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\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\title{Analysis 3: Übungsblatt 5}
\author{Leon Burgard, Christian Merten}

\begin{document}

\punkte

\begin{aufgabe}
    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.:
            $L^{q}(X, \mu) \subseteq L^{p}(X, \mu)$ 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}