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- \documentclass[uebung]{../../../lecture}
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- \title{Analysis 3: Übungsblatt 6}
- \author{Leon Burgard, Christian Merten}
- \usepackage[]{mathrsfs}
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- \begin{document}
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- \punkte
-
- \begin{aufgabe}
- \begin{enumerate}[a)]
- \item Beh.: $\forall \epsilon > 0$ ex. $K \subseteq \Omega$ kompakt, s.d.
- $\mathscr{L}^{1}(\Omega \setminus K) < \epsilon$ und $f|_K$ stetig.
- \begin{proof}
- Zunächst ist $f \in L^{\infty}(\Omega)$, also
- ist $\text{ess sup}_{\Omega} |f| < \infty$. Damit folgt
- \begin{salign*}
- \int_{\Omega}^{} |f| \d{\mathscr{L}^{1}}
- \le \int_{\Omega}^{} \text{ess sup}_{\Omega} |f| \d{\mathscr{L}^{1}}
- = \text{ess sup}_{\Omega}|f| \cdot \mathscr{L}^{1}(\Omega) < \infty
- .\end{salign*}
- Also folgt $f \in L^{1}(\Omega)$. Dann ex. nach Hinweis eine Folge
- $f_k \in C^{0}(\Omega) \cap L^{1}(\Omega)$ mit $f_k \to f$ in $L^{1}(\Omega)$. Nach
- 3.36 existiert dann eine Teilfolge $f_{k_j} \in C^{0}(\Omega) \cap L^{1}(\Omega)$
- mit $f_{k_j} \xrightarrow{j \to \infty} f$ f.ü..
-
-
- Sei nun $\epsilon > 0$. Dann existiert nach Satz von Egorov
- ein $E_{\epsilon} \in \mathscr{B}(\Omega)$ mit
- $\mathscr{L}^{1}(E_\epsilon) \le \frac{\epsilon}{8}$ (i)
- und $f_{k_j} \rightrightarrows f$ in $\Omega \setminus E_{\epsilon}$.
-
- Da $\mathscr{L}^{1}$ regulär ex. ein $\tilde{U} \supset E_{\epsilon}$ mit
- $\tilde{U}$ offen, s.d.
- $\mathscr{L}^{1}(\tilde{U}) < \mathscr{L}^{1}(E_{\epsilon}) + \frac{\epsilon}{8}$ (ii).
- Setze nun $U \coloneqq \tilde{U} \cap \Omega$. Es ist $U$ offen,
- da $\tilde{U}$ offen und $\Omega$ offen. Außerdem ist $E_{\epsilon} \subseteq U$,
- da $E_{\epsilon} \subseteq \Omega$ und $E_{\epsilon} \subseteq \tilde{U}$.
- Weiter ist
- $U \subseteq \tilde{U}$ und damit folgt mit Monotonie von $\mathscr{L}^{1}$:
- \begin{salign*}
- \mathscr{L}^{1}(U) \le
- \mathscr{L}^{1}(\tilde{U})
- \stackrel{\text{(ii)}}{<} \mathscr{L}^{1}(E_{\epsilon}) + \frac{\epsilon}{8}
- \stackrel{\text{(i)}}{\le } \frac{\epsilon}{8} + \frac{\epsilon}{8} = \frac{\epsilon}{4}
- \quad \text{(iii)}
- .\end{salign*}
- Weiter ex., da $\mathscr{L}^{1}$ regulär, ein $V \subseteq \Omega$ mit
- $V$ abgeschlossen, s.d.
- $\mathscr{L}^{1}(V) > \mathscr{L}^1(\Omega) - \frac{\epsilon}{4}$ (iv).
-
- Betrachte nun $\tilde{K} \coloneqq U^{c} \cap V$. Da $U$ offen, ist $U^{c}$ abgeschlossen
- und da $V$ abgeschlossen ist auch $\tilde{K}$ abgeschlossen. Damit ist $\forall x \in \tilde{K}$
- folgt $x \not\in U$. Da $E_{\epsilon} \subseteq U$ folgt
- $x \not\in E_{\epsilon}$. Also ist $x \in \Omega \setminus E_{\epsilon}$. Es folgt
- also $\tilde{K} \subseteq \Omega \setminus E_{\epsilon}$ und damit
- $f_{k_j} \rightrightarrows f$ in $\tilde{K}$.
-
- Es ist $\tilde{K} \subseteq V \subseteq \Omega$ und
- damit mit Monotonie $\mathscr{L}^{1}(\tilde{K}) \le \mathscr{L}^{1}(\Omega) < \infty$. Damit gilt
- \begin{salign*}
- \mathscr{L}^{1}(\Omega \setminus \tilde{K}) &=
- \mathscr{L}^{1}(\Omega) - \mathscr{L}^{1}(\tilde{K}) \\
- &= \mathscr{L}^{1}(\Omega) - \mathscr{L}^{1}(V \setminus (U \cap V)) \\
- &\stackrel{\text{(iv)}}{<} \mathscr{L}^{1}(\Omega) - \mathscr{L}^{1}(\Omega)
- + \frac{\epsilon}{4} + \mathscr{L}^{1}(U \cap V) \\
- &\stackrel{\text{Monotonie}}{\le } \frac{\epsilon}{4} + \mathscr{L}^{1}(U) \\
- &\stackrel{\text{(iii)}}{\le } \frac{\epsilon}{4} + \frac{\epsilon}{4} \\
- &= \frac{\epsilon}{2} \qquad \text{(v)}
- .\end{salign*}
-
- Betrachte nun $\tilde{K}_n \coloneqq \tilde{K} \cap [-n, n]$. Dann
- ist $\tilde{K}_n \nearrow \tilde{K}$ und damit
- $\exists n_0 \in \N$, s.d.
- $| \mathscr{L}^{1}(\tilde{K}) - \mathscr{L}^{1}(\tilde{K}_{n_0})| < \frac{\epsilon}{2}$.
- Setze $K \coloneqq \tilde{K}_{n_0}$. Da $K \subseteq \tilde{K}$ folgt
- $\mathscr{L}^{1}(K) \le \mathscr{L}^{1}(\tilde{K})$ und damit insbesondere
- $\mathscr{L}^{1}(K) > \mathscr{L}^{1}(\tilde{K}) - \frac{\epsilon}{2}$ (vi). Dann gilt
- \begin{salign*}
- \mathscr{L}^{1}(\Omega \setminus K) = \mathscr{L}^{1}(\Omega)
- - \mathscr{L}^{1}(K) \stackrel{\text{(vi)}}{<} \mathscr{L}^{1}(\Omega)
- - \mathscr{L}^{1}(\tilde{K}) + \frac{\epsilon}{2}
- = \mathscr{L}^{1}(\Omega \setminus \tilde{K}) + \frac{\epsilon}{2}
- \stackrel{\text{(v)}}{<} \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon
- .\end{salign*}
- Es ist $K$ beschränkt, da $K \subseteq [-n_0, n_0]$ und $K$ abgeschlossen,
- da $\tilde{K}$ und $[-n_0, n_0]$ abgeschlossen. Also ist $K$ kompakt. Außerdem
- ist $f_{k_j} \rightrightarrows f$ in $\tilde{K} \supseteq K$. Da
- $f_{k_j} \in C^{0}(\Omega)$ ist also $f|_K$ stetig.
- \end{proof}
- \item Sei $\epsilon > 0$ beliebig. Dann sei $(q_i)_{i \in \N}$ eine Abzählung von $\Q$.
- Dann betrachte
- \[
- U \coloneqq \bigcup_{i \in I} \left( q_i - \frac{\epsilon}{2^{i+2}}, q_i + \frac{\epsilon}{2^{i+2}} \right)
- .\] Dann ist $U$ offen als Vereinigung offener Mengen und $U^{c}$ abgeschlossen. Setze
- nun $K \coloneqq U^{c} \cap \left[ \frac{\epsilon}{4}, 1 - \frac{\epsilon}{4} \right] \subseteq (0,1)$.
- Dann ist $K$ abgeschlossen als Schnitt abgeschlossener Mengen.
- Da $\left[ \frac{\epsilon}{4}, 1 - \frac{\epsilon}{4} \right] $ beschränkt, ist auch $K$ beschränkt.
- Also $K$ abgeschlossen und beschränkt, damit kompakt.
-
- Weiter ist $\Q \subseteq U$, d.h. $\Q \cap K \subseteq \Q \cap U^{c} = \emptyset$. Das
- heißt $\forall x \in K\colon f(x) = 0$. Also insbesondere $f|_K \equiv 0$ und
- damit stetig.
-
- Außerdem folgt, da $\mathscr{L}^{1}((0,1)) = 1$, insbesondere endlich:
- \begin{salign*}
- \mathscr{L}^{1}((0,1) \setminus K) &= 1 - \mathscr{L}^{1}(K) \\
- &= 1 - \mathscr{L}^{1}\left(U^{c} \cap \left[ \frac{\epsilon}{4}, 1 - \frac{\epsilon}{4} \right] \right) \\
- &= 1 - \mathscr{L}^{1}\left( \left[ \frac{\epsilon}{4}, 1 - \frac{\epsilon}{4} \right]
- \setminus \left( U \cap \left[ \frac{\epsilon}{4}, 1 - \frac{\epsilon}{4} \right] \right) \right) \\
- &\stackrel{\text{Monotonie}}{\le} 1 - \mathscr{L}^{1}\left( \left[ \frac{\epsilon}{4}, 1- \frac{\epsilon}{4} \right] \right)
- + \mathscr{L}^{1}(U) \\
- &\stackrel{\text{Subadd}}{\le} \frac{\epsilon}{2} + \sum_{i\in \N} \frac{\epsilon}{2^{i+1}} \\
- &= \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} \\
- &= \epsilon
- .\end{salign*}
- Also liegt kein Widerspruch zu (a) vor.
- \end{enumerate}
- \end{aufgabe}
-
- \begin{aufgabe}
- \begin{enumerate}[a)]
- \item Definiere $f\colon \R \to \R$, $f(x) = 0$ $\forall x \in \R$.
-
- Beh.: $f_k \to f$ punktweise.
- \begin{proof}
- Sei $\epsilon > 0$ und $x \in \R$. Zunächst gilt
- $\forall k \in \N\colon I_k \subseteq (0, \infty)$.
-
- Falls $x \le 0$ ist $f_k(x) = 0$, da $\forall k \in \N\colon x \not\in I_k$.
- Falls nun $x > 0$. Dann ex. ein $n \in \N$, s.d. $2^{-n} < x$. Dann gilt
- $\forall k \ge n\colon$ $2^{-k} \le 2^{-n}$ und damit
- $ I_k \subseteq (0, 2^{-k}] \subseteq (0, 2^{-n}]$. Da $x > 2^{-n}$ folgt
- also $x \not\in I_k$ und damit $f_k(x) = 0$, also insbesondere
- $|f_k(x) - f(x)| = |f_k(x)| = 0 < \epsilon$.
- \end{proof}
-
- Beh.: $f_k$ konvergiert nicht gleichmäßig.
- \begin{proof}
- Setze $\epsilon \coloneqq \frac{\sqrt{2} }{2}$. Sei nun $k \in \N$. Dann
- setze $x \coloneqq 2^{-k}$. Dann ist $x \in I_k$ und damit
- \[
- f_k(x) = \frac{1}{\sqrt{2^{-k}} } \ge \frac{1}{\sqrt{2^{-1}} } = \sqrt{2} > \epsilon
- .\]
- \end{proof}
-
- Beh.: $f_k \to f$ im Maß.
- \begin{proof}
- Es ist $\forall x \in [0,1]^{c}\colon f_k(x) = 0$, denn
- $\forall k \in \N\colon I_k \subseteq [0, 2^{-k}] \subseteq [0,2^{-1}] \subseteq [0,1]$.
- Das heißt $\forall x \in \R \setminus [0,1]\colon |f_k(x) - f(x)| = 0$.
-
- D.h. es genügt $f_k$ auf $X \coloneqq [0,1]$ zu betrachten. Dann gilt jedoch
- $\mathscr{L}^{1}(X) = 1 < \infty$ und damit mit 3.35, da $f_k \to f$ punktweise,
- konvergiert $f_k \to f$ im Maß auf $X$. Insgesamt folgt also die Behauptung.
- \end{proof}
- \item Beh.: Für $1 \le p < \infty$ gilt: $f_k$ konvergiert in $L^{p}(\R)$ $\iff$ $p < 2$.
- \begin{proof}
- Zunächst ist für $k \in \N$ $\frac{1}{\sqrt{x} }$ stetig und damit auf $I_k$ $f_k$ stetig
- und damit R.-integrierbar, also
- auch Lebesgue-integrabel und die Werte stimmen überein. Es kann also auf $I_k$ der HDI
- angewandt werden.
- Da weiter $\chi_{I_k}$ messbar, ist $f_k$ als Produkt messbarer Funktionen messbar.
-
- Sei $1 \le p < \infty$ beliebig.
- \begin{itemize}
- \item Falls $p = 2$: Dann sei $k \in \N$ bel. Mit der Vorüberlegung folgt direkt
- \begin{salign*}
- \Vert f_k - f \Vert_{2}^{2} = \int_{I_k}^{} \frac{1}{x} \d{x}
- = \log(|x|) \Big|_{2^{-(k+1)}}^{2^{-k}} = - k \log(2) + (k+1)\log(2) = \log(2)
- \xrightarrow{k \to \infty} \log(2)
- .\end{salign*}
- Also $f_k$ konvergiert nicht in $L^{2}(\R)$.
- \item Falls $p \neq 2$: Dann sei $k \in \N$. Dann gilt
- mit $\mu \coloneqq \frac{2}{2-p} \left( 1 - 2^{-\frac{2-p}{2}} \right) $:
- \begin{salign*}
- \Vert f_k \Vert_{p}^{p} = \int_{\R}^{} |f_k|^{p} \d{x}
- = \int_{I_k}^{} x^{-\frac{p}{2}} \d{x}
- = \frac{2}{2-p} 2^{-k \frac{2-p}{2}} \left( 1 - 2^{- \frac{2-p}{2}} \right)
- = \mu 2^{-k \frac{2 - p}{2}}
- .\end{salign*}
- Falls $p < 2$ ist $\frac{2-p}{2} > 0$ und damit
- $\Vert f_k \Vert_p^{p} = \mu 2^{- k \frac{2-p}{2}} \xrightarrow{k \to \infty} 0$.
- Also konvergiert $f_k$ in $L^{p}(\R)$ für $p < 2$.
-
- Falls $p > 2$, dann ist $\frac{2 - p}{2} < 0$ und
- damit $ - k \frac{2-p}{2} \xrightarrow{k \to \infty} \infty$, also
- $\Vert f_k \Vert_{p}^{p} = \mu 2^{-k \frac{2-p}{2}} \xrightarrow{k \to \infty} \infty$.
- Also konvergiert $f_k$ in $L^{p}(\R)$ für $p > 2$ nicht.
- \end{itemize}
- \end{proof}
- \end{enumerate}
- \end{aufgabe}
-
- \begin{aufgabe}
- \begin{enumerate}[a)]
- \item Beh.: $\mathscr{B}(\R^{n}) = \mathscr{B}(\R)^{n}$.
- \begin{proof}
- \begin{itemize}
- \item ,,$\subseteq $'': Betrachte
- $\mathscr{O} \coloneqq \{A \subseteq \R^{n} \mid A \text{ offen}\} $. Dann
- ist $\sigma(\mathscr{O}) = \mathscr{B}(\R^{n})$. Betrachte weiter
- $\mathscr{R} \coloneqq \{ \bigtimes_{i=1}^{n} (a_i, b_i) \mid
- a_i, b_i \in \Q\} $. Dann ist
- $\mathscr{R} \subseteq \mathscr{B}(\R)^{n}$, denn $\forall a, b \in \Q$ ist
- $(a,b)$ offen und damit $(a,b) \in \mathscr{B}(\R)$.
-
- Sei $\Omega \in \mathscr{O}$.
- Da $\Q$ dicht
- in $\R$, ex. $R_i \in \mathscr{R}$, s.d.
- $\Omega = \bigcup_{i \in \N} R_i$. Damit folgt
- $\Omega \in \sigma(\mathscr{R})$ und damit
- $\mathscr{O} \subseteq \sigma(\mathscr{R})\subseteq \mathscr{B}(\R)^{n}$.
- Da $\sigma(\mathscr{O}) = \mathscr{B}(\R^{n})$, folgt
- $\mathscr{B}(\R^{n}) \subseteq \mathscr{B}(\R)^{n}$.
- \item ,,$\supseteq$'': Dazu betrachte
- $\mathscr{K} = \{ \bigtimes_{i=1}^{n} A_i \mid A_i \in \mathscr{B}(\R)\} $.
- Dann ist nach Definition der Produktalgebra $\sigma(\mathscr{K}) = \mathscr{B}(\R)^{n}$.
-
- Betrachte nun $\pi_i \colon \R^{n} \to \R$ mit
- $(x_1, \ldots, x_i, \ldots, x_n) \mapsto x_i$. $\pi_i$ ist stetig und damit
- insbesondere $(\mathscr{B}(\R^{n}), \mathscr{B}(\R))$-messbar.
- Seien nun $A_i \in \mathscr{B}(\R)$ für $i = 1, \ldots, n$. Dann ist
- \begin{salign*}
- \bigtimes_{i=1}^{n} A_i = \bigcap_{i=1}^{n} (\R^{i-1} \times A_i \times \R^{n-i})
- = \bigcap_{i=1}^{n} \underbrace{\pi_{i}^{-1}(A_i)}_{\in \mathscr{B}(\R^{n})}
- \in \mathscr{B}(\R^{n})
- .\end{salign*}
- Also ist $\mathscr{K} \subseteq \mathscr{B}(\R^{n})$ und damit
- $\mathscr{B}(\R)^{n} = \sigma(\mathscr{K}) \subseteq \mathscr{B}(\R^{n})$.
- \end{itemize}
- \end{proof}
- \item Beh.: $N \times \Omega \in \mathscr{B}(\R^{n})$.
- \begin{proof}
- Es ist $N \in \mathscr{B}(\R)$ und $\Omega \in \mathscr{B}(\R^{n-1})$. Dann gilt
- nach Definition
- \[
- N \times \Omega \in \mathscr{B}(\R) \times \mathscr{B}(\R^{n-1})
- \stackrel{\text{(a)}}{=} \mathscr{B}(\R) \times \mathscr{B}(\R)^{n-1}
- = \mathscr{B}(\R)^{n} \stackrel{\text{(a)}}{=} \mathscr{B}(\R^{n})
- .\]
- \end{proof}
- Beh.: $\mathscr{L}^{n}(N \times \Omega) = 0$.
- \begin{proof}
- Es ist nach Definition
- $\mathscr{L}^{n} = (\mathscr{L}^{1})^{n} = \mathscr{L}^{1} \times (\mathscr{L}^{1})^{n-1}$.
- Es ist $\mathscr{L}^{n}$ das Produktmaß von $\mathscr{L}^{1}$ und $(\mathscr{L}^{1})^{n-1}$.
- auf den $\sigma$-endlichen Maßräumen $(\R, \mathscr{B}(\R), \mathscr{L}^{1})$ und
- $(\R^{n-1}, \mathscr{B}(\R^{n-1}), (\mathscr{L}^{1})^{n-1})$. Damit
- gilt nach 4.5 und unserer Konvention $0 \cdot \infty = 0$:
- \[
- \mathscr{L}^{n}(N \times \Omega) = \mathscr{L}^{1}(N) (\mathscr{L}^{1})^{n-1}(\Omega)
- = 0
- .\]
- \end{proof}
- \item Beh.: Für $n \ge 2$ ist $(\mathscr{L}_1)^{n} \subsetneqq \mathscr{L}_n$.
- \begin{proof}
- Sei $V \subseteq [0,1]$ eine nicht lebesgue messbare Menge (solch eine Menge existiert
- nach Vitali). Dann definiere $A \coloneqq V \times \{0\}^{n-1}$ und
- $B \coloneqq \R \times \{0\}^{n-1}$. Dann ist $A \subseteq B$
- und es ist, da $\mathscr{L}^{n} = (\mathscr{L}_1)^{n}$,
- der Konvention $\mathscr{L}^{0}(\{0\}^{0}) = 1$ und erneut $0 \cdot \infty = 0$:
- \[
- \mathscr{L}^{n}(B)
- = \mathscr{L}^{1}(\R) \underbrace{\mathscr{L}^{1}(\{0\})}_{= 0}
- \mathscr{L}^{n-2}(\{0\}^{n-2})
- = 0
- .\] Da $A \subseteq B$ und $B$ $\mathscr{L}^{n}$-Nullmenge und
- $(\R^{n}, \mathscr{L}_{n}, \mathscr{L}^{n})$ vollständiger Maßraum folgt
- $A \in \mathscr{L}_n$.
-
- Ang.: $A \in (\mathscr{L}_1)^{n}$. Dann ist
- $A \in \mathscr{L}_1 \times (\mathscr{L}_1)^{n-1}$. Mit $y = (0, \ldots, 0) \in \R^{n-1}$
- folgt, da $(\R, \mathscr{L}_1, \mathscr{L}^{1})$
- und $(\R^{n-1}, (\mathscr{L}_1)^{n-1}, (\mathscr{L}^1)^{n-1})$ $\sigma$-endliche
- Maßräume:
- \[
- \mathscr{L}_{1} \ni A^{y} = \{ x \in \R \mid (x, y) \in A\}
- = \{ x \in \R \mid (x, 0, \ldots, 0) \in A\}
- = V
- .\] Also $V \in \mathscr{L}_1$ $\contr$.
- \end{proof}
- \end{enumerate}
- \end{aufgabe}
-
- \begin{aufgabe}
- \begin{enumerate}[a)]
- \item Beh.: Die Aussage ist falsch.
- \begin{proof}
- Betrachte $f_k \coloneqq \chi_{[k, k+1]}$. Dann ist $f_k \to f \equiv 0$ punktweise f.ü.
- und $f_k, f \in L^{1}(\R)$, aber es gilt $\forall k \in \N$
- \[
- \int_{\R}^{} f_k \d{x} = \int_{[k, k+1]}^{} \d{x} = \mathscr{L}^{1}([k, k+1])
- = 1 \neq 0 = \int_{\R}^{} f \d{x}
- .\]
- \end{proof}
- \item Beh.: Die Aussage ist falsch.
- \begin{proof}
- Betrachte $f_k \coloneqq \chi_{[k, \infty)} \ge 0$.
- Dann ist $f_k \searrow f \equiv 0$ punktweise f.ü.
- und $f \equiv 0 \in L^{1}(\R)$, aber $\forall k \in \N$:
- \[
- \int_{\R}^{} f_k \d{x} = \int_{[k, \infty)}^{} \d{x} = \infty \neq 0 = \int_{\R}^{} f \d{x}
- .\]
- \end{proof}
- \item Beh.: Die Aussage stimmt.
- \begin{proof}
- Da $f_k \searrow f$ punktweise f.ü. gilt $f_k \le f_1$ $\forall k \in \N$ und
- wegen $f_1 \in L^{1}$ und $f_1 \ge 0$ ist $|f_1| = f_1$ integrabel, also folgt
- mit dominierter Konvergenz, dass $f$ integrabel und
- \[
- \lim_{k \to \infty} \int_{\R}^{} f_k \d{x} = \int_{\R}^{} f \d{x}
- .\] Da $f_k \ge 0$ $\forall k \in \N$ folgt $f \ge 0$. Da $f$ integrabel
- also auch $|f| = f$ integrabel und damit $f \in L^{1}(\R)$.
- \end{proof}
- \item Beh.: Die Aussage stimmt nicht.
- \begin{proof}
- Definiere
- \[
- J_{kj} = [j 2^{-k}, (j+1)2^{-k}]
- \] für $k \in \N_0$ und $j \in \N_0$ mit $j+1 \le 2^{k}$.
-
- Betrachte $a_n \coloneqq \left\lfloor \log_2(n) \right\rfloor$ und
- $b_n \coloneqq n \text{ mod } 2^{a_n}$. Damit definiere
- \[
- I_n \coloneqq J_{a_n b_n}
- \] und setze $f_k \coloneqq \chi_{I_k}$. Es ist $f_k \to f \equiv 0$ in $L^{1}(\R)$, denn
- $\forall k \in \N$ gilt
- \[
- \int_{\R}^{} |f_k - 0| \d{x} = \int_{I_k}^{} \d{x} = \mathscr{L}^{1}(I_k)
- = 2^{-a_k} = 2^{- \left\lfloor \log_2(k) \right\rfloor}
- \xrightarrow{k \to \infty} 0
- ,\] da $\log_2(k)$, insbesondere $\left\lfloor \log_2(k) \right\rfloor$,
- monoton wachsend und unbeschränkt.
-
- Aber setze nun $\epsilon \coloneqq \frac{1}{2}$. Dann sei
- $x \in [0,1]$ und $k \in \N$ beliebig.
- Dann setze
- $n \coloneqq 2^{a_k + 1} = 2^{\left\lfloor \log_2(k) \right\rfloor + 1}$. Dann gilt
- $n \ge k$. Da $x \in [0,1]$ ex. insbesondere ein $j \in \N_0$ mit
- $j+1 \le 2^{n}$, s.d.
- $x \in J_{nj}$. Dann setze $n_0 \coloneqq n + j$. Dann ist
- $a_{n_0} = a_n$, da $j < 2^{n}$ und $b_{n_0} = n_0 \text{ mod }2^{a_{n}} = j$. Also
- $I_{n_0} = J_{nj}$. Und damit $x \in I_{n_0}$. Außerdem ist $n_0 \ge k$. Damit folgt
- dann
- \[
- |f_{n_0}(x) - f(x)| = |f_{n_0}(x)| = \chi_{I_{n_0}}(x) = 1 > \frac{1}{2} = \epsilon
- .\] Also konvergiert $f_k$ für kein $x \in [0,1]$ punktweise gegen $f \equiv 0$ und
- da $\mathscr{L}^{1}([0,1]) > 0$ konvergiert $f_k$ nicht f.ü. punktweise.
- \end{proof}
- \end{enumerate}
- \end{aufgabe}
-
- \end{document}
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