
|
||||
.\]
|
||||
\begin{proof}
|
||||
Sei $1 < p < \infty$ und $f \in L^{1}(X, \mu) \cap L^{\infty}(X, \mu)$. Dann
|
||||
ist
|
||||
\begin{salign*}
|
||||
\int_{X}^{} |f|^{p} \d{\mu} &=
|
||||
\int_{X}^{} |f|^{1} |f|^{p-1} \d{\mu} \\
|
||||
&\stackrel{\text{Hölder}}{\le } \Vert f \Vert_{1} \Vert f^{p-1} \Vert_{\infty} \\
|
||||
&= \Vert f \Vert_1 \text{ess sup}_{X} |f^{p-1}| \\
|
||||
&\stackrel{p-1>0}{=} \Vert f \Vert_1 \left( \text{ess sup}_X |f| \right)^{p-1} \\
|
||||
&= \Vert f \Vert_1 \Vert f \Vert_{\infty}^{p-1} \\
|
||||
&\stackrel{p < \infty}{<} \infty
|
||||
\intertext{Da beide Seiten nicht-negativ, folgt durch Potenzieren mit $\frac{1}{p}$:}
|
||||
\Vert f \Vert_p &\le \Vert f \Vert_1^{\frac{1}{p}} \Vert f \Vert_{\infty}^{\frac{p-1}{p}} < \infty
|
||||
.\end{salign*}
|
||||
Das zeigt beide Behauptungen.
|
||||
\end{proof}
|
||||
\item Sei $\mu(X) < \infty$ und $1 \le p \le q \le \infty$. Beh.:
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||||
$L^{q}(X, \mu) \subseteq L^{p}(X, \mu)$ und $\exists C \in \R$, s.d. $\forall f \in L^{q}(X, \mu)$
|
||||
\[
|
||||
\Vert f \Vert_p \le C \Vert f \Vert_q
|
||||
.\]
|
||||
\begin{proof}
|
||||
Sei $f \in L^{q}(X, \mu)$. Dann wähle $r \coloneqq \frac{q}{p} \ge 1$ und
|
||||
$r' = \frac{q}{q-p}$. Damit folgt
|
||||
\[
|
||||
\frac{1}{r} + \frac{1}{r'} = \frac{p}{q} + \frac{q-p}{q} = 1
|
||||
.\] Dann betrachte
|
||||
\begin{salign*}
|
||||
\int_{X}^{} |f|^{p} \d{\mu} &= \int_{X}^{} |f|^{p}\cdot 1 \d{\mu} \\
|
||||
&\stackrel{\text{Hölder}}{\le } \Vert 1 \Vert_{r'} \Vert f^{p} \Vert_r \\
|
||||
&= \Vert 1 \Vert_{r'} \left( \int_{X}^{} (|f|^{p})^{r} \d{\mu} \right)^{\frac{1}{r}} \\
|
||||
&\stackrel{r = q / p}{=}
|
||||
\Vert 1 \Vert_{r'} \left( \int_{X}^{} |f|^{q} \d{\mu} \right)^{\frac{p}{q}} \\
|
||||
\intertext{Da beide Seiten nichtnegativ, folgt durch Potenzieren mit $\frac{1}{p}$}
|
||||
\Vert f \Vert_p &\le \Vert 1 \Vert_{r'}^{\frac{1}{p}} \Vert f \Vert_q
|
||||
\intertext{Für die Konstante folgt}
|
||||
\Vert 1 \Vert_{r'}^{\frac{1}{p}}
|
||||
&= \left( \int_{X}^{} 1^{r'} \d{\mu} \right)^{\frac{1}{pr'}} \\
|
||||
&\stackrel{r' = q / (q-p)}{=} \left( \int_{X}^{} 1 \d{\mu} \right)^{\frac{q-p}{pq}} \\
|
||||
&= \mu(X)^{\frac{q-p}{pq}} \eqqcolon C < \infty
|
||||
\intertext{Damit folgt insgesamt}
|
||||
\Vert f \Vert_p &\le C \Vert f \Vert_q < \infty
|
||||
.\end{salign*}
|
||||
Also insbesondere $f \in L^{p}(X, \mu)$.
|
||||
\end{proof}
|
||||
Beh.: Es ist $L^{4}((0,1), \lambda) \subsetneqq L^{1}((0,1), \lambda)$.
|
||||
\begin{proof}
|
||||
Betrachte $f = x^{-\frac{1}{2}}$. Dann ist
|
||||
\begin{salign*}
|
||||
\int_{0}^{1} |f|^{4} \d{\lambda} &= \int_{0}^{1} x^{-2} \d{\lambda} =
|
||||
- x^{-1}\Big|_{0}^{1} = -1 + \lim_{k \to \infty} \frac{1}{\frac{1}{k}} = \infty \\
|
||||
\int_{0}^{1} |f| \d{\lambda} &= \int_{0}^{1} x^{-\frac{1}{2}} \d{\mu}
|
||||
= 2 (\sqrt{1} - \sqrt{0}) = 2 < \infty
|
||||
.\end{salign*}
|
||||
Also ist $f \in L^{1}((0, 1), \lambda)$, aber $f \not\in L^{4}((0,1), \lambda)$.
|
||||
\end{proof}
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
\end{aufgabe}
|
||||
|
||||
\begin{aufgabe}
|
||||
\begin{enumerate}[a)]
|
||||
\item Beh.: $f_k \to f$ in $L^{1}(X, \mu)$ $\iff$
|
||||
\[
|
||||
\int_{X}^{} |f_k| \d{\mu} \xrightarrow{ k \to \infty} \int_{X}^{} |f| \d{\mu}
|
||||
.\]
|
||||
\begin{proof}
|
||||
\begin{itemize}
|
||||
\item ,,$\implies$''. Sei $\Vert f_k - f \Vert_{L^{1}} \xrightarrow{k \to \infty} 0$. Dann
|
||||
folgt
|
||||
\begin{salign*}
|
||||
0 &\le \left| \int_{X}^{} |f_k| \d{\mu} - \int_{X}^{} |f| \d{\mu} \right| \\
|
||||
&= \left| \int_{X}^{} (|f_k| - |f|) \d{\mu} \right| \\
|
||||
&\stackrel{\triangle}{\le } \int_{X}^{} | |f_k| - |f| | \d{\mu} \\
|
||||
&\stackrel{\triangledown}{=} \int_{X}^{} |f_k - f| \d{\mu}
|
||||
\xrightarrow{k \to \infty} 0
|
||||
.\end{salign*}
|
||||
\item ,,$\impliedby$''. Sei $\lim_{k \to \infty} \int_{X}^{} |f_k| \d{\mu}
|
||||
= \int_{X}^{} |f| \d{\mu} $ $(*)$.
|
||||
Es ist zunächst $|f_k - f| = |f_k + (-f)| \le |f_k| + |f|$. Dann
|
||||
betrachte $g_k \coloneqq |f_k| + |f| - |f_k -f| \ge 0$. Da
|
||||
$f_k \xrightarrow{ k \to \infty} f$ $\mu$-f.ü., folgt
|
||||
$g_k \xrightarrow{k \to \infty} 2 |f|$ $\mu$ f.ü. Damit folgt
|
||||
mit Lemma von Fatou
|
||||
\begin{salign*}
|
||||
\int_{X}^{} 2 |f| \d{\mu} &= \int_{X}^{} \liminf_{k \to \infty} g_k \d{\mu} \\
|
||||
&\stackrel{\text{3.18}}{\le } \liminf_{k \to \infty} \int_{X}^{} g_k \d{\mu} \\
|
||||
&= \liminf_{k \to \infty} \left( \int_{X}^{} 2|f_k| \d{\mu}
|
||||
+ \int_{X}^{} 2 |f| \d{\mu} - \int_{X}^{} |f_k - f| \d{\mu} \right) \\
|
||||
&\stackrel{(*)}{=} \int_{X}^{} |f| \d{\mu} + \int_{X}^{} |f| \d{\mu}
|
||||
- \limsup_{k \to \infty} \int_{X}^{} |f_k -f| \d{\mu}
|
||||
\intertext{Umstellen liefert}
|
||||
0 &\le \limsup_{k \to \infty} \int_{X}^{} |f_k -f| \d{\mu} \le 0
|
||||
\intertext{Wegen $0 \le \liminf_{k \to \infty} \int_{X}^{} |f_k - f|\d{\mu}
|
||||
\le \limsup_{k \to \infty} \int_{X}^{} |f_k -f| \d{\mu} \le 0$ folgt}
|
||||
0 &= \lim_{k \to \infty} \int_{X}^{} |f_k -f| \d{\mu}
|
||||
.\end{salign*}
|
||||
Also $f_k \to f$ in $L^{1}(X, \mu)$.
|
||||
\end{itemize}
|
||||
\end{proof}
|
||||
\item Beh.: $f_k \to f$ in $L^{1}(X, \mu)$.
|
||||
\begin{proof}
|
||||
Definiere $g_k := g \coloneqq 1$. Dann ist $g = g_k$ integrabel, da
|
||||
\[
|
||||
\int_{X}^{} g \d{\mu} = \int_{X}^{} 1 \d{\mu} = \mu(X) < \infty
|
||||
.\] Außerdem sind $f_k, f$ integrierbar, insbesondere messbar. Außerdem
|
||||
gilt $f_k g_k = f_k \cdot 1 = f_k$ und $f g = f \cdot 1 = g$. Dann folgt
|
||||
die Aussage aus Aufgabe 1.
|
||||
\end{proof}
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
\end{aufgabe}
|
||||
|
||||
\begin{aufgabe}
|
||||
Beh.: $f \coloneqq \prod_{j=1}^{n} f_j \in L^{p}(X, \mu) $ und
|
||||
\[
|
||||
\Vert f \Vert_{L^{P}(X, \mu)} \le \prod_{j=1}^{n} \Vert f_j \Vert_{L^{p_j}(X, \mu)}
|
||||
.\]
|
||||
\begin{proof}
|
||||
per Induktion über $n$. $n=1$: Dann gilt $p_1 = p$ und $f = f_1$, also trivial.
|
||||
Sei nun $n \in \N$ mit Aussage gezeigt für $n$. Sei $1 \le p \le \infty$ und seien $1 \le p_j < \infty$
|
||||
für $j \in \{ 1, \ldots, n+1\} $ und
|
||||
\[
|
||||
\sum_{j=1}^{n+1} \frac{1}{p_j} = \frac{1}{p}
|
||||
.\] Dann ist $p \le p_j$ für $j \in \{1, \ldots, n+1\} $.
|
||||
Definiere $q \coloneqq \frac{p p_{n+1}}{p_{n+1}-p} \ge 1$. Dann ist
|
||||
\begin{salign*}
|
||||
\frac{1}{q} = \frac{p_{n+1} - p}{p p_{n+1}} = \frac{1}{p} - \frac{1}{p_{n+1}} =
|
||||
\sum_{j=1}^{n} \frac{1}{p_j}
|
||||
.\end{salign*}
|
||||
Außerdem definiere $r \coloneqq \frac{p_{n+1}}{p} \ge 1$. Dann ist
|
||||
$r' = \frac{p_{n+1}}{p_{n+1}-p}$, denn
|
||||
$\frac{1}{r} + \frac{1}{r'} = \frac{p_{n+1} -p}{p_{n+1}} + \frac{p}{p_{n+1}} = 1$.
|
||||
Seien nun $f_j \in L^{p_j}(X, \mu)$ für $j \in \{1, \ldots, n+1\} $.
|
||||
Damit betrachte
|
||||
\begin{salign*}
|
||||
\int_{X}^{} |f|^{p} \d{\mu} &= \int_{X}^{} \left| \prod_{j=1}^{n+1} f_j \cdot f_{n+1}\right| \d{\mu} \\
|
||||
&\stackrel{\text{Hölder}}{\le } \left\Vert \left( \prod_{j=1}^{n} f_j \right)^{p} \right\Vert_{r'}
|
||||
\left\Vert f_{n+1}^{p} \right\Vert_r \\
|
||||
&= \left( \int_{X}^{} \left| \prod_{j=1}^{n} f_j \right|^{\frac{p p_{n+1}}{p_{n+1}-p}} \d{\mu} \right)^{\frac{p_{n+1} -p}{p_{n+1}}} \left( \int_{X}^{} |f_{n+1}|^{p_{n+1}} \d{\mu} \right)^{\frac{p}{p_{n+1}}} \\
|
||||
\intertext{Da beide Seiten nicht-negativ sind, folgt durch Potenzieren mit $\frac{1}{p}$}
|
||||
\Vert f \Vert_p &\le \left\Vert \prod_{j=1}^{n} f_j \right\Vert_q \Vert f_{n+1} \Vert_{p_{n+1}} \\
|
||||
&\stackrel{\text{IV}}{=} \prod_{j=1}^{n} \Vert f_j \Vert_{p_j} \Vert f_{n+1} \cdot \Vert_{p_{n+1}} \\
|
||||
&= \prod_{j=1}^{n+1} \Vert f_j \Vert_{p_j}
|
||||
.\end{salign*}
|
||||
\end{proof}
|
||||
\end{aufgabe}
|
||||
|
||||
\end{document}
|
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