Proofs and solutions to Measure and Integration Theory

1 Beviser og løsninger 08/03-2018 Thomas Mikaelsen, Mål og integralteori INDHOLD INDHOLD Indhold 1 Konstruktion af mål 1.1 Addendum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 7 2 Lebesgue-Stieltjes mål 8 3 Monoton Konvergens 12 4 Fatous Lemma og Domineret Konvergens 16 5 Integral-uligheder og Lp-rummene 18 6 Konvergens i p-middel 20 7 Hilbertrum og projektionssætningen 23 8 Fourier-transformationen og Inversionssætningen 26 9 Plancherels Sætning 29 9.1 Addendum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 10 Uafhængige stokastiske variable og Store Tals Lov 33 10.1 Addendum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 11 Eksamensspørgsmål 11.1 Kapitel 1 . . . . . . . . . . . . . 11.1.1 Opgave 1.4 . . . . . . . 11.1.2 Opgave 1.9 . . . . . . . 11.1.3 Opgave 1.15 . . . . . . . 11.1.4 Opgave 1.18 . . . . . . . 11.1.5 Opgave 1.22 (Aflevering) 11.2 Kapitel 4 . . . . . . . . . . . . . 11.2.1 Opgave 4.3 . . . . . . . 11.3 Kapitel 5 . . . . . . . . . . . . . 11.3.1 Opgave 5.2 . . . . . . . 11.3.2 Opgave 5.7 (Aflevering) 11.3.3 Opgave 5.11 . . . . . . . 11.3.4 Opgave 5.13 . . . . . . . 11.3.5 Opgave 5.14 (Aflevering) 11.3.6 Opgave 5.22 . . . . . . . 11.4 Kapitel 6 . . . . . . . . . . . . . 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 38 38 40 43 45 47 49 49 50 50 52 53 56 58 60 62 INDHOLD 11.4.1 Opgave 6.3 . . . . . . . 11.4.2 Opgave 6.9 . . . . . . . 11.5 Kapitel 7 . . . . . . . . . . . . . 11.5.1 Opgave 7.6 . . . . . . . 11.5.2 Opgave 7.7 (Aflevering) 11.5.3 Opgave 7.13 (Aflevering) 11.6 Kapitel 8 . . . . . . . . . . . . . 11.6.1 Opgave 8.2 . . . . . . . 11.7 Kapitel 9 . . . . . . . . . . . . . 11.7.1 Opgave 9.3 . . . . . . . 11.7.2 Opgave 9.4 (aflevering) . 11.7.3 Opgave 9.6 . . . . . . . 11.7.4 9.8 . . . . . . . . . . . . 11.8 Kapitel 10 . . . . . . . . . . . . 11.8.1 Opgave 1, Ugeseddel 13 11.9 Kapitel 11 . . . . . . . . . . . . 11.9.1 Opgave 11.4 . . . . . . . 11.10Kapitel 12 . . . . . . . . . . . . 11.10.1 Opgave 12.2 . . . . . . . 11.10.2 Opgave 12.3 . . . . . . . 11.11Kapitel 13 . . . . . . . . . . . . 11.11.1 Opgave 13.2 . . . . . . . 11.11.2 Opgave 13.5 . . . . . . . 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 64 66 66 69 71 72 72 74 74 77 79 80 82 82 82 82 85 85 86 87 87 88 12 Alternative opgaveløsninger 90 12.1 Opgave 7.6(a) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 12.2 Opgave 9.6(b) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 1 Konstruktion af mål Caratheodorys Lemma. Lad X være en ikke-tom mængde, lad m : P(X) → [0, ∞] være en mængdefunktion, som opfylder, at m(∅) = 0. Da gælder følgende udsagn: 1. Systemet M(m) af m-målelige mængder er en (mængde)-algebra. 2. Hvis B1 , ..., BN er disjunkte mængder fra M(m), så gælder der for enhver mængde A fra P(X), at N N  [
 X m A∩ Bj = m(A ∩ Bj ). j=1 (1) j=1 Specielt følger det i tilfældet A = X, at m er endeligt additiv på M(m). 3. Hvis m er voksende og tælleligt subadditiv, da er M(m) en σ-algebra, og m er et mål på M(m). Bevis. Udsagn 1: Det følger fra definitionen af M(m) at B c ∈ M(m) for alle B i M(m), idet c m(A) = m(A ∩ B) + m(A ∩ B c ) = m(A ∩ B c ) + m(A ∩ B c ) hvilket netop er betingelsen for, at B c er m-målelig. Desuden har vi at X ∈ M(m), eftersom m(∅) = 0. Vi mangler at vise, at M(m) er ∪-stabil. Lad B1 , B2 være mængder fra M(m), og lad A være en vilkårlig delmængde af X. Vi skal vise, at m(A) = m(A ∩ (B1 ∪ B2 )) + m(A ∩ (B1 ∪ B2 )c ). (1) Idet B1 ∈ M(m) finder vi, at m(A ∩ (B1 ∪ B2 )) + m(A ∩ (B1 ∪ B2 )c ) = m(A ∩ (B1 ∪ B2 ) ∩ B1 ) + m(A ∩ (B1 ∪ B2 ) ∩ B1c ) + m(A ∩ (B1 ∪ B2 )c ) = m(A ∩ B1 ) + m(A ∩ B2 ∩ B1c ) + m(A ∩ B1c ∩ B2c ) = m(A ∩ B1 ) + m(A ∩ B1c ∩ B2 ) + m(A ∩ B1c ∩ B2c ) Nu bruger vi, at B2 hhv. B1 begge ligger i M(m) og fortsætter udregningen = m(A ∩ B1 ) + m(A ∩ B1c ) = m(A ∩ B1 ) + m(A ∩ B1c ) = m(A). 4 5 Hvilket er identiteten (1), som ønsket. Udsagn (ii): Antag B1 , ..., BN er disjunkte mængder fra M(m) og at A ∈ P(X). Vi viser udsagnet ved induktion. Lad N = 1. Idet BN ∈ M(m) har vi, at N 1  X [
 m(A ∩ Bj ) Bj = m(A ∩ B1 ) = m A∩ j=1 j=1 som ønsket. Antag det gælder for N ≥ 2 og at BN +1 ligeledes er en mængde fra M(m) som er disjunkt med de N andre. Så har vi, at  m A∩ N +1 [ j=1 Bj
  =m A∩ N +1 [ j=1
Bj ∩ BN +1   +m A∩ N  [
 = m(A ∩ BN +1 ) + m A ∩ Bj N +1 [ j=1
Bj ∩ c BN +1  j=1 = m(A ∩ BN +1 ) + N X j=1
m A ∩ Bj = N +1 X j=1 m(A ∩ Bj ), hvor vi i andet lighedstegn bruger, at BN +1 er disjunkt med de foregående N c mængder, og at ∪N j=1 ⊆ BN , idet de alle er disjunkte med BN +1 , så de må ligge i komplementet, og når vi så snitter med komplementet, så får vi præcis det, der er indeholdt i komplementet, nemlig forening af de N første. Tredje lighedstegn er indukstionsskridtet. Udsagn (iii): Antag, at m er voksende og tælleligt subadditiv. For at vise at M(m) er en σ-algebra, er det pga. udsagn (1) nok at vise, at ∪n∈N Bn ∈ M(m) for enhver følge (Bn ) af disjunkte mængder fra M(m). Det er det, fordi hvis vi bliver givet en ikke-disjunkt følge (An ), så kan vi altid gøre den disjunkt ved at konstruere en ny følge: B1 = A1 , B n = An \  n−1 [ k=1  Ak , n ≥ 2. S S som er disjunkt, og hvor n∈N An = n∈N Bn for alle n, hvorfor målet på dem altid vil stemme overens. Lad nu en sådan følge (Bn ) være givet. Ifølge Bemærkning 3.3.2(1) er det nok at vise, at   [ [
c 
 (2) Bn Bn + m A ∩ m(A) ≥ m A ∩ n∈N n∈N for enhver delmængde A af X, således at m(A) < ∞. Det er det, fordi hvis m(A) = ∞, så er (2) trivielt opfyldt, og den modsatte lighed gælder altid, når vi har subadditivitet, fordi
m(A) = m (A ∩ B) ∪ (A ∩ B c ) ≤ m(A ∩ B) + m(A ∩ B c ) KAPITEL 1. KONSTRUKTION AF MÅL 6 for ethvert B ∈ P(X) og dermed specielt vores forening. Så lad nu A ∈ P(X) med m(A) < ∞ være givet. Da M(m) er en mængdealS gebra, ved vi, at N B n=1 n ∈ M(m), og dermed at N N   [ [
c 
 m(A) = m A ∩ Bn + m A ∩ ∀N ∈ N. Bn n=1 n=1 Ved anvendelse af Udsagn (2) finder vi nu for alle N ∈ N, at m(A) = ≥ N X n=1 N X n=1 N  [
c  Bn m(A ∩ Bn ) + m A ∩ n=1  [
c  Bn , m(A ∩ Bn ) + m A ∩ (3) n∈N hvor uligheden kommer af, at hvis vi tager komplementet af noget større, så får vi en mindre mængde, og dermed et mindre mål, da m er voksende. Lader vi nu N → ∞ i (3), følger det, fordi grænser bevarer bløde uligheder, at m(A) ≥ ∞ X n=1  [
c  Bn m(A ∩ Bn ) + m A ∩ n∈N   [ [
c 
 Bn , Bn + m A ∩ ≥m A∩ n∈N n∈N hvor vi i vurderingen benytter, at m er tælleligt subadditiv. For at vise, at m er et mål på M(m), skal vi blot vise, at m er tælleligt additiv, idet vi har antaget, at ∅ = 0. Til det betragter vi igen en følge (Bn ) af disjunkte mængder fra M(m). Da m er tælleligt subadditiv, er det nok kun at vise den ene retning, dvs. ∞  X [ m(Bn ). Bn ≥ m n=1 n∈N Vi ved fra Udsagn (ii), at m er endeligt additiv på M(m), og da m også er voksende, finder vi for ethvert N ∈ N, at N N  X  [ [ Bn = m(Bn ). Bn ≥ m m n=1 n∈N n=1 Lader vi nu N → ∞, så følger det, fordi grænser bevarer bløde uligheder, at N ∞  [ X X Bn ≥ lim m m(Bn ) = m(Bm ), n∈N som ønsket. N →∞ n=1 n=1 1.1. ADDENDUM 1.1 7 Addendum Mængde-algebra. Et system af E af delmængder af X kaldes en mængde-algebra i X, hvis det opfylder følgende tre betingelser: 1. X ∈ E. 2. Hvis A ligger i E, så ligger Ac også i E. 3. Hvis Sn n ∈ N og A1 , A2 , ..., An er mængder fra E, så gælder der også at j=1 Aj ∈ E. Definition 3.3.1 Lad X være en ikke-tom mængde, og lad m : P(X) → [0, ∞] være en ikke-negativ mængdefunktion, så m(∅) = 0. En delmængde B af X siges da at være m-målelig, hvis den opfylder, at m(A) = m(A ∩ B) + m(A ∩ B c ) for alle A ∈ P(X). Systemet af m-målelige mængder betegnes med M(m), dvs. M(m) = {B ∈ P(X) : m(A) = m(A ∩ B) + m(A ∩ B c ) ∀A ∈ P(X). 2 Lebesgue-Stieltjes mål Vi skal vise eksistensen af Lebesgue-Stieltjes målet. Dvs. givet en voksende og højrekontinuert funktion F mellem de reelle tal, så laver vi et mål ved at definere et frembringersystem for B(R), nemlig J , samt mængdefunktionen µ, der opfylder betingelserne, vi ønsker L-S-målet skal opfylde. Så bruger vi Hovedsætning 3.4.2 til at vise, at der findes et mål µF på B(R), som udvider mængdefunktionen til et rigtigt mål med de ønskede egenskaber fra formel (1). Dette mål kalder vi L-Smålet. Hovedsætning 3.5.3 For enhver voksende, højrekontinuert funktion F : R → R findes der ét og kun ét mål µF på (R, B(R)), som opfylder, at for alle a,b i R så a < b µF ((a, b]) = F (b) − F (a), (1) Bevis. Betragt systemet J = {∅} ∪ {(a, b] : a, b ∈ R, a < b} af delmængder af R, og lad µ : J → [0, ∞] være mængdefunktionen givet ved µ(∅) = 0, og µ((a, b]) = F (b) − F (a) (a, b ∈ R, a < b). (2) Vi skal vise, at J og µ opfylder betingelserne (a)-(d) fra Hovedsætning 3.4.2. Når dette er godtgjort, så følger det fra hovedsætningen, at der findes et mål µF på σ(J ) = B(R), som udvider µ og dermed opfylder betingelsen i formel (1). S Eftersom R = n∈N (−n, n], og µ((−n, n]) = F (n) − F (−n) < ∞ for alle n per antagelse, giver entydighedsudsagnet i Hovedsætning 3.4.2 endvidere, at udvidelsen muF er entydigt bestemt. Vi mangler således blot at godtgøre (a)-(d) i Hovedsætning 3.4.2. (a) ∩-stabil: J er oplagt ∩-stabil, for hvis en eller begge mængder fra J er ∅, så snitter det til ∅. Hvis begge mængder ligger i {(a, b] : a, b ∈ R, a < b}, så snitter de enten tomt eller til et halvåbent interval på samme form - uanset hvad, befinder vi os stadig i J . (b) Lad (a1 , b1 ] og (a2 , b2 ] være to ikke-tomme intervaller fra J , dvs. a1 < b1 og a2 < b2 . Hvis en eller begge af dem skulle være tomme, så får vi enten det ene interval eller den tomme mængde, når vi fraregner, og i begge tilfælde er udsagnet 8 9 trivielt opfyldt. Vi skal vise, at fællesmængden (a1 , b1 ] ∩ (a2 , b2 ]c kan skrives som foreningsmængden af endeligt mange disjunkte mængder fra J . Vi finder, at   (a1 , b1 ] ∩ (a2 , b2 ]c = (a1 , b1 ] ∩ (−∞, a2 ] ∪ (b2 , ∞)     = (a1 , b1 ] ∩ (−∞, a2 ] ∪ (a1 , b1 ] ∩ (b2 , ∞) = (a1 , b1 ∧ a2 ] ∪ (a1 ∨ b2 , b1 ], hvor vi i andet lighedstegn blot distribuerer snit over forening, hvilket er en standard regneregel. Tredje lighedstegn følger, fordi −∞ < a1 så a1 bestemmer "bunden"af det første interval, og toppen af intervallet bestemmes af den mindste af b1 og a2 , fordi vi snitter. Tilsvarende bestemmer b1 toppen af intervallet, idet b1 < ∞, og bunden bliver bestemt af det største af a1 og b2 , fordi vi snitter. Endelig er de to sidste intervaller disjunkte, eftersom a2 < b2 - overvej hvad der sker, når b1 hhv. a2 er mindst. (c): Lad (a, b], (a1 , b1 ], (a2 , b2 ], ..., (an , bn ] være ikke-tomme intervaller fra J så (a1 , b1 ], (a2 , b2 ], ..., (an , bn ] er disjunkte, og (a, b] ⊇ n [ (3) (aj , bj ]. j=1 Vi skal vise, at F (b) − F (a) = µ((a, b]) ≥ n X µ((aj , bj ]) = j=1 n  X j=1  F (bj ) − F (aj ) . Da (a1 , b1 ], (a2 , b2 ], ..., (an , bn ] er disjunkte, kan vi altid ordne dem og derfor uden tab af generalitet antage, at a1 < b1 ≤ a2 < b2 ≤ a3 < b3 ≤ ... ≤ an < bn , hvor inklusionen (3) nu yderligere medfører, at a ≤ a1 og bn ≤ b. Idet F er voksende, finder vi så, at n  X j=1  F (bj ) − F (aj ) = ≤ n−1  X j=1  F (bj ) − F (aj ) + F (bn ) − F (an ) n−1  X j=1      F (aj+1 ) − F (aj ) + F (bn ) − F (an )  = F (an ) − F (a1 ) + F (bn ) − F (an ) = F (bn ) − F (a1 ) ≤ F (b) − F (a),  hvor vurderingen følger af, at bj ≤ aj+1 og F er voksende, og det efterfølgende lighedstegn følger af, at summen er teleskoperende, og den sidste lighed, at F er KAPITEL 2. LEBESGUE-STIELTJES MÅL 10 voksende sammen med bn ≤ b og a ≤ a1 . Som ønsket. (d) subadditiv: Lad ((aSn , bn ])n∈N være en følge af ikke-tomme intervaller fra J , og antag endvidere, at n∈N (an , bn ] ∈ J , altså at [ (an , bn ] = (a, b] (4) n∈N for passende a, b ∈ R, således at a < b. Vi skal da vise, at ∞ ∞   X X F (b) − F (a) = µ((a, b]) ≤ µ((an , bn ]) = F (bn ) − F (an ) . n=1 Hvis vi i stedet for (4) vidste, at [ n∈N n=1 (an , bn ) ⊇ [a, b], så ville Sætning 3.5.1 medføre, at N [ n=1 (an , bn ) ⊇ [a, b] for et passende N ∈ N, og Lemma 3.5.2 ville efterfølgende medføre, at F (b) − F (a) ≤ N  X n=1  F (bn ) − F (an ) ≤ ∞  X n=1  F (bn ) − F (an ) , som ønsket, hvor anden ulighed følger af, at alle leddene er positive og at vi summer over flere led. Betragter vi imidlertid den faktiske situation i (4), så følger det fra højrekontinuiteten af F , at vi til et givet ǫ > 0 for hvert n ∈ N kan vælge et b′n i (bn , ∞), således at F (b′n ) ≤ F (bn ) + ǫ−n . (5) dvs. vi kan vælge b′n > bn , så da F er voksende, så vil F (bn ) < F (b′n ). Men da F er højrekontinuert, kan vi gøre forskellen på F (bn ) og F (b′n ), vilkårligt lille, dvs. for givet ǫ og eksempelvis n = 2, så vil vi gerne afparere 4ǫ , dvs. vi vil vælge b′n så tæt på bn , at afstanden mellem dem er mindre end 4ǫ . Og det kan vi, da F er højrekontinuert. Antages yderligere, at ǫ < b − a, så har vi nu, at [ [ [a + ǫ, b] ⊆ (a, b] = (an , bn ] ⊆ (an , b′n ), (6) n∈N n∈N af standard mængde-overvejelser, fordi a < a + ǫ og bn < b′n for alle ǫ > 0. Det følger nu fra overvejelserne overnfor, at ∞   X ′ F (b) − F (a + ǫ) ≤ F (bn ) − F (an ) ≤ n=1 ∞  X n=1 ∞    X F (bn ) + ǫ2−n − F (an ) = ǫ + F (bn ) − F (an ) . n=1 11 S hvor første ulighed bruger, at [a + ǫ, b] ⊆ n∈N (an , b′n ) fra (6) sammen med Lemma 3.5.2. Anden ulighed følger af uligheden (5) og ligheden følger af, at vi i identificerer det midterste led som en geometrisk række, som egentlig summer til 2ǫ men med manglende 0’te led, så vi trækker 1ǫ fra og får ǫ, som vi derfor kan trække udenfor. Lader vi nu ǫ ↓ 0, følger det fra højrekontinuiteten af F i a, at ∞    X  F (bn ) − F (an ) , F (b) − F (a) = lim F (b) − F (a + ǫ) ≤ ǫ↓0 som ønsket. n=1 3 Monoton Konvergens Monoton Konvergens er et eksempel på, hvordan man under passende betingelser kan bytte om på integration og grænseovergang for en følge af målelige funktioner. Hovedsætning 5.2.4 (Monoton Konvergens) Lad (fn ) være en følge af funktioner fra M(E)+ , så f1 ≤ f2 ≤ ... Da er funktionen f = supn∈N fn = limn→∞ igen et element i M(E)+ , og der gælder, at Z Z Z f dµ = lim fn dµ = supn∈N fn dµ n→∞ Bevis. Da (fn ) er voksende, følger det fra sætning A.5.6, at supremum eksisterer og er lig med grænseovergangen for fn , som gerne må være uendelig, kald denne for + f . Sætning 4.3.6 giver, at supremum ligger i M og dermed,Rat grænseovergangen og således R f også Rligger der. Ifølge Bemærkning 5.2.2 er fn dµ voksende i n ligesom fn dµ ≤ f dµ for alle n, idet fn ≤ f for alle n. Nu giver Sætning A.5.6 igen, at supremum eksisterer og er lig med grænsen, og da grænseovergang bevarer bløde uligheder, får vi Z Z Z lim fn dµ = sup fn dµ ≤ f dµ n→∞ Tilbage står derfor at vise, at Z n∈N f dµ ≤ sup n∈N Z fn dµ hvilket ifølge Definition 5.2.1 svarer til at vise, at Z Iµ (s) ≤ sup fn dµ for alle s i SM(E)+ , så s ≤ f, (1) n∈N fordi Definition 5.2.1 siger, at Z f dµ := sup{Iµ (s) : s ∈ SM(E)+ , og s ≤ f } =: sup M hvorfor Iµ (s) ∈ M for alle s ∈ SM(E)+ . Så hvis (1) er sand, så er højresiden overtal for M og dermed større end det mindste overtal for M , nemlig sup M . 12 13 Lad derfor en sådan funktion s være givet, og bemærk så, at det er nok at vise, at αIµ (s) ≤ sup ∈ fn dµ for ethvert α ∈ (0, 1). (2) n∈N For antag for modstrid, detR ikke var nok, dvs. vi har vist (2) men at (1) ikke holder, dvs. Iµ (s) > supn∈N fn dµ (1.1). Konstruer nu følgen αn = 1 − n1 . Ifølge (1) er Z αn Iµ (s) ≤ sup fn dµ ∀n ∈ N n∈N hvilket medfører lim αn Iµ (s) = Iµ (s) ≤ sup n→∞ n∈N Z fn dµ hvilket er modstrid med (1.1). Lad derfor også α ∈ (0, 1) være givet. Vi indfører derefter for hvert m ∈ N mængden Bm := {x ∈ X : αs(x) ≤ fm (x)} og vi bemærker, at B1 ⊆ B2 ⊆ B3 ..., (3) fordi, hvis x ∈ Bm , så er αs(x) ≤ fm (x) ≤ fm+1 (x) idet fn er voksende i n, så x ∈ Bm+1 . Desuden er Bm målelig for alle m ∈ N, idet Bm = {x ∈ X : 0 ≤ fm (x) − αs(x)} = (fm − αs)−1 ([0, ∞)) og da fm , s og dermed αs alle er målelige, så er deres differens det også, så tilbagetrækket af Borel-mængden [0, ∞) er også målelig. Vi skal endvidere indse, at [ Bm = X. (4) m∈N hvor "⊆" er oplagt, da Bm ⊆ X for alle m. Til "⊇" antager vi, at x ∈ X og at f (x) > 0. Så gælder, at αs(x) ≤ s(x) ≤ f (x), hvor mindst én af ulighederne er skarpe, så αs(x) < f (x). For hvis s = 0, så er s < f idet f > 0 per antagelse. Og hvis s > 0, så er αs < s. Ifølge definitionen af f findes derfor et mx ∈ N, så [ αs(x) ≤ fm (x) og dermed x ∈ Bm ⊆ Bm ∀m ∈ N : m ≥ mx . (5) m∈⋉ fordi fn konvergerer op mod f . Hvis derimod f (x) = 0, så har vi, at s(x) = 0 idet s ≤ f , og vi har, at fm = 0 for alle m, idet 0 ≤ fm ≤ f , da fn er ikke-negativ og konvergerer op mod f . Derfor er (4) opfyldt med mx = 1, hvilket viser (3). KAPITEL 3. MONOTON KONVERGENS 14 Vi bemærker nu, at definitionen af Bm medfører uligheden αs1Bm ≤ fm for alle m ∈ N. For hvis 1Bm = 0 er det oplagt. Og hvis 1Bm = 1, så er det fordi x ∈ Bm , dvs. + αs(x) ≤ fm (x) per definition af Bm . Desuden er αs1 R Bm ∈ SM(E) oplagt. Det følger derfor fra Sætning 5.1.3(ii) og definitionen af fm dµ, at Z Z αIµ (s1Bm ) = Iµ (αs1Bm ) ≤ fm dµ ≤ sup fn dµ ∀m ∈ N n∈N hvor første lighed følger af Sætning 5.1.3(ii), første ulighed følger af, at Iµ (αs1Bm ) ∈ {Iµ (s) | s ∈ SME, s ≤ fm } = M og at fm = sup M . Anden ulighed følger af, at Z Z fm dµ ∈ { fn dµ : n ∈ N} =: K og at sup n∈N Z fn dµ = sup K Vi kan dermed slutte, at α lim sup Iµ (s1Bm ) ≤ sup m→∞ n∈N Z fn dµ, (6) fordi lim sup altid eksiterer, og det respekterer bløde uligheder. For at bestemme venstresiden i (5) indfører vi nu en standardrepræsentation s= N X aj 1Aj j=1 af s, hvor a1 , ..., aN ≥ 0. Enhver simpel funktion kan skrives som en standardrepræsentation ifølge Bemærkning 4.5.2, og koefficienterne er ikke-negative, idet s er ikke-negative. Det følger nu, at s1Bm har standard-reprræsentationen N X j=1 aj 1Aj 1Bm = s1Bm = N X j=1 c , aj 1Aj ∩Bm + 0 · 1Bm c for at sikre, at det forener til X, dvs. hvor vi tilføjer 0 · 1Bm N [ j=1 c c c Aj ∩ Bm ∪ Bm = X ∩ Bm ∪ Bm = Bm ∪ Bm =X 15 fordi SN j=1 Aj = X, da det er en standard-repræsentation. Dermed har vi Iµ (s1Bm ) = N X j=1 aj µ(Aj ∩ Bm ). da integralet er lineært og da integralet på indikatorfunktionen er målet af det, den indikerer. For hvert j i {1, ..., N } gælder der ifølge (3) og (4), at Aj ∩ Bm ↑ Aj , dvs. den er dalende, for m → ∞, fordi [ [
Bm = Aj ∩ X = Aj . Aj ∩ Bm = Aj ∩ m∈N m∈N Så ved anvendelse af Sætning 1.3.4(v) får vi, at lim sup Iµ (s1Bm ) = lim sup m→∞ m→∞ = N X j=1 = N X j=1 = N X j=1 = N X N X j=1 aj µ(Aj ∩ Bm ) aj lim sup µ(Aj ∩ Bm ) m→∞ aj µ  [ m∈N (Aj ∩ Bm ) aj µ(Aj ∩ [ m∈N
Bm ) aj µ(Aj ) = Iµ (s). j=1 Indsættes dette i (6) opnås den ønskede ulighed.  4 Fatous Lemma og Domineret Konvergens Fatous Lemma For enhver følge (fn ) af funktioner fra M(E)+ gælder der, at lim inf n→∞ fn ∈ M(E)+ , og at Z Z
lim inf fn dµ ≤ lim inf fn dµ. n→∞ n→∞ Bevis. Da fn ≥ 0 for alle n, så er de begrænset nedadtil af 0, så inf n∈N fn findes, og da inf er voksende, så findes lim inf fn også, om end den potentielt kan være +∞, men det har vi tilladt, idet vi befinder os i M(µ)+ . Dette følger egentlig af Sætning 4.3.6, som endvidere giver, at lim inf n→∞ fn ∈ M(µ)+ . Definer nu for ethvert k i N funktionen uk givet ved uk = inf fn ∈ M(µ)+ , n≥k hvor uk ↑ lim inf n→∞ fn for k → ∞, fordi når k går mod ∞, så tager vi undertal af mindre og mindre mængder, så undertallene kan kun blive større. Desuden har vi, at hvis n ∈ N og n ≥ k, så gælder der, at uk ≤ fn , idet uk er et undertal for fn , så det mindre endRalle elementer i mængden, giver R R den er inf over. Dermed R Bemærkning 5.2.2, at uk dµ ≤ fn dµ, dvs. uk dµ er undertal for fn dµ for alle n ≥ k og dermed er det også mindre end det største undertal, dvs. Z Z Z inf fn ) dµ = uk dµ ≤ inf fn dµ. (1) n≥k n≥k Nu giver Monoton Konvergens og (1), at Z Z Z
lim uk dµ = lim lim inf fn dµ = uk dµ n→∞ k→∞ k→∞ Z Z ≤ lim inf fn dµ = lim inf fn dµ k→∞ n≥k n→∞ hvor uligheden følger af (1) samt, at grænseovergang bevarer bløde uligheder, som ønsket. Til at bevise Domineret Konvergens skal vi imidlertid bruge Generaliseret Fatous Lemma. Her udvider vi lemmaet til at gælde generelt for funktionsfølger fra M(E) ved at begrænse følgen nedadtil eller opadtil med en målelig funktion g, hvis negativ-delhhv. positiv-del integrerer endeligt og så bruge generaliseret monoton konvergens. 16 17 Domineret Konvergens Lad f, f1 , f2 , ... være funktioner fra M(E) og antag, at 1. f = limn→∞ fn µ-n.o. Antag endvidere, at der findes en funktion g fra M(E)+ , så følgende betingelser er opfyldte: 1. |fn | ≤ g µ-n.o. for alle n i N. R 2. g dµ < ∞. Da gælder, at fn ∈ L1 (µ) for alle n, f ∈ L1 (µ), og Z Z Z |fn − f | dµ = 0 f dµ = lim fn dµ ligesom lim n→∞ n→∞ Bevis. Da |fn | ≤ g µ-n.o. for alle n og dermed også |f | = limn→∞ |fn | ≤ g µ-n.o., idet grænsen bevarer bløde uligheder, så følger det fra Korollar 5.4.9(iii), som kræver at |fn |, |f | ≤ g ∈ M(E)+ og at Eµ (g) < ∞, at fn ∈ L1 (µ) for alle n og at f ∈ L1 (µ). Bemærk nu, at Z fn dµ − Z f dµ = Z Z fn dµ + (−1) f dµ Z = fn dµ + −f dµ Z Z (fn − f ) dµ ≤ |fn − f |dµ, = Z ifølge regnereglerne for integraler fra Sætning 5.4.6, da vi egentlig kun må distribuere integralet over plus. Det er derfor nok at vise, at Z lim |fn − f | dµ = 0 (1) n→∞ ifølge Klemmelemma. Bemærk hertil, at |fn − f | ≤ |fn | + |f | ≤ 2g µ-n.o. for alle n ifølge trekantsuligheden og antagelsen om, at g er en majorent. Nu giver Generaliseret Fatous så, at Z Z  Z  lim sup |fn − f | dµ ≤ lim sup |fn − f | dµ = 0 dµ = 0, (2) n→∞ n→∞ fordi vi ved, at fn konvergerer mod f , så lim sup går mod 0. Og (2) ækvivalent med betingelsen (1) ifølge Klemmelemma igen, fordi lim sup altid er større end limes, som ønsket. 5 Integral-uligheder og Lp-rummene Hölders Ulighed Lad (X, E, µ) være et målrum, og lad p og q være tal i [1, ∞), så p1 + 1q = 1. For vilkårlige funktioner f, g i M(E) gælder der, at Z  1q  p1  Z Z p |g|q . |f | dµ (1) |f g| dµ ≤ X X X Antag uden tab af generalitet, at Z Z p |g|q dµ < ∞. |f | dµ, 0< X X For hvis et af integralerne er 0, så gælder der, at f g = 0µ-n.o., og dermed står der 0 på begge sider af (1). Hvis begge integraler er strengt positive og mindst et af dem er lig med +∞, så står der +∞ på højresiden af (1), som derfor er trivielt opfyldt. Så betragt nu tallene α, β i (0, ∞) givet ved  p1 Z  1q Z p |f | dµ , β = α= |g|q dµ . X X Ved anvendelse af Young, som giver at uv ≤ p1 up + 1q v q , samt (ii)-(iv) i Sætning 5.2.7, som giver regneregler for integraler, finder vi, at Z Z  fg 1 f p 1 g q + dµ dµ =≤ q β X αβ X p α Z Z 1 1 1 1 p = p |f | dµ + q |g|q dµ = + = 1, pα X 1β X p q og ved multiplikation med αβ følger det derfor, at Z  p1  Z  1q Z p |f | dµ |g|q dµ |f g| dµ ≤ αβ = X X X som ønsket. Lad (X, E, µ) være et målrum og lad p ∈ (0, ∞). Da definerer vi rummene Z p L (µ) = {f ∈ M(E) : |f |p dµ < ∞} X p p L (µ) = {[f ] : f ∈ L (µ)}. Vi bruger Hölders ulighed til at få Minkowskis ulighed, som vi igen bruger til at vise, at p-normen  p1 Z |f |p dµ , (f ∈ Lp (µ)) ||f ||p = X 18 19 specielt opfylder trekantsuligheden og dermed definerer en semi-norm på Lp (µ) for p ∈ [1, ∞). Lp (µ) giver imidlertid ikke anledning til en rigtig norm, og derfor introducerer vi Lp (µ), som vi nu viser giver anledning til en "rigtig"norm for p ∈ [1, ∞). Sætning 7.5.2(ii) Lad (X, E, µ) være et målrum. Hvis p ≥ 1, så definerer formlen  p1 Z |f |p dµ , (f ∈ Lp (µ)) ||[f ]||p = (2) X en norm på Lp (µ). Bevis. Antag, at p ≥ 1. Vi skal først redegøre for, at formlen i (2) fastlægger en veldefineret afbildning fra Lp (µ) ind i R. Dvs. funktionen sender de samme elementer over iRdet samme element. Så antag f, f ′ ∈ Lp (µ) således at [f ] = [f ′ ]. R ′ p p Vi skal vise, at X |f | dµ = X |f | dµ. Men [f ] = [f ′ ] betyder f = f ′ µ-n.o. per definition, og dermed, at |f |p = |f ′ |p µ-n.o. Men så integrerer de til det samme ifølge Sætning 5.3.6(iv). Vi tjekker nu (n1)-(n4) i Definitionen for en norm. (n1) siger, at normen skal være ikke-negative, hvilket er oplagt, da integralet per definition er ikke-negativt. Vi må ligeledes trække skalarer udenfor pga. regneregler for integraler. (n3) - eller trekantsuligheden - følger af Minkowskis ulighed samt at Lp (µ) er et vektorrum ifølge Sætning 7.5.2(i). Lad f, g ∈ Lp (µ), så  p1 Z p |f + g| dµ ||[f ] + [g]||p = ||[f + g]||p = X  p1  Z Z  p1 p p |g| dµ = ||[f ]||p + ||[g]||p . |f | µ + ≤ X X Endelig viser vi (n4) for f ∈ Lp (µ), ved at se, at Z ||[f ]||p = 0 ⇔ |f |p dµ = 0 ⇔ |f |p = 0 µ − n.o. ⇔ f = 0 µ − n.o. ⇔ [f ] = 0 X hvor anden biimplikation følger af Sætning 5.3.6(i) og sidste biimplikation følger af definitionen på [·]. Som ønsket. Der, hvor det går galt med normen på Lp (µ) er i den sidste biimplikation, for der får man kun, at f = 0 µ-n.o. 6 Konvergens i p-middel Hovedresultatet i dette kapitel er Fischers Fuldstændighedssætning, der siger at Cauchy-følger er konvergente, men da det i høj grad beror på Lemma 7.4.6, vil jeg først opskrive Fischer og derpå vise Lemmaet, og så nå det, jeg kan, af Fischers sætning til sidst. Fischers Fuldstændighedssætning Lad (X, E, µ) være et målrum, lad p være et tal i [1, ∞), og lad (fn ) være en følge af funktioner fra M(E). Da er følgende betingelser ækvivalente: 1. (fn ) er en Cauchy-følge i µ − p-middel. 2. Der findes en funktion f fra M(E), så fn → f i µ − p-middel for n → ∞ Lemma 7.4.6 Lad (X, E, µ) være et målrum, lad p være et tal i [1, ∞) og lad (fn ) være en følge af funktioner fra M(E), som udgør en Cauchy-følge i µ − p-middel. Da findes en voksende følge n1 < n2 < n3 < ... af naturlige tal og en funktion f fra M(E), så lim fnk (x) = f (x) for µ-n.a. x ∈ X k→∞ Bevis. Da (fn ) er en Cauchy-følge i µ − p-middel ved vi, at  p1 Z p |fn − fm | dµ = ||fn − fm ||p ≤ ǫ. ∀ǫ > 0∃N ∈ N∀n, m ≥ N : X ifølge Definition 7.4.5., og fordi vi har p ≥ 1 og dermed en semi-norm. Specielt kan vi for ethvert k ∈ N vælge et tal Nk i N, så ||fn − fm ||p ≤ 2−k , når n, m ≥ Nk . dvs. vi laver en ny følge (Nk ). Vi vælger derefter en voksende følge n1 < n2 < n3 < ... af naturlige tal, så nk ≥ Nk for alle k ∈ N, dvs. vi laver en delfølge (nk ) af (Nk ). Specielt har vi så, at ||fnk+1 − fnk ||p ≤ 2−k ∀k ∈ N. (1) Vi betragter derefter funktionen g : X → [0, ∞] givet ved g(x) = lim K→∞ K X k=1 |fnk+1 (x) − fnk (x)| p = 20 ∞ X k=1 p |fnk+1 (x) − fnk (x)| , (x ∈ X) (2) 21 dvs. den uendelige sum af "afstande"mellem naboerne i funktionsdelfølgen. DesuP K p den benytter vi konventionen ∞ = ∞. Afsnitsummerne sK (x) = k=1 |fnk+1 (x)− p fnk (x)| vokser med K og er en følge af funktioner fra M(E)+ , idet alle leddene er ikke-negative, og det er endelige summer af målelige funktioner. Dermed giver Monoton Konvergens, Minkowskis ulighed og vurderingen (1), at g ∈ M(E)+ , samt, at Z g dµ = lim K→∞ X ≤ lim K→∞ Z X K X k=1 K X k=1 |fnk+1 − fnk | ||fnk+1 − fnk ||p p p dµ = lim ≤ K→∞ ∞ X k=1 2 −k K X k=1 p |fnk+1 −fnk | = 1. p p (3) Dvs. integralet af g er endeligt, så g < ∞µ-n.o. ifølge Sætning 5.3.6(iii), hvilket betyder, at µ(A) = 0, hvor  A = {x ∈ X : g(x) = ∞} = x ∈ X : ∞ X k=1 |fnk+1 (x) − fnk (x)| = ∞ , 1 hvor detP sidste lighedstegn følger af formlen af g samt at ∞ p = ∞. Hvis x ∈ Ac , er rækken ∞ k=1 (fnk+1 (x)−fnk (x)) således absolut konvergent og dermed konvergent. Derfor eksisterer grænseværdien lim K→∞  fn1 (x) + K X k=1 fnk+1 (x) − fnk (x)
 = lim fnK+1 (x) K→∞ (4) i R, hvor lighedstegnet kommer af, at venstresiden er en teleskoperende række, så alle led pånær det på højresiden bliver spist. Vi kan således definere funktionen f : X → R ved formlen f (x) = lim fnk (x)1Ac (x), k→∞ (x ∈ X) fordi når x ∈ Ac så er f (x) lig med ligningen i (4), som vi lige har vist eksisterer for alle x ∈ Ac , og når x ∈ A så er f (x) = 0, så den findes for alle x ∈ X. Desuden bemærker vi, at fnk → f µ-n.o., fordi den konvergerer for alle x ∈ Ac . Da A ∈ E, da g blev vist at være målelig, og A er tilbagetrækket af en målelig funktion, så følger det fra Korollar 4.3.7, at f ∈ M(E), som ønsket. Bevis for Fischers Fuldstændighedssætning. "(ii) ⇒ (i)": Antag, at f ∈ M(E) og at fn → f i µ-p-middel. For vilkårlige n, m i N finder vi da ved anvendelse af Minkowskis ulighed, at ||fn − fm ||p = ||fn − f + f − fm ||p ≤ ||fn − f ||p + ||f − fm ||p hvor sidste udtryk går mod 0 for n, m → ∞. Dermed er (fn ) en Cauchy-følge i µ-p-middel. KAPITEL 6. KONVERGENS I P-MIDDEL 22 "(i) ⇒ (ii)": Antag (fn ) er en Cauchy-følge iµ-p-middel. Ifølge Lemma 7.4.6 findes da en voksende følge (nk ) af naturlige tal og en funktion f fra M(E), så fnk → f µn.o. for k → ∞. Vi viser nu, at fn → f i µ-p-middel for n → ∞. Betragt hertil et vilkårligt positivt ǫ, og vælg i henhold til Definitionen af Cauchyfølger i µ-p-middel et N i N, så ||fn − fm ||p ≤ ǫ, når n, m ≥ N. (5) Vælg derefter et K i N, så nk ≥ N for alle k i {K, K + 1, K + 2, ...}. For ethvert n i {N, N + 1, N + 2, ...} finder vi så ved anvendelse af Fatous Lemma, at Z Z  Z  p p |fn − fnk |p dµ lim inf |fn − fnk | dµ ≤ lim inf |fn − f | dµ = X X = lim inf ||fn − k→∞ k→∞ k→∞ fnk ||pp X = lim inf ||fn − fnK+k ||pp ≤ ǫp , k→∞ (6) Første lighedstegn følger af, at fnk konvergererer mod f µ-n.o., så lim inf fnk stemmer overens med f pånær på en µ-nulmængde, og dem kan integralet ikke se. Uligheden følger af Fatous. Næste lighed følger af definitionen på p-normen, og den sidste lighed følger af, at det er ligemeget hvor vi starter i fnk når vi tager grænser. Sidste ulighed følger nu af, at nK+k ≥ N , så ifølge (5) er p-normen mindre end ǫ, og dermed tager vi lim inf af et fast tal, som bare er tallet selv, så vi kan se bort fra lim inf. Da ǫ var vilkårligt viser dette, at fn → f i µ-p-middel, som ønsket. 7 Hilbertrum og projektionssætningen Da Projektionssætningen beror væsentligt på Sætning 9.3.1, så skriver jeg Projektionssætningen op og gennemgår derpå Sætning 9.3.1 og ser, om jeg kan nå noget af Projektionssætningen. Projektionssætningen Lad (H, h·, ·i) være et Hilbert-rum og lad U være et lineært underrum af H, som er lukket med hensyn til metrikken ρ givet ved p (1) ρ(x, y) = ||x − y|| = hx − y, x − yi 1. For enhver vektor x i H findes der én og kun én vektor xU i U , som opfylder, at x − xU ∈ U ⊥ 2. Vektoren xU er endvidere identisk med den af Sætning 9.3.1 entydigt bestemte vektor i U , der ligger tættest på x. Sætning 9.3.1 Lad (H, h·, ·i) være et Hilbert-rum, og lad G være en ikke-tom, konveks delmængde af H, som tillige er lukket med hensyn til metrikken ρ givet i (1). For enhver vektor x ∈ H findes der en entydigt bestemt vektor xG fra G, som ligger tættest på x, dvs. ||x − xG || = inf ||x − u||. u∈G (2) Bevis. Vi sætter indledningsvist δ := inf ||u − x|| ∈ [0, ∞). u∈G Dette inf findes, da normen er reel, så vi får en reel mængde, og normerne er positive, så mængden er begrænset nedadtil. Desuden er den skarpt mindre end +∞, fordi G er ikke-tom, så der er mindst ét element u∗ i G, hvor afstanden til x er endelig. Da inf er et undertal for mængden af afstande, så kan inf i hvert fald ikke være større end ||u∗ − x||, dvs. denne afstand begrænser inf opadtil. For hvert n i N kan vi da vælge en vektor un fra G, så δ ≤ ||un − x|| ≤ δ + n1 , 23 24 KAPITEL 7. HILBERTRUM OG PROJEKTIONSSÆTNINGEN idet inf er en grænseværdi for mængden, den er inf over. For vilkårlige naturlige tal n, m finder vi ved anvendelse af Parallelogramloven, at ||un − um ||2 = ||(un − x) + (x − um )||2 = 2||un − x||2 + 2||x − um ||2 − ||un + um − 2x||2 1 = 2||un − x||2 + 2||x − um ||2 − 4||( (un + um ) − x)||2 2   1 = 2 ||un − x||2 + ||x − um ||2 − 2|| (un + um ) − x||2 2   1 2 1 2 ≤ 2 (δ + ) + (δ + ) − 2δ 2 → 0 for n, m → ∞ n m (3) hvor vi benytter, at || 21 (un + um ) − x|| ≥ δ, fordi 12 (un + um ) ∈ G, idet G er konveks og det er en konveks kombination af un og um . Det følger umiddelbart fra vurderingen (3), at un er en Cauchy-følge med hensyn til metrikken ρ, og da H er et Hilbert-rum, så er det fuldstændigt, så der findes en vektor xG i H, så ||un − xG || → 0 for n → ∞. Idet un ∈ G for alle n per konstruktion, og G er antaget lukket, så er xG nødvendigvis element i G per følgelukkethed. Eftersom normen || · || er en kontinuert afbildning ifølge Bemærkning 9.1.10, så følger det yderligere, at ||x − xG || = lim ||x − un || = δ, n→∞ hvor sidste lighedstegn følger af, at un er valgt til have afstand mellem δ og δ + n1 som går mod δ for n → ∞. Det betyder, at xG opfylder kravet fra (2) om at være elementet, som er tættest på x. For at vise entydighedsudsagnet, antager vi, at z er en vektor fra G, der opfylder, at ||x − z|| = δ. Ved at gentage udregningen fra (3) opnår vi, at ||z − xG ||2 = ||(z − x) + (x − xG )||2 = 2||z − x||2 + 2||x − xG ||2 − ||z + xG − 2x||2   1 = 2 ||z − x||2 + ||x − xG ||2 − 2|| (z + xG ) − x||2 2 2 2 2 ≤ 2(δ + δ − 2δ ) = 0. hvor uligheden følger af, at det sidste led er større end δ, fordi z, xG begge ligger i G, som er konveks, og 21 (z + xG ) er en konveks kombination af z, xg . Da vi er i et Hilbert-rum og vi dermed har et rigtigt indre produkt, sikrer dette, at z = xG , som ønsket. Bevis for Projektionssætningen. Da U er et underrum af H, så er det specielt en konveks mængde, da uligheden i kravt om konveksistet nu gælder med lighedstegn. Det følger derfor fra Sætning 9.3.1, at der findes en entydigt bestemt vektor 25 xU i U , så ||x − xU || = inf ||x − u||. u∈U (4) Vi viser nu, at hx − xU , ui = 0 for alle u i U \ {0}, dvs. x − xU ligger i det ortogonale komplement til U . hvilket etablerer (1) og (2) i Projektionssætningen på nær entydighedsudsagnet i (1). Lad derfor u fra U \ {0} være givet, og bemærk, at pga. (ip4) og (ip1) kan vi uden tab af generalitet antage, af ||u|| = 1, fordi (ip4) giver at normen er forskellig fra 0, da u 6== 0, og (ip1) gør at vi kan normere vektoren og stadig sikre, at det indre produkt vil være 0 uanset længden, fordi hvis det giver nul, har vi 1 1 0 = hx − xU , ui = hx − xU , ui = hx − xU , ui ||u|| ||u|| Bemærk yderligere, at xU + βu ∈ U for alle β ∈ C da U er et underrum. Nu giver (4), (ip2) og (ip1), at ||x − xU ||2 ≤ ||x − (xU + βu)||2 = h(x − xU ) − βu, (x − xU ) − βui = h(x − xU ) − βu, (x − xU ) − βui = hx − xU , (x − xU ) − βui − βhu, (x − xU ) − βui   = ||x − xU ||2 − h(x − xU ), βui − β hu, (x − xU )i − β||u||2 = ||x − xU ||2 − h(x − xU ), βui − hβu, (x − xU )i + |β|2   = ||x − xU ||2 − h(x − xU ), βui + hβu, (x − xU )i + |β|2   2 = ||x − xU || − 2Re βhu, (x − xU )i + |β|2 hvilket betyder, at   0 ≤ −2Re βhu, x − xU i + |β|2 for alle β ∈ C. Vælges nu β = hx − xU , ui, følger det specielt, at 0 ≤ −2|hu, x − xU i|2 + |hx − xU , ui|2 = −|hx − xU , ui|2 , og vi kan derfor slutte, at hx − xU , ui = 0 som ønsket. Vi mangler nu blot at vise entydighedsudsagnet i (1) i projektionssætningen. Antag derfor, at z er en vilkårlig vektor i U , der opfylder, at x − z ∈ U ⊥ . Specielt har vi da, at x − z⊥z − xU , idet z − xU ∈ U da de begge ligger i U . Det følger så fra (4) og Pythagoras’ Sætning, at ||x − z||2 ≥ ||x − xU ||2 = ||(x − z) + (z − xU )||2 = ||x − z||2 + ||z − xU ||2 ≥ ||x − z||2 . Vi kan derfor slutte, at ||z − xU ||2 = 0, så da det er en rigtig norm følger det, at xU = z, som ønsket. 8 Fourier-transformationen og Inversionssætningen Jeg vil bevise inversionssætningen, der udtrykker hvordan man under passende antagelser kan "genskabe"en funktion f fra L1C (λ) direkte ud fra dens Fouriertransformerede. Inversionssætningen. Lad f være en funktion fra L1C (λ), der opfylder, at fˆ ligeledes er element i L1C (λ). Da gælder for λ-næsten alle x i R formlen Z 1 ˆ f (x) = √ fˆ(t)eitx λ(dt) = fˆ(−x). (1) 2π R Bevis. Betragt funktionerne φσ givet φσ (x) = √ 1 −x2 2πσ 2 e 2σ2 , (x ∈ R), (2) og bemærk, at formel (1) gælder i tilfædet f = φσ for ethvert positivt σ. Det gør det, fordi vi i Eksempel 12.1.5 så, at 1 −σ2 t2 φbσ (t) = σ −1 φσ−1 (t) = √ e 2 , 2π (t ∈ R) og det følger derfor for ethvet x ∈ R, at Z 1 b −1 φ −1 (−x) = σ −1 φ d √ φbσ (t)eitx λ(dt) = φbσ (−x) = σ\ σ σ −1 (−x) 2π R = σ −1 σφσ (−x) = φσ (x), (3) (4) hvor vi blot benytter regneregler for Fourier-transformationen og til sidst benytter, at φσ er en lige funktion. For en generel funktion f fra L1C (λ) finder vi derefter for ethvert positivt σ og ethvert x i R, at Z f (x − y)φσ (y)λ(dy) f ∗ φσ (x) = R Z Z  1 ity b √ = f (x − y) φσ (t)e λ(dt) λ(dy). (5) 2π R R hvor første lighedstegn følger af Sætning 12.4.1, der siger, at ∆(f, φσ ) = R når f er i L1 (λ) og σ > 0 og andet lighedstegn følger af ligningen (4). 26 27 Bemærk her, at funktionen (t, y) 7→ f (x − y)φbσ (t)eity er element i L1C (λ2 ), idet Tonellis Sætning giver, at Z Z Z ity b |f (x − y)|λ(dy) φbσ (t)λ(dt) |f (x − y)φσ (t)e |λ2 (dt, dy) = 2 R R ZR Z = σ −1 |f (y)|λ(dy) φσ−1 (t)λ(dt) R ZR −1 |f (y)|λ(dy) < ∞ =σ R hvor Tonellis Sætning kan bruges i første lighedstegn, fordi absolutværdien gør udtrykket positivt, og produktet ligger i M(B(R2 ))+ , fordi absolutværdien gør det hele positivt, og vi kan skrive produktet vha. projektionsafbildninger samt translationer, som alle er Borel-målelige. Andet lighedstegn følger af at bruge ligning (3) samt formel 11.18, som gør at x kan fjernes, idet målet er translationsinvariant, samt af (−1) kan trække udenfor men som absolutværdi, som derfor bare svarer til at gange med 1. Endelig ved vi, at tætheden for normalfordelingen integrerer til 1 ifølge opgave 11.4(d) for alle positive σ, hvilket giver os sidste lighedstegn. Vi kan dermed fortsætte udregningen i (5) ved at anvende Fubinis sætning: Z  Z 1 b f ∗ φσ (x) = √ f (x − y)eity λ(dy) λ(dt) φσ (t) ZR Z 2π R   1 −it(x−y) b f (x − y)e λ(dy) eitx λ(dt) = φσ (t) √ 2π R ZR   1 Z −ity b √ f (y)e λ(dy) eitx λ(dt) φσ (t) = 2π R R Z −σ 2 t2 1 =√ e 2 fb(t)eitx λ(dt), 2π R (6) Første lighedstegn bruger Fubini til at integrere med hensyn til t først så derefter med hensyn til y. Tredje lighedstegn benytter formel 11.18 igen til at skifte variabel og trække absolutværdien af (-1) udenfor. Fjerde lighedstegn benytter (3) igen samt definitionen af fb(t). Antager vi nu yderligere, at også fb ∈ L1C (λ), så følger det ved Domineret Konvergens med |fb| som majorent, at der for ethvert x ∈ R gælder, at Z Z −t2 1 1 itx b 2 2n e f (t)e λ(dt) = √ lim lim f ∗ φ 1 (x) = √ fb(t)eitx λ(dt). (7) n n→∞ n→∞ 2π 2π R R På den anden side fremgår det af Sætning 12.4.1, at f ∗ φ 1 → f i λ-1-middel for n n → ∞. Ifølge Korollar 7.4.10 findes derfor en voksende følge (nk ) af naturlige tal, så f ∗ φ 1 → f λ-n.o. for k → ∞. Sammenholdes dette med (7), fremgår det nu, nk at det for λ-næsten alle x ∈ R gælder, at Z 1 fb(t)eitx λ(dt), f (x) = lim f ∗ φ 1 (x) = √ nk k→∞ 2π R 28KAPITEL 8. FOURIER-TRANSFORMATIONEN OG INVERSIONSSÆTNINGEN fordi hvis hovedfølgen konvergerer mod højresiden af (7) over alt, så gør den det specielt λ-n.o., og så fordi delfølgen konvergerer λ-n.o., må den konvergere mod det samme, dvs. højresiden i (7). 9 Plancherels Sætning Plancherels Sætning. Der findes én og kun én bijektiv afbildning F2 : L2C (λ) → L2C (λ), der opfylder følgende betingelser for alle f, g i L2C (λ) og alle β i C: 1. F2 ([f ]) = [fb], hvis f ∈ L1C (λ) ∩ L2C (λ). 2. F2 (β[f ] + [g]) = βF2 ([f ]) + F2 ([g]). 3. ||F2 ([f ])||2 = ||[f ]||2 . Betragt mængderne Y og U fra Lemma 12.5.2 Y = {[f ] : f ∈ L1C (λ) ∩ L2C (λ)} U = {[fb] : f ∈ L1C (λ) ∩ L2C (λ)} og sæt endvidere Y0 = L1C (λ) ∩ L2C (λ). Det følger fra Korollar 12.4.4, og Sætning 12.5.1, at F0 ([f ]) = [fb], (f ∈ Y0 ), fastlægger en veldefineret afbildning af Y ind i L2C (λ). Den er veldefineret, fordi hvis [f ] = [g], så er f = g λ-n.o. per vores definition af ækvivalensklasserne, og så er fb = gb ifølge Korollar 12.4.4, da vi er i Y og dermed specielt i L1C (λ), og så er [fb] = [b g ] per definition af ækvivalensklasser. Sætning 12.5.1 giver, at fb ∈ L2C (λ), så [fb] ∈ L2C (λ), dvs. vi sender over i L2C (λ). Det følger videre fra Sætning 12.1.4(i), fordi vi er i L1 (λ), og Sætning 12.5.1, fordi vi er i Y0 , at F0 opfylder betingelserne (ii) og (iii) med F2 erstattet af F0 for alle f, g i Y0 og β i C. Grunden til, at vi gør det for F0 er, at den lever i Y0 , og der er vores sætninger direkte anvendelige. For en generel funktion f i L2C (λ) kan vi ifølge Lemma 12.5.2(i) betragte en følge (fn ) fra Y0 , således at ||fn − f ||2 → 0 for n → ∞. Det kan vi, fordi hvis f ∈ L2C (λ), så ligger [f ] ∈ L2C (λ), og da Y er tæt i L2C (λ), kan vi finde en følge ([fn ]) i Y , så ||[fn ] − [f ]||2 → 0 men ||[fn ] − [f ]||2 = ||[fn − f ]||2 = ||fn − f ||2 , (1) fordi p-normen for p ∈ (0, ∞) på ækvivalensklasser er den samme som for repræsentanter. Hvilket netop er det ovenstående. For vilkårlige n, m ∈ N følger det da, at ||F0 ([fn ]) − F0 ([fm ])||2 = ||F0 ([fn ] − [fm ])||2 = ||F0 ([fn − fm ])||2 = ||fn − fm ||2 → 0 29 KAPITEL 9. PLANCHERELS SÆTNING 30 for n, m → ∞, således at (F0 ([fn ]))n∈N er en Cauchy-følge i Banach-rummet L2C (λ), dvs. det er fuldstændigt. Tredje lighedstegn følger af, at F0 er en isometri, som vi viste i (iii). Da L2C (λ) er fuldstændigt, findes en funktion u i L2C (λ), således at afstanden ||F0 ([fn ]) − [u]||2 → 0 for n → ∞. Hvis (gn ) er en anden følge fra Y0 , som også opfylder, at ||gn − f ||2 → 0 for n → ∞, så vil der tilsvarende findes en funktion v i L2C (λ), således at ||F0 ([gn ]) − [v]||2 → 0 for n → ∞. Det følger da fra kontinuiteten af regneoperationerne og af || · ||2 , at ||[u] − [v]||2 = lim ||F0 ([fn ]) − F0 ([gn ])||2 n→∞ = lim ||F0 ([fn − gn ])||2 = lim ||fn − gn ||2 = 0, n→∞ n→∞ således at [u] = [v]. Da [u] således ikke afhænger af, hvilken følge fra Y0 vi approksimerer f med, så fremgår det, at vi kan definere en afbildning F2 : L2C (λ) → L2C (λ), som er veldefineret, ved formlen F2 ([f ]) = lim F0 ([fn ]) = [u], n→∞ hvor (fn )n∈N og u er fremkommet som beskrevet ovenfor, og grænseværdien er med hensyn til || · ||2 . Dvs. det F2 giver os, er grænsen af F0 taget på ækvivalensklasserne af funktionsfølgen (fn ), som vi bruger til at approksimere repræsentanten for [f ] med, hvilket per ovenstående giver os en entydigt bestemt funktion [u] i L2C (λ). Hvis yderligere f ∈ Y0 , så kan vi approksimere f med den konstante følge f, f, f, ... fra Y0 , og det fremgår derfor umiddelbart, at F2 ([f ]) = F0 ([f ]) = [fb], hvilket viser, at F2 opfylder (i). For at eftervise (ii) og (iii) betragter vi for givne f, g fra L2C (λ) og β ∈ C, og vi vælger så approksimerende følger (fn ) og (gn ) fra Y0 , således at ||fn −f ||2 , ||gn −g||2 → 0 for n → ∞. Da er (βfn + gn )n∈N en approksimerende følge fra Y0 for βf + g, og det følger fra definitionen af F2 , at
F2 (β[f ] + [g]) = F2 ([βf + g]) = lim F0 (βfn + gn ]) lim βF0 ([fn ]) + F0 ([gn ]) n→∞ n→∞ = β lim F0 ([fn ]) + lim F0 ([gn ]) = βF2 ([f ]) + F2 ([g]), n→∞ n→∞ hvor grænseværdierne er med hensyn til || · ||2 . Første lighedstegn bruger definitionen af ækvivalensklasser, anden lighed bruger definitionen af F2 , tredje lighed bruger at F0 er vist at være lineær, fjerde lighed bruger, at grænseværdien af konvergente følger er lineær også i L2 (λ), fordi addition og skalarmultiplikation er kontinuerte, og så følger linearitet per følgekontinuitet; og femte lighed bruger definitionen af F2 . Dette viser (ii). Med hensyn til (iii) finder vi tilsvarende, at ||F2 ([f ])||2 = lim ||F0 ([fn ])||2 = lim ||[fn ]||2 = ||[f ]||2 n→∞ n→∞ hvor første lighed bruger, at normen er kontinuert og dermed følgekontinuert samt definitionen af F2 , anden lighed bruger, at F0 er vist at være en isometri, og tredje 31 lighed bruger, at normen er kontinuert samt at p-normen på ækvivalensklasser er den samme som for repræsentanter. Hvilket netop viser (iii). Bijektivitet vises ved at sammenholde (ii) og (iii), som giver, at ||F2 ([f ]) − F2 ([g])||2 = ||F2 ([f − g])||2 = ||[f ] − [g]||2 , hvilket viser, at F2 er injektiv, fordi hvis F2 ([f ]) = F2 ([g]) så giver ovenstående, at [f ] = [g]. For at vise, at F2 er surjektiv, betragter vi en vilkårlig funktion u fra L2C (λ). Ifølge Lemma 12.5.2(ii) kan vi så vælge en følge (fn )n∈N fra Y0 , således at ||fbn − u||2 → 0 for n → ∞, fordi U er tæt i L2C (λ). For n, m ∈ N har vi ifølge Sætning 12.5.1 og Sætning 12.1.4(i), at ||fn − fm ||2 = ||fn\ − fm ||2 = ||fbn − fbm ||2 ≤ ||fbn − u||2 + ||u − fbm ||2 → 0 for n, m → ∞, således at (fn )n∈N er en Cauchy-følge i L2C (λ). Første lighed følger af, at Fourier-transformationen er en isometri i Y0 , og den er lineær i L1 (λ) og tredje lighed følger af trekantsuligheden. Da Lp er fuldstændigt for p ∈ [1, ∞), så er det det specielt for p = 2, så vi kan finde et element [f ] i L2C (λ) som [fn ] konvergerer mod, og da ækvivalensklasserne er isometriske, så gælder det samme for en repræsentant i f i L2C (λ), dvs. ||fn − f ||2 → 0 for n → ∞. Det følger nu fra definitionen af F2 , at F2 ([f ]) = lim F0 ([fn ]) = lim [fbn ] = [u], n→∞ n→∞ hvor grænseværdien igen tages med hensyn til ||·||2 , hvilket viser, at F2 er surjektiv. Vi mangler nu blot at vise, at F2 er entydigt bestemt af betingelserne (i) − (iii). Antag derfor, at G : L2C (λ) → L2C (λ) er en afbildning, der opfylder disse betingelser. For et givet f ∈ L2C (λ) kan vi som ovenfor vælge en approksimerende følge (fn )n∈N fra Y0 , og ifølge definitionen af F2 ved vi da, at lim ||F2 ([f ]) − [fbn ]||2 = lim || lim F0 ([fn ]) − [fbn ]||2 = lim || lim [fbn ] − [fbn ||2 n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ = lim ||[fbn ] − [fbn ]||2 = 0 n→∞ Men da G opfylder (i)-(iii) har vi endvidere, at ||G([f ]) − [fbn ]||2 = ||G([f ]) − G([fn ])||2 = ||G([f − fn ])||2 = ||f − fn ||2 → 0 for n → ∞. Første lighed følger af (i), anden lighed følger af (ii) og tredje lighed følger af (iii). Det betyder med andre ord, at [fbn ] konvergerer mod både F2 ([f ]) og G([f ]), så per entydighed af grænser i L2C )(λ) kan vi slutte, at F2 ([f ]) = G([f ]), hvorved sætningen er bevist. KAPITEL 9. PLANCHERELS SÆTNING 32 9.1 Addendum Korollar 12.4.4 For vilkårlige funktioner f, g ∈ L1C (λ) gælder fb = b h ⇔ f = g λ-n.o. Dvs. hvis vi er i L1 (λ), så er Fourier-transformationerne de samme, hvis og kun hvis, funktionerne er de samme næsten over alt. Sætning 12.5.1 For enhver funktion f fra L2C (λ)∩L1C (λ) gælder der, at fb ∈ L2C (λ), og at ||fb||2 = ||f ||2 . Dvs. hvis f er i L2C (λ) ∩ L1C (λ) så, er Fourier-transformationen en isometri og Fouriertransformatonen er også i L2C (λ) Sætning 12.1.4(i) Lad f, g ∈ L1C (λ), ζ ∈ C. Så er (ζf\ + g)(t) = ζ fb(t) + gb(t). Dvs. Fourier-transformationen er lineær, når vi er i L1 (λ). Lemma 12.5.2 1. Y er tæt i L2C (λ) med hensyn til normen || · ||2 . 2. U er tæt i L2C (λ) med hensyn til normen || · ||2 . 10 Uafhængige stokastiske variable og Store Tals Lov Stokastisk variabel Lad (Ω, F, P ) være et sandsynlighedsfelt, dvs. en ikketom mængde, en sigma-algebra på mængden, og et sandsynlighedsmål på sigmaalgebraen. Dvs. et S.S.-felt er et måleligt med et sandsynlighedsmål. En stokastisk variabel på (Ω, F, P ) er en afbildning X : Ω → R, som er F − B(R)-målelig. Uafhængige stokastiske variable Lad X1 , ...Xn være stokastiske variable defineret på (Ω, F, P ). Da er X1 , ..., Xn uafhængige, hvis der for vilkårlige mængder A1 , ..., An fra B(R) gælder, at P (X1 ∈ A1 , ..., Xn ∈ An ) = n Y j=1 P (Xj ∈ Aj ). Fordeling Fordelingen af en stokastisk variabel X er transformationen/billedmålet PX = P ◦ X −1 af P ved X (Def. 11.1.2). Dvs. PX er sandsynlighedsmålet på (R, B(R)) givet ved PX (B) = P ◦ X −1 (B) = P (X ∈ B), (B ∈ R). Store tals lov Lad (ω, F, P ) være et sandsynlighedsfelt, og lad X1 , X2 , ... være en følge af uafhængige, identisk fordelte stokastiske variable defineret herpå. Antag endvidere, at E[X14 ] < ∞. Da gælder identiteten lim n→∞ n 1 X n j=1  Xj (ω) = E[X1 ] for P -næsten alle ω i Ω. Bevis. Vi viser først sætningen under den ekstra antagelse, at E[X1 ] = 0. For Pn hvert n i N sætter definerer vi afsnitsummen: Sn = j=1 Xj . Ved anvendelse af Markovs ulighed finder vi da for et vilkårlige ǫ > 0, at P 1 n n 4 i i h X  h Xj |Sn | > ǫ ≤ ǫ−4 n−4 E |Sn |4 = ǫ−4 n−4 E = ǫ−4 n−4 E h X 1≤j1 ,j2 ,j3 ,j4 ≤n 33 j=1 i Xj1 Xj2 Xj3 Xj4 , 34KAPITEL 10. UAFHÆNGIGE STOKASTISKE VARIABLE OG STORE TALS LOV hvor vi har udnyttet, at |Sn |4 = Sn4 . Logikken i lighedstegnet er n X j=1 Xj 2 = = n X Xj 1 j1 =1 n n XX n  X  Xj2 = j2 =1 j1 =1 j2 =1 Xj1 j1 =1 X Xj1 X j2 = n X n X j2 =1 Xj2  X j1 X j2 1≤j1 ,j2 ≤n Det følger fra Sætning 7.3.8(iv), at Xj1 Xj2 Xj3 Xj4 ∈ L1 (P ) for alle j1 , j2 , j3 , j4 i {1, 2, ..., n}. Det betyder, at middelværdien er endelig for alle led i summen, og da summen har et endeligt antal led, ved vi at middelværdien splitter op i summer, så vi må trække sumtegnet udenfor. Vi kan derfor fortsætte udregningen ovenfor og slutte, at i h  1 X (1) E Xj1 Xj2 Xj3 Xj4 . |Sn | > ǫ ≤ ǫ−4 n−4 P n 1≤j ,j ,j ,j ≤n 1 2 3 4 Bemærk her, at hvis j1 , j2 , j3 , j4 in{1, ..., n} således at hvis f.eks. j2 er forskellig fra j1 , j3 , j4 , da giver antagelserne sammen med Korollar 13.5.5 og Korollar 13.5.6(i), at 
       E X j1 X j2 X j3 X j4 = E X j2 X j1 X j3 X j4 = E X j2 E X j1 X j3 X j4 = 0    idet E Xi ] = E X1 = 0 for i ∈ {1, ..., 4} per antagelse, og da de er identisk fordelte. Det fremgår således, at E Xj1 Xj2 Xj3 Xj4 = 0, med mindre j1 , ...j4 består af fire ens tal, eller de kan opdeles i to forskellige par af ens tal. Den førstnævnte situation h optræder for n led i summen på højresiden af (1), og disse led er alle lig med E X14 ]]. Med hensyn til sidstnævnte situation bemærker vi først, at der er n muligheder for at vælge værdien af j1 , hvorefter der er 3 muligheder for at vælge hvilken af j2 , j3 , j4 som skal være lig med j1 . Når denne er valgt, er der så n − 1 mulgheder for at vælge, hvilken værdi det resterende talpar skal antage. I alt er der således 3n(n − 1) led i summes på højresiden af (1), hvor j1 , ..., j4 kan opdeles i to forskellige par af ens tal, antagelserne og korollarerne i h ifølge i hdissei led er h og 2 13.5.5-13.5.6 alle lig med E X12 E X12 = E X12 . Sammenfattet har vi dermed, at h i2 i h i h X E Xj1 Xj2 Xj3 Xj4 = nE X14 + 3n(n − 1)E X12 , 1≤j1 ,j2 ,j3 ,j4 ≤n og sammenholdes dette med (1) ovenfor, kan vi slutte, at ∞ ∞  1  X h i X  2 
 4 −4 −4 P |Sn | > ǫ ≤ ǫ n nE X1 + 3n(n − 1)E X1 n n=1 n=1 ∞  h i X  2  <∞ ≤ ǫ−4 n−3 E X14 + 3n−2 E X12 n=1 35 hvor det er endeligt, fordi middelværdierne alle er endelige og det giver anledning til rækker, som vi også ved er endelige ganget med konstanter. Middelværdierne er endelige, fordi vi har antaget at have 4. moment, og da P er et sandsynlighedsmål, så er det specielt et endeligt mål, så L4 (P ) ⊆ L2 (P ), så vi har også 2. moment. Ved anvendelse af første Borel-Cantelli lemma (Sætning 7.2.6) følger det derfor, at P (Fǫ ) = 0, hvor Fǫ = \ [ 1 1 |Sn | > ǫ = {ω ∈ Ω : |Sn (ω)| > ǫ for uendeligt mange n}. n n k∈N n≥k Dvs. mængden af ω ∈ Ω hvor n1 |Sn (ω)| > ǫ for uendeligt mange n er en P -målelig 1 nulmængde. Specielt gælder
alle ǫ på formen k , hvor k ∈ N, og vi kan S dette for derfor videre slutte, at P forening af målelige nulmængder k∈N F k1 = 0, da en S ligeledes er en målelig nulmængde. Hvis ω 6∈ k∈N F 1 , så gælder der for ethvert k k ∈ N, at ω ∈ F 1c , altså at n1 |Sn (ω)| ≤ k1 for alle tilstrækkeligt store n. Dette bek tyder, at n1 Sn (ω) → 0 for n → ∞, og da dette er opfyldt P -nulmængden   udenfor S 1 , er sætningen derfor bevist i tilfældet, hvor E X1 = 0. F k∈N k     I det generelle tilfælde bemærker vi, at eftersom E Xj = E X1 for alle j, gælder der for hvert n ∈ N og ω ∈ Ω, at n 
1X Xj (ω) − E[Xj ] , Xj (ω) − E[X1 ] = n j=1 n j=1 n 1 X hvor X1 − E[X1 ], X2 − E[X2 ], X3 − E[X3 ], ... er en følge af uafhængige, identisk fordelte stokastiske variable med 4. moment og med middelværdi 0. De er uafhængige, fordi X1 , X2 , ... er uafhængige og middelværdierne blot er tal, og da middelværdierne er de samme, er det de samme tal. De er identisk fordelte, fordi X1 , X2 , ... er identisk fordelte og vi blot har trukket den samme konstant, nemlig middelværdien, fra dem. Deuden har de 4. moment, for hvis vi sætter det i fjerde og tager middelværdien, kan vi bare gange parentesen ud, og vi får da polynomier, hvor eksponenten er maksimalt 4, så vi ved, det bliver endeligt, da middelværdien er lineær. De har middelværdi 0, fordi   E Xi − E[Xi ] = E[Xi ] − E[Xi ] = 0 P Det fremgår derfor fra første del af beviset, at n1 nj=1 Xj − E[X1 ] → 0 P -n.o. for n → ∞, hvilket afslutter beviset. Det gør det, fordi det eneste vi antog i starten var at middelværdien var 0. Den antagelse har vi nu ikke lavet, men vi ender stadig med at følgen har middelværdi 0, hvorfor vi kan anvende resultatet igen. 36KAPITEL 10. UAFHÆNGIGE STOKASTISKE VARIABLE OG STORE TALS LOV 10.1 Addendum Markovs ulighed Hvis r ∈ (0, ∞) og X ∈ Lr (P ), så gælder der for ethvert positivt ǫ, at P (|X| > ǫ) ≤ 1 E[|X|r ]. r ǫ Sætning 7.3.8(iv) Lad (X, E, µ) være et vilkårligt målrum. Lad n være et naturligt tal i 2, 3, ... og lad f1 , ..., fn være funktioner fra Ln (µ). Da gælder der, at f1 · · · fn ∈ L1 (µ) og at ||f1 · · · fn ||1 ≤ ||f1 ||n · · · ||fn ||n . Korollar 13.5.5 Lad X1 , X2 , ... være en følge af uafhængige stokastiske variable, så er enhver omarrangering og delmængde af disse ligeledes en mængde af uafhængige stokastiske variable. Korollar 13.5.6(i) Lad X, Y L1 (P ) være uafhængige stokastiske variable. Så er XY ∈ L1 (P ) og E[XY ] = E[X]E[Y ] Borel-Cantelli Lad (X, E, µ) være et målrum, og lad (Fn )n∈N være en følge af mængder fra E. Lad endvidere U betegne mængden af elementer x fra X, der ligger i Fn for uendeligt mange n, altså \ [ U= Fn . k∈N n≥k Da gælder implikationen ∞ X n=1 µ(Fn ) < ∞ ⇒ µ(U ) = 0 Dvs. hvis rækken af mål på følgen er endelig, så er mængden indeholdende de elementer som ligger i Fn for uendeligt mange n en målelig nulmængde. 11 Eksamensspørgsmål 37 KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 38 11.1 11.1.1 Kapitel 1 Opgave 1.4 Betragt følgende systemer af delmængder af R: F = {F ⊆ R : F er lukket}, K = {K ⊆ R : K er kompakt}, I = {(a, b] : a, b ∈ R, a < b}, J = {(a, b] : a, b ∈ Q, a < b} Vis, at systemerne hver især frembringer B(R). Bevis. Først bemærker vi oplagt, at K ⊆ F og J ⊆ I (1.4) ⇒ σ(K) ⊆ σ(F) og σ(J ) ⊆ σ(I) hvilket betyder, at vi kan nøjes med at vise σ(F) ⊆ B(R), B(R) ⊆ σ(K) samt σ(I) ⊆ B(R) og B(R) ⊆ σ(J ). "F ⊆ B(R)": Antag F ∈ F, så er F lukket, og F c åbent, hvorfor F c ∈ B(R), men da B(R) er en σ-algebra, så gælder (F c )c = F ∈ B(R). Dvs. F ⊆ B(R), og nu giver formel (1.4), at σ(F) ⊆ B(R), som ønsket. "B(R) ⊆ σ(K)": Til dette betragter vi frembringersystemet fra Sætning 1.2.4
H = {(a, b) : a < b ∈ R} Det er nu nok at vise, at H ⊆ σ(K), for så giver (1.4), at σ(H) = B(R) ⊆ K, som ønsket. Lad derfor H ∈ H, så er H på formen (a, b) for a < b ∈ R. Men så kan vi skrive [ 1 1 (a, b) = [a − , b + ] ∈ σ(K) n n n∈N fordi σ-algebraer er lukkede under tællelig forening, som ønsket. Så nu har vi vist, at σ(K) ⊆ σ(F) ⊆ B(R) ⊆ σ(K) hvilket medfører, at B(R) = σ(K) = σ(F), som ønsket. "σ(I) ⊆ B(R)": Lad I ∈ I, så er I på formen I = (a, b]. Betragt nu frembringersystemet for B(R) fra Korollar 1.2.6 
R = (−∞, b] : b ∈ R} 11.1. KAPITEL 1 39 Idet vi kan skrive I som I = (a, b] = (−∞, b] ∩ (a, ∞) = (−∞, b] ∩ S  [ n∈N (a, n)  og da (∞, b], n∈N (a, n) ∈ B(R) ifølge Korollar 1.2.6 hhv. Sætning 1.2.4, og da σ-algebraer er snit-stabile, så gælder I ∈ B(R), dvs. I ⊆ B(R) så σ(I) ⊆ B(R) ifølge (1.4), som ønsket. "B(R) ⊆ σ(J )": Til dette betragter vi frembringersystemet for B(R) fra Korollar 1.2.6
Q = {(−∞, q] : q ∈ Q} Lad Q ∈ Q, så er Q på formen (∞, q]. Men så kan vi skrive Q som [ Q = (−∞, q] = (−n, q] ∈ σ(J ) n∈N idet σ(J ) er stabil under forening, og −n, q ∈ Q. Dermed har vi vist, at σ(J ) ⊆ σ(I) ⊆ B(R) ⊆ σ(J ) hvilket er ækvivalent med σ(J ) = σ(I) = B(R) som ønsket. KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 40 11.1.2 Opgave 1.9 Lad X betegne en ikke-tom mængde og lad (An )n∈N være en følge af mængder fra X. Betragt endvidere lim inf An := n→∞ ∞ ∞ \ [ Ak , og n→∞ n=1 k=n (a1) Vis, at lim sup An := ∞ ∞ [ \ Ak n=1 k=n lim inf An = {x ∈ X : x ∈ An for alle n fra et vist trin} = S1 , n→∞ T "⊆": Hvis x ∈ lim inf An , så findes et N ∈ N så x ∈ ∞ k=N Ak . Men x ligger kun i denne mængde, hvis den ligger i Ak for alle k ≥ N , som ønsket. "⊇": Lad x ∈ S1 Tog lad N være det trin, hvorfra x ∈ An for alle n ≥ N . Så ligger x specielt i ∞ k=N Ak og dermed i lim inf An , da den blot kræver, at mindst et af udsagnene, vi forener, over er opfyldt. (a2) Vis, at lim sup An = {x ∈ X : x ∈ An for uendeligt mange n} = S2 . n→∞ S "⊆ + ⊇": Lad x ∈ lim sup An . Dette er ækvivalent med, at x ∈ ∞ k=n for alle n ∈ N. Ellers kan vi antage for modstrid, at der kun er et endeligt antal, og så udlede en modstrid. Men det er det samme som at sige, at x ∈ An for uendeligt mange n ∈ N, dvs. x ∈ S2 . Dette viser begge inklusioner. (b) Vis, at ∞ \ n=1 An ⊆ lim inf An ⊆ lim sup An ⊆ n→∞ n→∞ ∞ [ An . n=1 T Første inklusion: Hvis x ∈ ∞ n=1 An , så gælder x ∈ An for alle n ≥ 1, så x ∈ S1 hvilket ifølge (a1) viser det ønskede. Anden inklusion: Hvis x ∈ lim inf An , så gælder x ∈ An for alle n fra et vist trin ifølge (a1), dvs. for uendeligt mange n, og dermed x ∈ S2 , hvilket ifølge (a2) viser det ønskede. Tredje inklusion: Hvis x ∈ lim sup An , så gælder ifølge definitionen, S∞ at x ∈ S∞ k=1 Ak , som k=n Ak for alle n ∈ N og dermed specielt for n = 1, dvs. x ∈ ønsket. (c) Vis, at lim inf An = n→∞ ∞ [ n=1 An = lim sup An n→∞ 11.1. KAPITEL 1 41 hvis (An ) er en voksende følge, dvs. A1 ⊆ A2 ⊆ .... Vi bemærker ifølge (b), at det er nok at vise ∞ [ n=1 An ⊆ lim inf An n→∞ S Så lad (An ) være en voksende følge og lad x ∈ ∞ n=1 An . Så findes et N ∈ N, så x ∈ AN . Men idet (An ) er voksende, så er x ∈ AN ⊆ AN +1 ⊆ ..., dvs x ligger i An for alle n ≥ N , hvilket er ækvivalent med x ∈ S1 = lim inf An ifølge (a1), som ønsket. (d) Vis, at lim inf An = n→∞ ∞ \ An = lim sup An n→∞ n=1 Bemærk, at ifølge (b) er det nok at vise lim sup An ⊆ n→∞ ∞ \ An n=1 Så lad (An ) være en dalende følge og lad x ∈ lim sup An . Ifølge (a2) gælder x ∈ An for uendeligt mange n. Antag for modstrid, at det ikke gælder for alle n, dvs. at x 6∈ ∩∞ n=1 An . Så findes et N ∈ N så x 6∈ AN ⊇ AN +1 ⊇ .... Men idet følgen er dalende er det ækvivalent med, at x 6∈ An for alle n ≥ N , men så ligger x maksimalt i N − 1 < ∞ elementer fra følgen, hvilket er en modstrid. (e) Antag, at X = R, og at An = [0, xn ] for alle n, hvor (xn ) er en begrænset følge af positive tal. Vis da, at [0, lim sup xn ) ⊆ lim sup An ⊆ [0, lim sup xn ]. n→∞ n→∞ n→∞ Første inklusion: Lad x ∈ [0, lim supn→∞ xn ), så giver definitionen af lim sup xn , at x < lim supn→∞ xn = inf n∈N supk≥n xk . Og vi ved, at supremum findes, fordi (xn ) er begrænset og reel, og inf af supremum eksisterer, fordi (xn ) er positiv og dermed nedadtil begrænset. Dvs x er skaprt mindre end det største undertal for supk≥N xk , så x er selv et undertal, dvs. x < sup xk k≥n ∀n ∈ N Så specielt har vi, at for alle n findes et K ≥ n, så x < xk . For hvis der ikke gjorde, så ville x ≥ xk for alle k, men så er x et overtal og dermed større end det mindste overtal, dvs. x ≥ supxk , hvilket er en modstrid. Dermed gælder der specielt, at x∈ ∞ ∞ [ \ n=1 k=n [0, xk ] = lim sup An n→∞ 42 KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL som ønsket. T S∞ Anden inklusion: Antag x ∈ ∞ n=1 k=n [0, xk ]. Dette er ækvivalent med, at for alle n eksisterer et k ≥ n, så x ≤ xk . Specielt må der gælder x ≤ sup xk k≥n idet sup er et overtal. Men da dette gælder for alle n, så må x være et undertal for alle supremum’erne, og dermed mindre end det største undertal for alle supremumerne, dvs. x ≤ inf sup xk = lim sup xn n∈N k≥n n→∞ hvilket netop betyder, at x ∈ [0, lim supn→∞ xn ]. 11.1. KAPITEL 1 11.1.3 43 Opgave 1.15 Lad (X, E, µ) være et målrum, og lad (Bn ) være en følge af mængder fra E. 1. Vis, at der altid gælder ulighederne  \ Bn ≤ inf µ(Bn ), µ n∈N µ [ n∈N n∈N  Bn ≥ sup µ(Bn ). n∈N 2. Vis, at hvis (Bn ) er en dalende følge af mængder så gælder der altid uligheden  \ Bn ≤ lim µ(Bn ), µ n∈N n→∞ jvf. Sætning 1.3.4(vi). T Ad (1). "≤": Bemærk, at n∈N Bn ⊆ Bi for alle i ∈ N. Nu giver Sætning 1.3.4(ii), at \ ≤ µ(Bi ) ∀i ∈ N µ n∈N dvs. at µ T n∈N  Bn er et undertal for mængden M = {µ(Bi ) ∈ R : Bi ∈ E}. Men så er det mindre end det største undertal, hvilket netop er inf n∈N µ(Bn ), som ønsket.  S S "≥": På symmetrisk vis, så er Bn ⊆ n∈N Bn for alle n ∈ N, dvs. µ n∈N Bn er et overtal for for M , men så er det større end det mindste overtal, som jo er supn∈N µ(Bn ), som ønsket. Ad (2). Antag, at (Bn ) er en dalende følge af mængder, dvs. Bn+1 ⊆ Bn for alle n ∈ N. Så er µ(Bn ) monotont aftagende, hvorfor grænseværdien eksisterer, og da målet er ikke-negativt, er grænsen ligeledes begrænset nedadtil, så grænsen er også forskellig fra −∞. Ifølge (1) har vi yderligere, at  \ Bn ≤ inf µ(Bn ) ≤ µ(Bn ) ∀n ∈ N µ n∈N n∈N hvor sidste ulighed følger af, at inf er undertal for mængden af µ(Bn )’erne. Men inf er blot et tal, så vi kan tage grænseværdien på begge sider af anden ulighed, og da grænser respekterer bløde uligheder, får vi inf µ(Bn ) ≤ lim µ(Bn ) n∈N n→∞ KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 44 og dermed µ \ n∈N som ønsket.  Bn ≤ lim µ(Bn ) n→∞ 11.1. KAPITEL 1 11.1.4 45 Opgave 1.18 Betragt målrummet (R, B(R), λ). Lad B være en vilkårlig Borel-mængde, og betragt funktionen f : (0, ∞) → [0, ∞) givet ved f (x) = λ(B ∩ (−x, x]), (x ∈ (0, ∞)). 1. Vis, at f er voksende og kontinuert 2. Bestem grænseværdierne limx→∞ f (x) og limx→0 f (x). 3. Vis, at for ethvert reelt tal a ∈ [0, λ(B)] findes en Borel-mængde A, så A ⊆ B og λ(A) = a. Ad (1). "Voksende": Antag x ≤ y ∈ (0, ∞), så er (B ∩ (−x, x]) ⊆ (B ∩ (−y, y]), og så giver Sætning 1.3.4(ii), at f (x) = λ(B ∩ (−x, x]) ≤ λ(B ∩ (−y, y]) = f (y), dvs. f er voksende som ønsket. "Kontinuert": Vi viser højre- hhv. venstrekontinuitet hver for sig. Men da argumenterne for de to er ens, så tager vi bare en af dem, nemlig højrekontinuitet. Vi viser højrekontinuitet vha. følgekontinuitet. Lad (xn ) være en aftagende følge i (0, ∞) således at limn→∞ xn = x. Lad nu Bn = B ∩ [−xn , xn ]. Vi vælger lukket i begge sider, da fællesmængde bevarer lukkethed i det tællelige tilfælde. Da gælder Bn+1 ⊆ Bn ∀n ∈ N dvs. følgen af mængder er dalende. Så nu får vi lim f (xn ) = lim λ(Bn ) n→∞ \ Dalende Bn ) = λ( n→∞ n∈N = λ(B ∩ [−x, x])
= λ(B ∩ (−x, x] ∪ {−x} )
= λ (B ∩ {−x}) ∪ ((−x, x] ∩ B) = λ(B ∩ {−x}) + λ((−x, x] ∩ B) = λ((−x, x] ∩ B) = λ(B ∩ (−x, x]) = f (x) som ønsket. Altså er f højrekontinuert. Ad (2). Vi bemærker først, at fordi f er voksende, så findes grænseværdierne fra alle sider. "x → ∞": Lad (xn ) ⊆ (0, ∞) være en følge, der går mod uendelig. Så får vi KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 46 per opgave 1.17, at det er nok at se på følgen, dvs. lim f (x) = lim f (xn ) x→∞ n→∞ = lim λ(B ∩ (−xn , xn ]) n→∞ [ voksende = λ( B ∩ (−xn , xn ]) n∈N = λ(B ∩ [ (−xn , xn ]) n∈N = λ(B ∩ R) = λ(B) "x → 0": Lad (zn ) ⊆ (0, ∞) være en dalende følge med grænseværdi 0. Så får vi per følgekontinuitet, at 0 ≤ lim f (z) = lim f (zn ) z→0 n→∞ = lim λ(B ∩ (−zn , zn ]) n→∞ \ dalende = λ( B ∩ (−zn , zn ]) n∈N = λ(B ∩ {0}) ≤ λ({0}) = 0 altså er limx→0 f (x) = 0. Ad (3). Lad a ∈ [0, λ(B)]. Da vi har, at [0, λ(B)] er et lukket interval, og at funktionen f (x) er kontinuert, så kan vi bruge mellemværdisætningen, som siger, at der findes et x0 ∈ (0, ∞) således, at f (x0 ) = a. Men f (x0 ) er også lig med λ(B ∩ (−x0 , x0 ]). Så hvis vi nu lader A = B ∩ (−x0 , x0 ] ⊆ B, så har vi, at λ(A) = f (x0 ) = a, og så er vi færdige. 11.1. KAPITEL 1 11.1.5 47 Opgave 1.22 (Aflevering) Lad µ være et endeligt mål på (R, B(R))) og betragt funktionen Fµ : R → [0, ∞) givet ved Fµ (x) = µ((−∞, x]), (x ∈ R). (a) Vis, at Fµ er voksende og bestem grænseværdierne lim Fµ (x) og x→−∞ lim Fµ (x). x→∞ Voksende: Lad x ≤ y ∈ R, så er Fµ (x) = µ((−∞, x]) ≤ µ((−∞, y]) = Fµ (y) ifølge Sætning 1.3.4(ii), idet (−∞, x] ⊆ (−∞, y], og de er begge oplagt Borelmængder. "x → ∞": Vi bemærker først, at fordi F er monoton, så eksisterer de relevante grænseværider. Lad x ∈ R og x ≥ N ∈ N, så gælder |µ(R) − Fµ (x)| = |µ(R) − µ((−∞, x])| = µ((R \ (−∞, x]) = µ((x, ∞)) ≤ µ((N, ∞)) Ifølge Sætning 1.3.4. Vi viser nu, at µ((N, ∞)) → 0 for n → ∞. Så lad AN = (N, ∞). Dette er oplagt en dalende følge af Borel-mængder, og da µ(A1 ) ≤ µ(R) < ∞, så giver Sætning 1.3.4(vi), at   \ (N, ∞) = µ(∅) = 0 lim µ(AN ) = µ N →∞ N ∈N hvilket betyder, at limx→∞ Fµ (x) = µ(R), som ønsket. "x → −∞": Som ovenfor laver vi vurderingen |µ((−∞, x]) − µ(∅)| = µ((−∞, x]) ≥ µ((−∞, N ]) for x ≥ N , dvs. µ((−∞, −x]) ≤ µ((−∞, −N ]) for ethvert reelt tal x ≥ N ∈ N. Det er nu nok at vise µ((−∞, −N ]) → 0 for N → ∞, så lad BN = (−∞, −N ]. Dette er oplagt en dalende følge, så ifølge Sætning 1.3.4(vi) gælder der, at  \ (−∞, −N ]) = µ(∅) = 0 lim µ((−∞, −N ]) = µ N →∞ N ∈N KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 48 hvilket betyder, at limx→−∞ Fµ (x) = 0, som ønsket. (b) Vis, at Fµ er højrekontinuert. Ifølge opgave 1.17 er det nok at vise, at limn→∞ Fµ (xn ) = Fµ (x) for enhver aftagende følge med grænseværdi x. Lad (xn ) være en aftagende følge med grænseværdi x og betragt |Fµ (xn ) − Fµ (x)| = |µ((−∞, xn ]) − µ((−∞, x])| = |µ((−∞, xn ] \ (−∞, x])| = µ((x, xn ]) Det er nu nok at vise, at µ(x, xn ] → 0 for n → ∞. Så lad An = (x, xn ]. Dette er oplagt en dalende følge, og da målet er endeligt, så følger det fra Sætning 1.3.4, at  \ (x, xn ] = µ(∅) = 0 lim µ(An ) = µ n→∞ n∈N idet x aldrig er med i det vi snitter over, som ønsket. (c) Vis, at for alle x ∈ R eksisterer grænseværdien limy↑x Fµ (y) og udtryk den i termer af µ. Vi starter med at betragte for y ≤ x ∈ R |Fµ (x) − Fµ (y)| = µ((−∞, x]) − µ((−∞, y]) = µ((−∞, x] \ (−∞, y]) = µ((y, x]) Det er nu ifølge Opgave 1.17 nok at vise, at µ((yn , x]) → µ({x}) for n → ∞ for enhver voksende følge (yn ) med grænseværdi x. Så lad (yn ) være en sådan følge. Så er Bn = (yn , x] oplagt en dalende følge, så vi får \ (yn , x]) = µ({x}) lim µ((yn , x]) = lim µ(Bn ) = µ n→∞ n→∞ n∈N som ønsket. (d) Udtryk grænseværdien Fµ (x) − limy↑x Fµ (y) i termer af µ og vis, at Fµ er kontinuert i x, hvis og kun hvs µ({x}) = 0. Fµ er kontinuert i x, hvis og kun hvis den er højre- og venstrekontinuert i x. Men vi ved allerede, at Fµ er højrekontinuert, så det er nok at vise, at Fµ er venstrekontinuert hvis og kun hvis µ({x}) = 0. Men Fµ er vensterkontinuert per definition, hvis og kun hvis limy↑x Fµ (y) = Fµ (x) dvs. Fµ (x) − lim Fµ (y) = 0. y↑x Men vi viste i (c), at denne forskel var lig med µ({x}), dvs. Fµ er kontinuert, hvis og kun hvis µ({x}) = 0, som ønsket. 11.2. KAPITEL 4 11.2 11.2.1 49 Kapitel 4 Opgave 4.3 Lad X være en ikke-tom mængde, og lad A ⊆ X. Bestem da klassen M(E) af E-B(R)-målelige funktioner f : X → R i hvert af følgende tilfælde. (a) E = P(X). I dette tilfælde er M(E) mængden af alle funktioner f : X → R. For lad B ∈ B(R), så er f −1 (B) ⊆ X hvilket er ækvivalent med, at f −1 (B) ∈ P(X), og dermed er f målelig. (b) Lad E = {∅, X}, så er M(E) = {f : X → R | ∃c ∈ R : f (x) = c ∀x} =: M dvs. mængden af konstante funktioner. "⊇": Hvis f ∈ M , dvs. f (x) = c for alle x og et passende c ∈ R, så er ( ∅ ∈ E, hvis c 6∈ B f −1 (B) = X ∈ E, hvis c ∈ B uanset hvad er mængden målelig. "⊆": Lad f ∈ M(E), dvs. tilbagetrækket af f på enhver Borel-mængde er enten ∅ eller hele X. Idet {c} ∈ B(R) for alle c ∈ R oplagt, så gælder der specielt, at f −1 ({c}) ∈ E = {X, ∅}, ∀c∈R Da f er en veldefineret funktion, så er det kun et c som alt bliver sendt over i, for ellers ville alle elementer blive sendt i mere end et element, hvilket er en modstrid. Altså er f (x) = k ∈ R for alle x ∈ R for passende k. (c) E = {∅, A, Ac , X}, så er M(E) = {f : X → R | f −1 (B) ∈ E ∀B ∈ B(R)} ( n a, x ∈ A = f : X → R | ∃a, b ∈ R : f (x) = b, x ∈ Ac Dvs. f er konstant på A hhv. Ac . ∀x ∈ X o =: M1 "⊆": Antag, at f ∈ M(E) og antag for modstrid, at f ikke er konstant på A og Ac . Lad os antage, det ikke var tilfældet for eksempelvis A, dvs. at der findes x, y ∈ A så f (x) 6= f (y). Så vil f −1 ({x}) ( A, hvilket er en modstrid. Tilsvarende for Ac . "⊇": Antag f ∈ M1 . Så er f −1 ({a}) = A og f −1 ({b}) = Ac oplagt. Desuden er f ({a, b}) = X. Og antag endelig a, b 6∈ B, så er B = ∅, fordi A ∪ Ac = R. Dermed er f −1 (B) = ∅, og så gælder f ∈ M(E). KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 50 11.3 11.3.1 Kapitel 5 Opgave 5.2 Lad (X, E, µ) være et målrum. (a) Lad s være en funktion fra SM(E)+ skrevet på formen s= n X aj ✶Aj , (1) j=1 hvor a1 , ..., an ≥ 0 og A1 n, ..., An ∈ E. Vis da, at Z n X s dµ = aj µ(Aj ), j=1 uanset om (1) er en standard-repræsentation eller ej jvf. Definition 5.1.2. Vha. Sætning 5.2.7 får vi, da det er en endelig sum, at Z Z X Z n n n X X aj ✶Aj dµ = aj ✶Aj dµ = s dµ = aj µ(Aj ). j=1 j=1 j=1 Vi må bruge Sætning 5.2.7, fordi aj ≥ 0 og ✶Aj ∈ M(E)+ så aj ✶Aj ∈ M(E)+ for alle j ∈ {1, ..., n}. (b) Lad (An ) være en følge af disjunkte mængder fra E, lad (an ) være en følge af tal fra [0, ∞) og betragt funktionen s : X → [0, ∞) givet ved s(x) = ∞ X aj ✶Aj (x), j=1 (x ∈ X). Vis da, at (i) s ∈ M(E)+ og (ii) at Z ∞ X s dµ = aj µ(Aj ). j=1 Endelig (iii): Gælder (i) og (ii) også, hvis Aj ’erne ikke er disjunkte? Ad (i): s ∈ M(E) følger af Tuborg-resultatet, da aj og 0 er kontinuerte på Aj og Acj , og fordi Aj ∪ Acj = X samt at de begge er målelige. Plusset kommer fra, at 0, aj ≥ 0. Ad (ii): Lad nu fk = ak ✶Ak (x), ∀k ∈ N 11.3. KAPITEL 5 51 så er fk ∈ M(E)+ , fordi det er et vektorrum, og s(x) = ∞ X fk (x). j=1 Nu giver sætning 5.2.9 og Sætning 5.2.7, at Z s dµ = Z X ∞ fk (x) dµ = j=1 ∞ X ak j=1 Z ✶Ak (x) dµ = ∞ X ak µ(Ak ) j=1 som ønsket. Ad (iii): (i) gælder ikke, hvis Aj ’erne ikke er disjunkte, men (ii) gælder stadig. Lad Aj = {x} og aj = 1 for alle j ∈ N. Så er s(x) = ∞ X aj ✶Aj (x) = j=1 ∞ X j=1 aj = 1 = ∞ 6∈ M(E)+ . Men s vil stadig ligge i M(E)+ , hvor Sætning 5.2.7 og Sætning 5.2.9 stadig gælder, så (ii) holder stadig. (c) Betragt funktionen s : R → [0, ∞) givet ved ( n−2 , x ∈ (n − 1, n], og n ∈ N, s(x) = 0, x ∈ (−∞, 0]. Vis da, at s ∈ M(B(R))+ og udregn derefter integralet Vi kan skrive s(x) som ∞ X k=1 R s dλ. k −2 ✶(n−1,n] (x) + 0 · ✶(−∞,0] (x) som netop er formen vi betragtede i (b). Derfor giver (b) nu, at s ∈ M(B(R))+ og at vi kan regne integralet som Z som ønsket. s dλ = ∞ X k=1 −2 k λ((n − 1, n]) = ∞ X k=1 k −2 = π2 6 KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 52 11.3.2 Opgave 5.7 (Aflevering) Betragt funktionerne f1 , f2 , f3 : R → [0, ∞) givet ved f1 (x) = x2 , f2 (x) = For alle x ∈ R. Udregn integralet R 1 , 1 + x2 f3 (x) = e−|x| fj dλ for hver af dem. Vi bemærker først, at alle funktionerne oplagt er i M(B(R))+ , idet de er kontinuerte og ikke-negative. Dermed kan vi bruge Monoton Konvergens, og da de specielt er kontinuerte på kompakte intervaller af formen [0, n], kan vi bruge Hovedsætning 5.7.3 til at udregne integralerne som grænser af Riemann-integraler, der alle ligeledes ses at være lige funktioner. Vi får Z n Z n Z n Z lige M.K. 5.7.3 2 2 2 x λ(dx) = 2 lim x2 dx = ∞ x dx = 2 lim R x λ(dx) = 2 lim R n→∞ R Z R Z 1 λ(dx) = 2 lim R n→∞ 1 + x2 e −|x| λ(dx) = 2 lim R R som ønsket. n→∞ n→∞ −n Z Z ∞ 0 0 h in 1 π arctan(x) = 2 lim arctan(n) = 2 · = π dx = 2 lim 2 n→∞ n→∞ 1+x 2 0 n e−x dx = 2 lim 0 n→∞ −n n→∞ h − e−x in 0 = 2, 11.3. KAPITEL 5 11.3.3 53 Opgave 5.11 Betragt målrummet (N, P(N), τ ). (a) Bestem systemet Nτ af τ -nulmængder. Da nulmængder ikke nødvendigvis er målelige, så bemærker vi først, at fordi vores σ-algebra er P(N), så er alle mængder målelige. Dvs. det er nok at finde de målelige mængder, hvorpå tællemålet giver 0. Men det er oplagt kun den tomme mængde. Altså er Nτ = {∅} (b) Beskriv mængderne L(τ ) og L1 (τ ). Per definition har vi L(τ ) = {f ∈ M(P(N)) | Eτ (f + ) ∧ Eτ (f − ) < ∞} L1 (τ ) = {f ∈ M(P(N)) | Eτ (f + ) ∨ Eτ (f − ) < ∞} Vi bemærker med det samme, at da begge er mængder af funktioner f : N → R, så er det mængder af følger. Nu giver Eksempel 5.2.13 en anden form til integralerne, så vi får L(τ ) = {f ∈ M(P(N)) | ∞ X f (n) eller n=1 L (τ ) = {f ∈ M(P(N)) | ∞ X = {f ∈ M(P(N)) | ∞ X 1 + n=1 + f (n) og n=1 n=1 ∞ X ∞ X n=1 f − (n) < ∞} f − (n) < ∞} |f (n)| < ∞} Vi ser, at L(τ ) er en stor mængde af følger, men ikke alle følger. Alle rent positive og alle rent negative følger ligger der, for så er negativ- hhv. positiv-delen 0. Alle konvergente følger ligger der, for så har enten positiv- eller -negativ delen kun et endeligt antal elementer. Men eksempelvis ligger følgen (−1)n der ikke, fordi begge rækker er uendelige. Vi ser noget nemmere, at L1 (τ ) er mængden af følger, som giver anledning til en absolut konvergent rækkesum. (c) Vis, at der for enhver funktion f fra L1 (τ ) gælder, at Z ∞ X f (n) τ (dn) = f (n), N hvor rækken er absolut konvergent. n=1 KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 54 Vi har allerede set absolut konvergens oppe i (b), så nu kan vi regne integralet Z Z f (n) τ (dn) = f (n)✶N (n)τ (dn) N = Z
f + (n) − f − (n) ✶N (n) τ (dn) Z f i L1 = Eks. 5.2.13 = f (n)✶N (n) τ (dn) − ∞ X n=1 = Z + ∞ X n=1 + f (n) − + ∞ X f − (n)✶N (n)τ (dn) f − (n) n=1 − f (n) − f (n) = ∞ X f (n) n=1 (d) Vis, at hvis f ∈ L(τ ), så eksisterer grænseværdien limN →∞ og der gælder, at Z f (n) τ (dn) = lim N →∞ N N X PN n=1 f (n) i [−∞, ∞], f (n). n=1 Lad f ∈ L(τ ). Betragt N X n=1 f (n) = N X n=1 + f (n) − N X f − (n) n=1 Hvis vi tager grænsen af begge, får vi lim N →∞ N X n=1 f + (n) − lim N →∞ N X n=1 f − (n) = lim N →∞ N X n=1 f + (n) − N X n=1 N  X f − (n) = lim f (n) N →∞ n=1 Det første lighedstegn må vi ifølge analyse kun lave, hvis begge rækker er konvergente. Men overvej, hvorfor vi må alligevel i dette tilfælde: Hvis kun den ene række er konvergent, som er det værste der kan ske i L(τ ), så får vi enten ∞ − k eller k − ∞ og aldrig ∞ − ∞, hvorfor det altid vil være veldefineret. Og andet lighedstegn er helt lovligt og giver, det vi ønsker, nemlig at grænsen findes og er i [−∞, ∞]. For at regne integralet, betragt Z Z f (n) τ (dn) = f + (n) − f − (n) τ (dn) N N 11.3. KAPITEL 5 55 Vi må splitte integralet op over minusset, hvis og kun hvis {f ± = ∞} ∩ {f ∓ = −∞} = ∅ Men det har vi, idet f + og f − begge er ikke-negative. Så vi får Z Z + f (n) τ (dn) − f − (n) τ (dn) = N N Eks. 5.2.13 = ∞ X n=1 = lim N →∞ * = lim N →∞ + f (n) − N X n=1 N X n=1 ∞ X f − (n) n=1 + f (n) − lim N →∞ + − N X f − (n) n=1 f (n) − f (n) = lim N →∞ N X f (n) n=1 Hvor ∗ følger af samme overvejelser som ovenfor, nemlig at vi aldrig kommer til at få ∞ − ∞ og derfor altid vil ligge i [−∞, ∞]. KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 56 11.3.4 Opgave 5.13 Betragt målrummet (R, B(R), λ). (a) Betragt desuden følgen (fn ) af funktioner givet ved fn = n✶(0, 1 ] , (n ∈ N). R Bestem da limn→∞ fn (x) for alle x i R og limn→∞ fn dλ. Sammenhold det med Monoton Konvergens og Domineret Konvergens. n Hvis vi tegner fn (x) = n✶(0, 1 ] får vi en "trappe"fra højre mod venstre, bestån ende af linjestykkerne {((0, 1]; 1), ((0, 0.5], 2), ((0, 1/3], 3), ...}. "limn→∞ fn (x)": Lad x ∈ R. Hvis x 6∈ (0, 1] så er fn (x) = 0 for alle n, hvilket så er grænseværdien. Hvis x ∈ (0, 1], så er x > 0 og så vil n1 ↓ 0 for n → ∞. Dermed findes N ∈ N så n1 < x for alle n ≥ N , og for alle disse n vil fn = 0, hvorved grænsen igen er 0. Dermed limn→∞ fn (x) = 0 for alle x ∈ R. Vi regner nu integralet Z Z Z 1 1 fn dλ = n✶(0, 1 ] dλ = n ✶(0, 1 ] dλ = nλ((0, ]) = n = 1 n n n n så grænseværdien er ligeledes 1. Vi bemærker, at hvis domineret eller monoton konvergens havde kunnet bruges, så kunne vi have trukket grænseværdien inden for integralet, som så havde givet 0. Men Monoton Konvergens fungerer ikke, fordi fn ikke er voksende. Betragt evt f1 ≥ f2 på [ 12 , 1). Monoton Konvergens duer ikke, da vi ikke har en integrabel majorent. Grunden til, vi ikke har en integrabel majorent er, at sup fn = ∞ X n ✶( 1 ,1] n+1 n n=1 og denne er positiv og integrabel (tegn den evt). Og den integrerer til uendeligt, fordi Z Z ∞ ∞ ∞ X X X 1 1 1 5.2.9 nλ(( sup fn dλ = n ✶( 1 , 1 ] dλ = , )) = =∞ n+1 n n + 1 n n + 1 n=1 n=1 n=1 og da det er supremum af fn , så er den den mindst mulige majorent, som fn kunne have. (b) Lad g : R → R være en kontinuert funktion, og betragt følgen (gn ) af funktioner givet ved gn (x) = g(xn )✶[0,1] (x), (x ∈ R, n ∈ N). 11.3. KAPITEL 5 57 Bestem limn→∞ gn (x) for alle x ∈ R og limn→∞ R gn dλ. "limn→∞ gn (x)": hvis x 6∈ [0, 1] så er gn (x) = 0 for alle n. Hvis x = 1 så er gn (x) = g(1) for alle n. Hvis x = 0, så er gn (x) = g(0) for alle n. Hvis x ∈ (0, 1), så går xn mod 0, så limn→∞ gn (x) = 0 fordi g er (følge-)kontinuert. Vi vil gerne bruge Domineret Konvergens, sa vi skal finde en endeligt integrabel majorent for gn . Men gn (x) = g(xn )✶[0,1] (x) ≤ ✶[0,1] (x) · K =: f (x) fordi g er kontinuert, og vi behøver kun betragte den på det kompakte interval [0, 1], fordi hvis x ∈ [0, 1] så xn ∈ [0, 1], så vi ved, den antager sit maksimum, som vi nu kalder K. Da f yderligere er kontinuert på [0, 1], så er den integrabel, og Z ✶[0,1] K dλ = K < ∞ Så per Domineret Konvergens har vi Z Z Z gn dλ = lim gn dλ = ✶{1} g(1) + ✶[0,1) g(0) dλ = g(0) lim n→∞ n→∞ KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 58 11.3.5 Opgave 5.14 (Aflevering) Antag, at α ∈ R og at K ∈ (0, ∞). (a) Vis, at Z K xα λ(dx) = 0 ( ∞, (α + 1)−1 K α+1 , α ≤ −1 α > −1 Vi starter med at bemærke, at fn (x) := xα ✶[ 1 ,K] ↑ xα ✶(0,K] , er ikke-negativt, og n at f er kontinuert på det kompakte interval [ n1 , K], så fn er specielt målelig for alle n, så vi kan bruge Monoton Konvergens. Da fn (x) også er kontinuert på det kompakte interval, så er den også Riemann-integrabel, så vi kan også anvende Hovedsætning 5.7.3 og få Z K Z K Z K α α x λ(dx) = lim R xα dx (1) x λ(dx) = lim n→∞ 0 n→∞ 1 n 1 n Nu har vi to tilfælde. α 6= −1: så får vi vha stamfunktioner Z K h h x(α+1) iK 1 (α+1) i −1 (α+1) α lim R = (α + 1) K − lim x dx = lim n→∞ n→∞ n n→∞ α + 1 1 1 n n Vi bemærker nu, at 1 (α+1) = − lim n→∞ n ( 0, α > −1 ∞, α < −1 Sammenholdes dette med (1) og (2), får vi ( Z K ∞, xα λ(dx) = (α + 1)−1 K (α+1) , 0 α = 1: Nu får vi Z K α x λ(dx) = lim R n→∞ 0 Z n→∞ α < −1 α > −1 K xα dx 1 n h = lim log(x) iK 1 n =−−∞=∞ Så hvis vi føjer det til (3) får vi det ønskede resultat. (b) Vis, at Z ∞ K xα λ(dx) = ( (2) ∞, −(α + 1)−1 K α+1 , α ≥ 1, α < −1 (3) 11.3. KAPITEL 5 59 Ligesom før bemærker vi, at xα ✶[K,n] ↑ xα ✶[K,∞) , at den er kontinuert på det kompakte interval, ikke-negativ, hvorfor vi kan bruge Monoton Konvergens og Hovdsætning 5.7.3 igen og få Z ∞ Z n Z n α α xα dx x λ(dx) = lim R x λ(dx) = lim n→∞ K n→∞ K K Vi deler igen op i samme tilfælde. α 6= −1: Vi får Z n in h i h (α+1) α −1 (α+1) (α+1) −1 lim n −K = (α + 1) x dx = (α + 1) lim x lim R n→∞ n→∞ K n→∞ K Vi bemærker nu, at lim n (α+1) n→∞ = ( 0, ∞, α < −1 α > −1 Sammenholdes dette med ovenstående, får vi ( Z ∞ −(α + 1)−1 K α+1 , xα λ(dx) = ∞, K α < −1 α > −1 α = −1: Så får vi Z n h in xα dx = lim log(x) = lim log(n) − log(K) = ∞ lim R n→∞ K n→∞ K n→∞ Hvis det føjes til ovenstånende, får vi præcis det ønskede. KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 60 11.3.6 Opgave 5.22 Lad(X, E, µ) være et målrum, I et interval i R, f : X × I → R en funktion. For faste x ∈ X, t ∈ I betragter vi snitfunktionerne fx : I → R og f t : X → R givet ved fx (s) = f (x, s), (s ∈ I), f t (y) = f (y, t), (y ∈ X). og Vi antager, at f t ∈ L1 (µ) for alle t ∈ I, og vi kan da betragte funktionen F : I → R givet ved Z Z t F (t) = f (x)µ(dx) = f (x, t)µ(dx), (t ∈ I). X X Antag yderligere, at alle snitfunktionerne fx er kontinuerte i et punkt t0 fra I, og at der findes en funktion g fra M(E)+ , så Z ∀x ∈ X∀t ∈ I : |f (x, t)| ≤ g(x) og g(x)µ(dx) < ∞ X Vis da, at F ligeledes er kontinuert i t0 . Det gøres ved hjælp af følgekontinuitet og domineret konvergens. Så lad (tn ) ⊆ I være en følge med grænseværdi t0 . Vi bemærker først, at alle tre betingelser i Domineret Konvergens er opfyldt pr antagelse: 1. limn→∞ f (x, tn ) = limn→∞ fx (tn ) = limn→∞ fx (t0 ) = limn→∞ f (x, t0 ) idet fx er kontinuert i t0 for alle x 2. |f (x, tn )| ≤ g(x) fordi uligheden gælder for alle t ∈ I så dermed specielt for vores følge R 3. X g(x)µ(dx) < ∞ pr antagelse 11.3. KAPITEL 5 61 Dermed får vi lim F (tn ) = lim n→∞ n→∞ D.K = = Z Z = som ønsket. Z f (x, tn )µ(dx) X lim f (x, tn )µ(dx) X n→∞ lim fx (tn )µ(dx) X n→∞ snitf. kont = Z Z fx (t0 )µ(dx) X f (x, t0 )µ(dx) = F (t0 ) X KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 62 11.4 Kapitel 6 11.4.1 Opgave 6.3 Lad (X, E, µ), (Y, F, ν) være σ-endelige målrum, og lad f : X → R, g : Y → R være funktioner fra hhv. L1 (µ), L1 (ν). Betragt så funktionen h : X × Y → R givet ved ((x, y) ∈ X × Y ). h(x, y) = f (x)g(y), (a) Vis, at h ∈ L1 (µ ⊗ ν), og at Z X×Y h(x, y)(µ ⊗ ν)(dx, dy) = Z f (x)µ(dx) X Z g(y)ν(dy). Y Vi ønsker at bruge Tonelli og derefter Fubini. For at kunne bruge Tonelli skal vi vise, at h(x, y) ∈ M(E ⊗ F). Til det bruger projektionsfunktioner og bemærker, at f (x) = f ◦ p1 ∈ M(E ⊗ F) g(y) = g ◦ p2 ∈ M(E ⊗ F) hvor det, at de er målelige følger fra, at det er en sammensætning af målelige funktioner og dermed målelig. Desuden ved vi, at produktet af målelige funktioner er måleligt, så vi får, at h(x, y) ∈ M(E ⊗ F) også. Nu kan vi bruge Tonelli, så vi får Z X×Y |h(x, y)|(µ ⊗ ν)(dx, dy) Tonelli = Z Z X = = Z Z X X Y |f (x)g(y)|ν(dy)µ(dx) |f (x)| Z Y |g(y)|ν(du)µ(dx) |f (x)|µ(dx) Z Y |g(y)|ν(du) < ∞ fordi begge ligger i L1, som ønsket. Dermed ligger h ∈ L1 (µ ⊗ ν), og vi kan bruge Fubini til at vise det ønskede, idet vi har antaget at vi er i σ-endelige målrum. Vi 11.4. KAPITEL 6 63 får Z X×Y h(x, y)(µ ⊗ ν)(dx, dy) = Z = Z = Z Nc  f (x)g(y)ν(dy) µ(dx) Y f (x) Nc Z Y  g(y)µ(dy) ν(dx) f (x)µ(dx) Nc N nulmgd. = (b) Udregn værdien af integralet Z Z Z Z f (x)µ(dx) X g(y)ν(dy) Y Z g(y)ν(dy) Y xe−x−y λ2 (dx, dy) [0,∞)×[0,∞) Hvis vi lader f (x) = xe−1x ✶[0,∞) , g(y) = e−y ✶[0,∞) så er de oplagt begge i L1 (λ), så nu giver (a), at vi kan regne dem som produkter, dvs. Z Z −x−y xe λ2 (dx, dy) = xe−x e−y ✶[0,∞) ✶[0,∞) λ2 (dx, dy) R2 [0,∞)×[0,∞) Z (a) = = Z −x xe λ(dx) [0,∞) e−x λ(dx) [0,∞) = lim R n→∞ Partiel = Z 1 Z n xe−x dx 0 e−y λ(dy) [0,∞) KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 64 11.4.2 Opgave 6.9 Betragt tællemålet τ2 på (N2 , P(N2 )). (a) Vis, at τ2 = τ1 ⊗ τ1 . Før vi kan vise τ2 = τ1 ⊗ τ1 , skal det først vises, at P(N2 ) = P(N) ⊗ P(N). "⊇": Lad x ∈ P(N) ⊗ P(N). Så er x på formen x = (ai , bi ), hvor ai , bi ∈ N. Men dette er oplagt en delmængde af N2 , og dermed gælder x ∈ P(N2 ).’ "⊆": Lad A ∈ P(N2 ), dvs. A ⊆ N2 . Så er A tællelig, dvs. vi kan skrive A som en tællelig forening af et-punkts mængder [ A= {ai } n∈N for passende ai ∈ N. Men da hvert ai er et element i N2 , så kan vi skrive ai som (xi , yi ). Idet {xi }, {yi } ∈ P(N) for alle i, så har vi, at {xi } × {yi } ∈ P(N) ⊗ P(N). Da P(N) ⊗ P(N) er en σ-algebra, følger det nu fra (σ3) at A, den tællelige forening af disse mængder, også ligger i P(N) ⊗ P(N), som ønsket. Vi kan nu vise τ2 = τ1 ⊗ τ1 . Vi bemærker først, at τ1 er et σ-endeligt mål på (ovenst.) (N, P(N)), så specielt er τ1 ⊗ τ1 et σ-endeligt mål på (N, P(N) ⊗ P(N)) = (N, P(N2 )) ifølge Hovedsætning 6.3.3. Betragt nu systemet S = {A × B : A, B ∈ P(N)}. Så er S et snit-stabilt frembringersystem for P(N) ⊗ P(N) = P(N2 ), og vi har, at An := {1, ..., n} × {1, ..., n} ↑ N2 og H.S. 6.3.3 τ2 (An ) = n2 = τ1 ({1, ..., n})τ1 ({1, ..., n}) = (τ1 ⊗ τ1 )(An ) < ∞ for alle n ∈ N Dermed stemmer de overens på et snit-stabilt frembringersystem, så ifølge Hovedsætning 2.2.2 er τ1 ⊗ τ1 = τ2 . (b) Oversæt Tonellis og Fubinis sætninger til resultater omkring ombytning af summationsordenen for dobbeltsummer på formen ∞ ∞ X X am,n , n=1 m=1 hvor (am,n )(m,n)∈N2 er en dobbeltindiceret familie af positive eller reelle tal. 11.4. KAPITEL 6 65 Lad først f : N → R være givet ved f (n, m) = an,m . Da er f ∈ M(P(N2 )), idet alt er måleligt, når P(N2 ) er vores σ-algebra. Vi deler op efter, om følgen er reel eller positiv. Hvis f ≥ 0, så giver Tonelli dermed, at ∞ X ∞ X am,n = n=1 m=1 ∞ X ∞ X f (n, m) n=1 m=1 Opg. 5.11 = Tonelli = 5.11 = Z Z ZN ZN f (n, m)τ (dm)τ (dn) f (n, m)τ (dn)τ (dm) N N ∞ X ∞ X am,n m=1 n=1 Desuden kan vi bruge Opg. 5.11, fordi den blot kræver, at vores funktioner ligger i L(τ ), hvilket vi jo gør, idet f er ikke-negativ. Som ønsket. Fubinis sætning: Hvis f (n, m) ∈ R og f ∈ L1 (τ2 ), dvs. ∞ X ∞ X n=1 m=1 |am,n | = ∞ X ∞ X m=1 n=1 |am,n | < ∞ Da gælder det, at (i) mængden N := {n ∈ N : f (n, ·) 6∈ L1 (τ2 )} er en nulmængde, og da den eneste τ -nulmængde er ∅, så er N = ∅. (ii) Igen giver opgave 5.11 præcis det samme som i ovenstående, nemlig at vi må ombytte summationstegn. Og vi kan bruge Opgave 5.11 igen, for selvom vi ikke er ikke-negative, så er vi i L1 (τ ), hvilket er nok. KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 66 11.5 Kapitel 7 11.5.1 Opgave 7.6 Lad (X, E, µ) være et målrum, og betragt mængderne L0 (µ) og L∞ (µ) L0 (µ) = {f ∈ M(E) : lim µ({|f | ≥ t}) = 0}, t→∞ og L∞ (µ) = {f ∈ M(E) : ∃R > 0 : |f | ≤ R, µ-n.o.}. (a) Vis, at L0 (µ) og L∞ (µ) er vektorrum. L0 (µ): Vi viser denne i tre skridt. (i) 0 ∈ L0 (µ) idet den er kontinuert og derfor målelig, og desuden vil µ({0 ≥ t}) = 0 for alle t > 0, så specielt for t gående mod uendelig. (ii) Lad a ∈ R, f ∈ L0 (µ). Vis af ∈ L0 (µ). Dette er trivielt for a = 0, så antag a 6= 0. Da er lim µ({|af | ≥ t}) = lim µ({|f | ≥ t→∞ idet t |a| t→∞ t }) = 0 |a| → ∞ for t → ∞. (ii) Lad f, g ∈ L0 (µ). Vis, at f + g ∈ L0 (µ). µ({|f + g| ≥ t}) ≤ µ({|f | + |g| ≥ t}) t t ≤ µ({|f | ≥ } ∪ {|g| ≥ }) 2 2 t t ≤ µ({|f | ≥ }) + µ({|g| ≥ }) → 0 for → ∞ 2 2 som ønsket. Altså er L0 (µ) et vektorrum. L∞ (µ): Vi viser denne i tre skridt. (i) 0 ∈ L∞ (µ) for valget R = 1, da 0 ligeledes er kontinuert så specielt målelig. (ii) Lad a ∈ R, f ∈ L∞ (µ). Vis af ∈ L∞ (µ). af ∈ M(E) oplagt, da det er et vektorrum. Desuden har vi, at |af | = |a||f | ≤ |a|R 11.5. KAPITEL 7 67 µ-n.o., fordi f ∈ L∞ (µ), så af ∈ L∞ (µ). (iii) Lad f, g ∈ L∞ (µ). Vis f + g ∈ L∞ (µ). Lad R1 , R2 være de tal, vi får fra at f, g ∈ L∞ (µ) og bemærk, at |f + g| ≤ |f | + |g| ≤ R1 + R2 µ-n.o. Grunden til, at dette holder er, at mængden, hvor det ikke holder, altså {|f + g| > R1 + R2 } ⊆ {|f | > R1 } ∪ {|g| > R2 } og denne forening er en forening af nulmængder, så den er selv en nulmængde, så det ønskede gælder µ-n.o. (b) Vis, at hvis µ er et endeligt mål, så gælder for ethvert p i [0, ∞) inklusionen: L∞ (µ) ⊆ Lp (µ). Lad f ∈ L∞ (µ). Så findes et R > 0 så |f | < R, µ-n.o. Dermed også |f |p < Rp . Vi deler nu op i to tilfælde. p > 0: Da integraler som bekendt overholder uligheder, får vi Z Z Z p p p 1dµ = Rp µ(X) < ∞ R dµ = R |f | dµ ≤ X X X da målet er endeligt. Men så integrerer |f |p endeligt, så f ∈ Lp (µ) for p > 0, som ønsket. p = 0: Her bruger vi, at f ∈ L∞ (µ), for det betyder, at µ({|f | > R}) = 0 men det medfører, at lim µ({|f | ≥ t}) = 0 t→∞ for på et tidspunkt vil t ≥ R og da målet er aftagende når mængden aftager, så bliver målet 0 og forbliver 0. Dermed er f ∈ L0 (µ) hvilket betyder L∞ (µ) ⊆ L0 (µ), som ønsket. (c) Vis, at der ved udtrykket ||f ||∞ = inf{R > 0 : |f | ≤ Rµ-n.o.}, (f ∈ L∞ (µ)), defineres en semi-norm på L∞ (µ) og undersøg, hvornår ||f ||∞ er en rigtig norm. Semi-norm: Der er tre betingelser (n1)-(n3) at tjekke. KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 68 (n1): ||f ||∞ ≥ 0 er oplagt, idet det er infimum af en mængde af strengt positive tal. (n2): Lad a ∈ R. Vis ||af ||∞ = |a|||f ||∞ . Dette er trivielt for a = 0, så antag a 6= 0. Så får vi ||af ||∞ = inf{R > 0 : |af | ≤ R µ-n.o.} R = inf{R > 0 : |f | ≤ µ -n.o.} |a| = inf{|a|R > 0 : |f | ≤ R µ-n.o.} = |a| inf{R > 0 : |af | ≤ R µ-n.o.} = |a|||f ||∞ som ønsket. (n3): Lad f, g ∈ L∞ (µ). Vis ||f + g||∞ ≤ ||f ||∞ + ||g||∞ . Først ser vi, at |f + g| ≤ |f | + |g| ≤ inf{R > 0 : |f | ≤ R µ-n.o.} + inf{R > 0 : |g| ≤ R µ-n.o.} µ-n.o. = ||f ||∞ + ||g||∞ Men det betyder jo så, at ||f ||∞ + ||g||∞ ∈ {R > 0 : |f + g| ≤ R µ-n.o.}. Men så er inf{R > 0 : |f + g| ≤ R µ-n.o.} = ||f + g||∞ specielt et undertal for ||f ||∞ + ||g||∞ , hvilket netop betyder, at ||f + g||∞ ≤ ||f ||∞ + ||g||∞ , som ønsket. Altså er || · ||∞ en semi-norm. Rigtig norm: Dvs. vi ønsket at besvare, hvornår (n4) er opfyldt. Da "⇐"altid er opfyldt for enhver semi-norm, er det altså nok at vise, hvornår "⇒"er opfyldt, dvs. vi skal vise ||f ||∞ = 0 ⇒ f = 0 Problemet, vi får, er at integralet ikke kan opfatte nulmængder. Så så længe vi har nulmængder forskellig fra ∅, har vi problemer. Dvs. || · ||∞ er en rigtig norm, når ∅ er den eneste nulmængde. 11.5. KAPITEL 7 11.5.2 69 Opgave 7.7 (Aflevering) Betragt funktionerne f, g : R → R givet ved ( ( 1 1 , x ∈ (0, 1] , x x og g(x) = f (x) = 0, x ∈ R \ (0, 1], 0, x ∈ (1, ∞) x ∈ (−∞, 1]. (a) Bestem mængden M1 := {p ∈ [0, ∞] : f ∈ Lp (λ)} Vi viser først, at f, g begge er integrable. De er målelige ifølge Tuborg-resultatet, da de begge er kontinuerte på de respektive ikke-tomme, disjunkte Borel-mængder, som forener til R. Desuden er de begge ikke-negative, så deres negativ-del integrerer til 0, så de ligger begge i L(λ) og er dermed integrable. Vi deler op i tre tilfælde. p ∈ (0, ∞): Vi får Z p R Z 1 1 λ(dx) p 0 x Z 1 1 MK + 5.7.3 dx = lim R p n→∞ 1/n x |f | dλ = Nu deler vi op i to tilfælde igen. Hvis p = 1 får vi  1  = lim log(1) − log( ) = ∞ n→∞ n Hvis p 6= 1, får vi = lim n→∞ h x1−p i1 1−p 1/n = = h 1 1−p i 1 lim 1 − 1 − p n→∞ n ( 1 , 1−p ∞, p<1 p>1 Så f ∈ Lp (λ) for p ∈ (0, 1) indtil videre. p = 0: Vi husker, at f ∈ L0 (λ) hvis lim λ({|f | ≥ t}) = 0 t→∞ Men 1 {|f | ≥ t} = {f ≥ t} = f −1 ([t, ∞)) = (0, ] t KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 70 Så 1 1 lim λ((0, ]) = lim = 0 t→∞ t→∞ t t p altså ligger f ∈ L (λ) for p = 0 også. p = ∞: Vi husker, at kriteriet er, at f skal være essentielt begrænset, dvs. der skal findes et R > 0, så |f | < R λ-n.o. Men f 1t → ∞ for t → 0+ , så den er ikke essentielt begrænset. Dermed M1 = [0, 1). (b) Bestem mængden M2 := {p ∈ [0, ∞] : g ∈ Lp (λ)}. Vi deler igen op i tre tilfælde. p ∈ (0, ∞): Vi får Z p R Z 1 λ(dx) R x Z MK + 5.7.3 = lim R |g| dλ = n→∞ n 1 1− n 1 dx xp Hvis nu p = 1 får vi = lim log(n) − log(1 − n→∞ Hvis p 6= 1 får vi = lim n→∞ h x1−p in 1−p 1 1− n 1 )=∞ n
1 lim n1−p − 1 1 − p n→∞ ( ∞, p<1 = 1 − 1−p , p>1 = Så indtil videre er g ∈ Lp (λ) for 1 < p < ∞. p = 0: Husk, at kravet er lim λ({|g| ≥ t}) = 0 t→∞ Først ser vi, at {|g| ≥ 1} = {g ≥ 1} = {x−1 ✶(1,∞) ≥ 1} = ∅ idet x−1 < 1 for alle x > 1. Dermed er lim λ({|g| ≥ t}) = 0 t→∞ så g ∈ L0 (λ). p = ∞: Vi husker, at kravet er, at g skal være essentielt begrænset. Men |g| ≤ 1 for alle x ∈ R, så den er begrænset så den er specielt essentielt begrænset, så g ∈ L∞ (λ). Vi konkluderer således, at M2 = {0} ∪ (1, ∞]. 11.5. KAPITEL 7 11.5.3 71 Opgave 7.13 (Aflevering) Lad (X, E, µ) være et målrum, lad p ∈ (0, ∞) og lad f, g, f1 , g1 , f2 , g2 , ... ∈ M(E), således at fn → f og gn → g i µ-p-middel for n → ∞. Vis da, at der for vilkårlige a, b ∈ R gælder, at afn + bgN → af + bg i µ-p-middel for n → ∞. Dvs. vi skal vise, at Z |(afn + bgn ) − (af + bg)|p dµ = 0 lim n→∞ X Alt er måleligt, da enkeltdelene er målelige pr antagelse, og M(E) er et vektorrum. Når vi så tager absolutværdien, bliver det hele positivt, så negativdelen integrerer til 0, så det er også integrabelt. Det samme gælder |f n − f | og |gn − g|. Vi regner og får Z Z p |a(fn − f ) + b(gn − g)|p dλ |afn + bgn − (af + bg)| dλ = X ZX   2p |a(fn − f )|p + |b(gn − g)|p dλ (7.14) → ≤ X Z p |a|p |(fn − f )|p + |b|p |(gn − g)|p dλ =2 X Z Z S 5.4.8 p p p p p |(gn − g)|p dλ |(fn − f )| dλ + 2 |b| = 2 |a| X X p p p p → 2 |a| · 0 + 2 |b| · 0 = 0 for n → ∞ Hvor Sætning 5.4.8 bare kræver, at vi ikke får ∞ − ∞, men det hele er positivt, så det er fint. Grænseværdien får vi, fordi vi ved, at fn → f i µ-p-middel og det samme for gn , hvilket netop svarer til at de pågældende integraler går mod 0. Men dette viser det ønskede. KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 72 11.6 11.6.1 Kapitel 8 Opgave 8.2 Betragt for ethvert komplekst tal z funktionen fz : R → C givet ved (x ∈ R), fz (x) = exp(zx), hvor exp : C → C er givet ved
exp(w) = eRe(w) cos(Im(W )) + i sin(Im(w)) , (w ∈ C). (a) Bestem K := {z ∈ C : fz ✶[0,∞) ∈ L1 (λ)}. Kravet for medlemsskab af K er dermed, at man er målelige og at absolutværdien integrerer endeligt. Målelighed : For komplekse funktioner gælder, at man er målelig, hvis og kun hvis, real- og imaginærdelen er målelig. Men begge dele er produkter af kontinuerte funktioner for alle z ∈ C, så det er alt sammen måleligt. Integration: Vi starter med tilfældet, hvor Re(z) 6= 0 og får Z Z
|eRe(zx) cos(Im(zx)) + i sin(Im(zx)) |λ(dx) |fz |dλ = [0,∞) [0,∞) Z
enh.cirk |eRe(zx) || cos(Im(zx)) + i sin(Im(zx)) |λ(dx) = [0,∞) Z eRe(zx) λ(dx) = [0,∞) Z n MK + 5.7.3 eRe(zx) λ(dx) = lim R n→∞ 0 in h 1 = lim eRe(zx) Re(z) n→∞ 0 ( 1 h i − Re(z) , Re(z) < 0 1 = lim eRe(zn) − 1 = Re(z) n→∞ ∞, Re(z) > 0 Grunden til, at det blot er Re(z), der afgør hvad der sker i grænsen, er fordi x og n er reelle tal, så hvis Re(z) < 0 så er x · Re(z) = Re(xz) < 0 også. Hvis Re(z) = 0. Får vi vha samme udregning, at Z Z 1λ(dx) = ∞. |fz |dλ = [0,∞) [0,∞) Dermed er K = {z ∈ C : Re(z) < 0}. (b) Udregn for ethvert z ∈ K integralet R∞ 0 fz dλ. Til dette bruger vi Opgave 11.6. KAPITEL 8 73 8.1, som giver hvis en kompleks funktion er kontinuert, så må vi regne integralet vha. analysens fundamentalsætning samt Domineret Konvergens for komplekse funktioner. Vi får Z Z ∞ fz dλ = exp zx λ(dx) 0 [0,∞) Z n D.K exp zx dx = lim R n→∞ 0 h in Opg. 8.1 1 = lim exp zx z n→∞ 0 1 1 1 = lim exp(zn) − = − z n→∞ z z fordi Re(z) < 0, da det betyder, at eRe(zx) → 0 for n → ∞. Vi må bruge Domineret Konvergens, fordi fzn = fz ✶[0,n] → fz ✶[0,∞) og |fzn | = | exp zx✶[0,n] | ≤ |eRe(zx) |, og R [0,∞) for n → ∞ eRe(zx) λ(dx) < ∞ fordi z < 0. (c) Lad a, b ∈ R så a < 0. Vis da formlerne Z ∞ Z ∞ b −a ax e cos(bx)λ(dx) = 2 eax sin(bx)λ(dx) = 2 og 2 a +b a + b2 0 0 Lad z = a + bi, da får vi fra (b), at Z ∞ Z ∞
zx eax cos(bx) + i sin(bx) λ(dx) e λ(dx) = 0 Z ∞ Z0 ∞ ax eax sin(bx)λ(dx) e cos(bx)λ(dx) + i = 0 0 1 −a b −(a − bi) (b) =− = + i = b a + bi a + b2 a2 + b2 a2 + b2 og hvis vi tager realdel og imaginærdel, så får vi det ønskede. KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 74 11.7 11.7.1 Kapitel 9 Opgave 9.3 Lad (S, ρ) være et metrisk rum. For en delmængde M af S definerer vi afslutningen M af M ved \ M= F, F(M ) = {F ⊆ S : F lukket mht ρ, og M ⊆ F }. F ∈F (M ) (a) Redegør for, at M er den mindste lukkede delmængde af S, der indeholder M . Vi skal altså vise, at (i) M ⊆ M , (ii) at den er lukket, og (iii) at for enhver lukket mængde indeholdende M også indeholder M . (i) Lad x ∈ M , så ligger x ∈ F for alle F ∈ F(M ), så M er delmængde af dem alle sammen. Dermed x ∈ M som ønsket. (ii) M er oplagt lukket, da det er et tælleligt snit af lukkede mængder, og vi ved, at et tælleligt snit bevarer lukkethed. (iii) Lad K være en lukket mængde indeholdende M . Så ligger K T i F(M ) per definition, så K er et af de F ’er vi snitter over for at få M , dvs. M = F ∈F (M ) F ⊆ K, som ønsket. (b) Vis, at der for ethvert x ∈ S gælder biimplikationen x ∈ M ⇔ ∀ǫ > 0 : bρ (x, ǫ) ∩ M 6= ∅, (1) "⇐": Vi viser det ved at kontraponere (1), dvs. vi viser x 6∈ M ⇒ ∃ǫ > 0 : bρ (x, ǫ) ∩ M = ∅ Så antag x 6∈ M , så ligger x i komplementet, som er åbent, idet M er lukket. Da komplementet er åbent, findes per definition et ǫ > 0, så vi kan slå en åben kugle c c omkring x, så bρ (x, ǫ) ⊆ M . Men da M ⊆ M så er M ∩M = ∅ og dermed specielt M ∩ bρ (x, ǫ) = ∅, som ønsket. "⇒": Dette viser vi også ved at kontraponere og yderligere udlede en modstrid. Antag ∃ǫ > 0 : bρ (x, ǫ) ∩ M = ∅ og antag for modstrid, at x ∈ M . Vi kan nu fjerne kuglen fra M og så vil hele M stadig være indeholdt i den nye mængde, fordi M intet har til fælles med kuglen, vi fjerner. Dvs. M ⊆ M \ bρ (x, ǫ) ( M hvor mængdeinklusionen er skarp, fordi vi som minimum fjerner x fra M . Dermed er M \ bρ (x, ǫ) en mindre mængde en M som indeholder M . Så hvis vi kan vise, at denne nye mængde er lukket, så er vi færdige, da det er en modstrid med, at 11.7. KAPITEL 9 75 M er den mindste lukkede mængde indeholdende M . Men M \ bρ (x, ǫ) er oplagt lukket, fordi M \ bρ (x, ǫ) = M ∩ bρ (x, ǫ)c dvs. den er snittet af to lukkede mængder, som dermed er lukket. Komplementet til den åbne kugle er oplagt lukket per definition af lukkethed. (c) Vis, at et element x ∈ S tilhører M hvis og kun hvis, der findes en følge (xn ) af elementer fra M , således at ρ(xn , x) → 0 for n → ∞. "⇒": Antag x ∈ M . Per (b) kan vi nu konstruere en følge (xn ) ved for hvert n ∈ N at vælge ét element så 1 xn ∈ bρ (x, ) ∩ M. n Dermed vil xn → x for n → ∞ og (xn ) ⊆ M , som ønsket. "⇐": Antag, der findes en følge (xn ) ⊆ M så xn → x for n → ∞. Antag for modstrid, at x 6∈ M . Ifølge (b) findes nu et ǫ > 0, så bρ (x, ǫ) ∩ M = ∅. Da xn → x for n → ∞ findes nu et N ∈ N så ρ(xn , x) < ǫ for alle n > N , hvilket specielt betyder, at xn ∈ bρ (x, ǫ) for alle n > N , men xn ∈ M per konstruktion, hvilket er en modstrid, som ønsket. (d) Vis, at M er tæt i S hvis og kun hvis M = S. Tæthed betyder, at for alle x ∈ S og for alle ǫ > 0 vil bρ (x, ǫ) ∩ M 6= ∅. c "⇒": Antag M er tæt i S og antag for modstrid, at M 6= S og vælg et x ∈ S ∩ M . c c Da x ∈ M , som er åbent, så findes et ǫ > 0 så bρ (x, ǫ) ⊆ M , hvilket er en modstrid med at M er tæt i S, fordi denne kugle per tæthed vil indeholde mindst c ét element fra M , men M ⊆ M og bρ (x, ǫ) ⊆ M . "⇐": Antag M = S. Vi skal vise, at for ethvert x ∈ S og for alle ǫ > 0 vil bρ (x, ǫ) ∩ M 6= ∅. Men det følger af (b), for hvis x ∈ S, så ligger x ∈ M per antagelse, så ifølge (b) gælder, at for alle ǫ > 0 vil bρ (x, ǫ) ∩ M 6= ∅, som ønsket. (e) Antag nu, at S er et vektorrum med norm || · ||, og at ρ er den til normen hørende metrik. Vis da, at for ethvert underrum U af S er U igen et underrum af S. Antag U er et underrum af S. Dvs. vi skal vise tre ting: (i) 0 ∈ U ⊆ U oplagt. (ii) Lad a ∈ R, v ∈ U . Vis, at av ∈ U . Men idet v ∈ U så findes en følge (vn ) ∈ U , så vn → v for n → ∞. Ifølge regneregler for grænseværdier vil avn ligeledes ligge i U og avn → av for n → ∞. Da U er lukket, så vil grænsen også ligge i U ,dvs. 76 KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL av ∈ U , som ønsket. (iii) Lad u, v ∈ U . Vis, at u + v ∈ U . Beviset er det samme, der findes konvergent følger (un ), (vn ) fra U som konvergerer mod u, v. Dermed vil deres grænse konvergere mod u + v, og da U er lukket, vil u + v ∈ U , som ønsket. Altså er U et underrum af S. 11.7. KAPITEL 9 11.7.2 77 Opgave 9.4 (aflevering) Lad V være et vektorrum over C udstyret med et pseudo indre produkt h·, ·i. Lad videre M være en ikke-tom delmængde af V , og betragt ortogonalkomplementet M ⊥ = {v ∈ V : hv, ui = 0 for alle u ∈ M }. Vis, at M ⊥ er et lineært underrum af V, som tillige er lukket i V. Dvs. vi skal vise tre ting for at det er et underrum samt følgelukkethed. (i) 0 ∈ M ⊥ : Oplagt, fordi (ip1) h0, ui = h0 · 0, ui = 0 · h0, ui = 0, for alle u ∈ M. (ii) u + v ∈ M ⊥ : Lad u, v ∈ M ⊥ og lad w ∈ M . Så er (ip2) hu + v, wi = hu, wi + hv, wi = 0 + 0 idet u, v ∈ M ⊥ , w ∈ M , så u + v ∈ M ⊥ . (iii) αv ∈ M ⊥ : Lad α ∈ R, v ∈ M ⊥ , u ∈ M , så gælder, at (ip1) hαv, ui = α hv, ui = 0 idet v ∈ M ⊥ , u ∈ M , så αv ∈ M ⊥ . Altså er M ⊥ er lineært underrum. (iv) Lukkethed : Lad (vn ) være en følge i M ⊥ med grænseværdi v. Vi skal vise, at v ∈ M ⊥ , dvs. hv, ui = 0 for alle u ∈ M . Så lad u ∈ M . Så er D E L9.1.9 hv, ui = lim vn , u = lim hvn , ui = lim 0 = 0. n→∞ n→∞ n→∞ Dermed ligger v ∈ M ⊥ , som derfor er lukket, som ønsket. (b) Antag, at h·, ·i er et rigtigt indre produkt. Vis da, at ⊥  M = span(M ) ⊥  = span(M ) Vi bemærker først, at der oplagt gælder, at M ⊆ span(M ) ⊆ span(M ). Dette medfører, at span(M )⊥ ⊆ span(M )⊥ ⊆ M ⊥ ⊥ KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 78 fordi hvis man er ortogonal på en mængde, som indeholder en mindre mængde, så er man også ortogonal på den mindre mængde. Dermed er det nu nok at vise M ⊥ ⊆ span(M )⊥ Men vi viser det faktisk ad to omgange, nemlig M ⊥ ⊆ span(M )⊥ ⊆ span(M )⊥ "⊆1 ": Lad u ∈ M ⊥ og v ∈ span(M ). Så kan v skrives som en linearkombination af elementer fra M , så vi får hu, vi = hu, α1 v1 + ... + αn vn i = α1 hu, v1 i + ...αn hu, vn i = 0 + ... + 0 = 0 hvilket betyder, at u ∈ span(M )⊥ , som ønsket. "⊆2 ": Lad u ∈ span(M )⊥ , v ∈ span(M ). Da span(M ) er lukket, findes en følge (vn ) ⊆ span(M ) som konvergerer mod v. Dermed får vi E D I.P. kont = lim hu, vn i = lim 0 = 0, hu, vi = u, lim vn n→∞ n→∞ hvilket betyder, at u ∈ span(M )⊥ , som ønsket. n→∞ 11.7. KAPITEL 9 11.7.3 79 Opgave 9.6 Lad (H, h·, ·i) være et Hilbert-rum, og lad U være et lukket underrum af H. Vis da, at U = (U ⊥ )⊥ . "⊆": Lad h0 ∈ U . Vi skal vise, at hh0 , ui = 0 for alle u ∈ U ⊥ , for så ligger h0 ∈ (U ⊥ )⊥ . Så lad u ∈ U ⊥ . Men nu gælder det oplagt, idet hu, hi = 0 = 0 = hh, ui for alle h ∈ U, u ∈ U ⊥ per definition af ortogonal komplement, så dermed gælder det specielt for h0 . Dermed h0 ∈ (U ⊥ )⊥ . "⊇": Lad v ∈ (U ⊥ )⊥ . Ifølge Korollar 9.3.5 har vi v = v ′ + v ′′ , v ′ ∈ U, v ′′ ∈ U ⊥ Vi betragter nu hv − v ′ , v − v ′ i = hv − v ′ , v ′′ i = hv, v ′′ i − hv ′ , v ′′ i = 0 − 0 = 0 hvor det andetsidste lighedstegn kommer fra, at v ⊥ v ′′ , idet v ∈ U, v ′′ ∈ U ⊥ , og v ′ ⊥ v ′′ idet v ′ ∈ U, v ′′ ∈ U ⊥ . Men idet vi har et rigtigt indre produkt, har vi hv − v ′ , v − v ′ i = 0 ⇒ v − v′ = 0 ⇔ v = v′ ∈ U som ønsket. (b) Vis for et vilkårligt underrum V af H, at V = (V ⊥ )⊥ . Fra aflevering 11 ved vi, at V ⊥ = V ⊥. (1) ⊥ Da V er lukket ifølge Opgave 9.3, så giver (a), at V = (V )⊥ . Men nu sætter vi ⊥ bare (1) ind og får V = (V )⊥ = (V ⊥ )⊥ , som ønsket. KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 80 11.7.4 9.8 Lad H være et separabelt Hilbert-rum med ortonormal basis (en )n∈N , og lad x, y være vilkårlige vektorer i H. (a) Vis, at ∞ X n=1 | hen , yi hx, en i | ≤ ||x|| · ||y||. Vi starter med at definere fx (n) = | hx, en i |, og fy (n) = | hen , yi | Så er ∞ X n=1 | hen , yi hx, en i | = = ∞ X | hen , yi || hx, en i | n=1 ∞ X fy (n)fx (n) n=1 Z fy (n)fx (n) τ (dn)  12  12  Z Z 2 fx (n)2 τ (dn) fy (n) τ (dn) Cauchy-Schwarz → ≤ = N N N = ∞ X n=1 = ∞ X n=1 K.9.4.9 =  | hen , yi |2 | hy, en i | ||y|| 2  21  2 ∞  21  X n=1 ∞  21  X ||x|| n=1 2  12 | hx, en i |2 | hx, en i | 2  21  21 = ||y|| · ||x||, hvor vi gerne må lave skiftet fra sum til integraltegn, idet alt er måleligt, når vores σ-algebra er P(N). (b) Vis formlen hx, yi = ∞ X n=1 hen , yi hx, en i , og redegør for, at der er tale om en generalisering af Parsevals ligning, som siger X | hx, ei i |2 , for alle x ∈ H ||x||2 = i∈Ix 11.7. KAPITEL 9 81 Vha Korollar 9.4.9(i) får vi i første lighedstegn, at *∞ + ∞ X X hx, yi = hx, en i en , ( hy, em i em ) = * n=1 m=1 lim N →∞ L9.1.9: I.P. Kont → = lim N →∞ = lim N →∞ = lim N →∞ = lim N →∞ N X n=1 * N X n=1 N X n=1 N X n=1 N X n=1 hx, en i en , lim N →∞ hx, en i en , hx, en i hx, en i N X m=1 N X m=1 N X m=1 N X m=1 hy, em i em hy, em i em + + hy, em i hen , em i hem , yi hen , em i hx, en i hen , yi = lim N →∞ N X n=1 hen , yi hx, en i , hvor vi slår summerne sammen i tredje sidste lighedstegn, fordi hen , em i = 0 for alle n 6= m, og 1 når n = m. Som ønsket. Dette er en generalisering af Parsevals identitet, for hvis x = y, får vi hx, yi = ||x||2 ∞ X = hen , yi hx, en i = n=1 ∞ X n=1 = = ∞ X n=1 ∞ X n=1 hen , xi hx, en i hx, en i hx, en i | hx, en i |2 hvilket netop er parsevals identitet men med tælleligt mange led. KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 82 11.8 11.8.1 Kapitel 10 Opgave 1, Ugeseddel 13 Lad(X, E) være et måle et måleligt rum, og lad µ og ν være to mål herpå. Så er ν absolut kontinuert med hensyn til µ, hvis der for enhver mængde A fra E gælder implikationen µ(A) = 0 ⇒ ν(A) = 0, hvilket skrives ν << µ. 1. Vis, at hvis ν har tæthed h fra M(E)+ , med hensyn til µ, så er ν absolut kontinuert med hensyn til µ. 2. Betragt Lebesgue-målet λ og tællemålet τ på (R, B(R)). Undersøg da, om λ << τ og τ << λ. Ad (1). Antag ν har tæthed h fra M(E)+ med hensyn til µ og antag at A ∈ E samt µ(A) = 0. Da er Z S5.3.6 D10.1.2 h✶A dµ = 0 ν(A) = R som ønsket. Ad (2). Vi viser først, at τ 6<< 6 λ. Vi giver modeksemplet A = {x} for et vilkårligt x ∈ R. Det er et modeksempel, fordi A oplagt er en Borel-mængde, og λ(A) = 0 6= 1 = τ (A). Vi viser nu, at λ << τ . Lad A ∈ B(R) og antag τ (A) = 0. Det følger umiddelbart, at A = ∅, idet det er den eneste Borel-mængde, hvorpå tællemålet er 0. Men λ(∅) = 0, idet Lebsgue-målet også er et mål, som ønsket. 11.9 Kapitel 11 11.9.1 Opgave 11.4 Betragt afbildningen η : R2 → R givet ved p η((x, y)) = k(x, y)k = x2 + y 2 , ((x, y) ∈ R2 ). 1. Vis: billedmålet λ2 ◦ η −1 er målet på (R, B(R)) med tæthed f (r) = 2πr✶(0,∞) (r), (r ∈ R). med hensyn til λ. Vink: vis de stemmer overens på et ∩-stabilt frembringersystem (−∞, t] for alle t ∈ R. 11.9. KAPITEL 11 83 2. Vis, at Z e−x 2 −y 2 λ2 (dx, dy) = π. R2 3. Vis ved hjælp af Tonellis sætning, at Z √ 2 e−x λ(dx) = π R 4. Vis, at der for alle c ∈ R og alle σ ∈ (0, ∞) gælder Z √ 2 2 e−(x−c) /(2σ ) λ(dx) = 2πσ 2 . R 5. Vis, at Z ∞ x−1/2 e−x λ(dx) = √ π. 0 Ad (1) Lad A = (−∞, t]. Så er Z Z 2πr✶(0,∞) (r)✶(∞,t] (r) λ(dr) f (r)✶A (r) λ(dr) = R R Z t 2πr λ(dr) = 0 h 1 it M.K. + 5.7.3 = 2π r2 = πt2 2 0 Vi må integrere f , fordi den er kontinuert og dermed målelig, og positiv og dermed i L1 (λ). Andet lighedstegn følger af, at udtrykket er 0 hvis t ≤ 0, så vi kan antage at t > 0. Tredje lighedstegn benytter monoton konvergens samt at udtrykket er kontinuert på [ n1 , t − n1 ]. For t ∈ [0, ∞) er λ2 ◦ η −1 ((−∞, t]) = λ2 ◦ η −1 ([0, t]) = λ2 {(x, y) ∈ R2 | = πt2 p
x2 + y 2 ≤ t} Første lighed følger af, at η er ikke-negativ, og tredje lighedstegn følger af, at den beskrevne mængde er cirklen med centrum 0 og radius t, som vi ved har areal πr2 = πt2 . Altså stemmer målene overens på et snit-stabilt frembringersystem, ergo er de ens. 2 Ad (2). Lad g(t) = e−(t ) for t ∈ R, så er e−x 2 −y 2 = e−(x 2 +y 2 ) = g ◦ η(x, y) KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 84 Så vi regner Z e −x2 −y 2 Z λ2 (dx, dy) = R2 Lil. trans. = 2 R Z g ◦ η(x, y)λ2 (dx, dy) ZR (1)+10.1.4 = Z g(t)λ2 ◦ η −1 (dt) g(t)f (t)λ(dt) R e−(t ) 2πt✶(0,∞) (t)λ(dt) R Z ∞ 2 e−(t ) tλ(dt) = 2π 0 Z n 2 D.K+5.7.3 = 2π lim R e−(t ) tdt = 2 n→∞ 1 n Dette udregnes ved substitutionen u = t2 : 1 du = 2t ⇒ dt = du dt 2t Så vi kan fortsætte udregningen Z n2 Z n2 i h −n2 −1/n2 −u t −u du = π lim R = 2π lim R =π +e e e du = π lim − e n→∞ n→∞ n→∞ 1 1 2t 2 2 n n Ad (3). Fra (2) ved vi, at π= Z Z e−x 2 −y 2 λ(dx, dy) 2 2 R2 e−x e−y λ(dx, dy) 2 ZR Z 2 Tonelli −x2 = e λ(dx) e−y λ(dy) R R  Z 2 2 e−x λ(dx) = = R −x2 −y 2 Vi må bruge Tonelli, fordi e ∈ M(B(R2 ))+ idet den er kontinuert på hele 2 R samt positiv. Dette medfører, at Z √ 2 π= e−x λ(dx) R som ønsket. Ad (4). Lad c ∈ R, σ ∈ (0, ∞). Så er Z Z 2 2 Trans.inv. −(x−c)2 /(2σ 2 ) e−x /(2σ ) λ(dx) e λ(dx) = R Z R √ 2 = e−(x/ 2σ) λ(dx) R 11.10. KAPITEL 12 85 x Nu vil vi gerne bruge Den Store Transformationssætning, så vi sætter T (x) = 2σ 2 og f (y) = e−y . T sender fra U = R som er en åben delmængde af R, T er injektiv da den er voksende, og den er kontinuert differentiabel, da det er et polynomium. Vi finder 1 T ′ (x) = √ ⇒ detT ′ (x) = T ′ (x) 6= 0 ⇒ |detT ′ (x)| = T ′ (x) 2σ Endelig er T surjektiv, idet T (R) = R, da vi kan ramme alt med √x2σ . Nu giver Den Store Transformationssætning, at Z Z √
1 2 ′ (1) f (T (X)) · |det T (x) | λ(dx) = e−(x/ 2σ) · √ λ(dx) 2σ U ZR K11.4.2 f (y) λ(dy) = V Z √ 2 = e−y λ(dy) = π Men vi har √1 2σ √ R for meget, så vi ganger med 2σ på begge sider og får det ønskede Z √ √ 2 e−(x/ 2π) λ(dx) = 2πσ 2 R √ 2 Ad (5). Denne gang lader vi f (t) = e−t og T (x) = x med T : U = (0, ∞) → R. Så er T injektiv, da den er voksende, og kontinuert differentiabel. Vi finder
1 6 0 T ′ (x) = √ = |det T ′ (x) | = 2 x Dermed er V = T (U ) = (0, ∞). Vi ser, at Z ∞ √ Z

2 1 ′ e−( x ) · x−1/2 λ(dx) f T (x) · |det T (x) |λ(dx) = 2 U Z0 K11.4.2 = f (y)λ(dy) V Z ∞ 2 e−y λ(dy) = 0 Z 1√ 1 ∞ −(y2 ) lige e λ(dy) = = π 2 −∞ 2 Men vi har 1 2 11.10 Kapitel 12 11.10.1 Opgave 12.2 (2) for meget, så vi ganger med 2 på begge sider og får det ønskede. Antag, at f, g ∈ L1 (λ). Vis da, at Z Z Z f ∗ g dλ = f dλ · g dλ R R R KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 86 Vi regner på venstre side og får Z Z Z Z   Fub def f (x − y)g(y) λ(dx) λ(dy) f (x − y)g(y) λ(dy) λ(dx) = = R R ∆(f,g) R Z Z g(y) uafh. x g(y) λ(dy) f (x − y) λ(dx) = ZR ZR trans.inv. = g(y) λ(dy) f (x) λ(dx) R R som ønsket. I første lighedstegn ser vi bort fra ∆(f, g), fordi alt andet er en 0mængde. Desuden bruger vi Fubini, hvilket kræver, at f (x − y)g(y) ∈ L1 (λ2 ). Det viser vi nu vha. Tonelli: Z Z Z  Tonelli |f (x − y)||g(y)| λ(dx) λ(dy) |f (x − y)g(y)| λ2 (dy, dx) = R R2 Z ZR g(y) uafh. x |g(y)| λ(dy) |f (x − y)| λ(dx) = R ZR Z trans.inv. |g(y)| λ(dy) |f (x)| λ(dx) < ∞, = R R hvor det er endeligt, fordi f, g ∈ L1 (λ). 11.10.2 Opgave 12.3 Betragt en funktion f ∈ L1C (λ), således at fˆ ∈ L1C (λ). Det følger da fra Hovedsætning 12.4.2, at Z 1 ˆ f (x) = √ fb(t)eitx λ(dt) = fˆ(−x) 2π R for λ-næsten alle x ∈ R. Vis, at hvis f yderligere er kontinuert, så gælder denne formel for alle x ∈ R. Vink: benyt opgave 5.9(c). Antag f er kontinuert. Opgave 5.9(c) siger, at hvis begge funktioner vi er interesserede i, er kontinuerte, så gælder ˆ ˆ f (x) = fˆ(−x) λ-n.o. ⇔ f (x) = fˆ(−x) ∀x ∈ R ˆ Da vi allerede ved, at f er kontinuert, så er det altså nok at vise, at fˆ(−x) er kontinuert. Til det bruger vi Sætning 12.1.3(ii), som siger, at hvis en funktion er i L1C (λ) så er dens Fouriertransformation uniformt kontinuert, og dermed specielt kontinuert. Da vi allerede ved, at fˆ(x) ∈ L1C (λ), så giver Sætning 12.1.3(ii) os, at ˆ ˆ fˆ(x) er (uniformt) kontinuert. Da g : x 7→ −x ligeledes er kontinuert og fˆ(−x) = ˆ ˆ fˆ◦g, så ser vi, at fˆ(−x) er en sammensætning af kontinuerte funktioner, og dermed kontinuert, hvilket er hvad vi ønskede at vise. 11.11. KAPITEL 13 87 11.11 Kapitel 13 11.11.1 Opgave 13.2 Lad (Ω, F, P ) være et sandsynlighedsfelt, og lad X være en stokastisk variabel herpå. Antag, at P (X ∈ B) ∈ {0, 1} for alle B ∈ B(R) Vis da, at der findes en konstant c ∈ R således, at X = c P -n.o. Vi definerer F = {t ∈ R : FX (t) = 1}, hvor FX er fordelingsfunktionen FX (t) = P (X ≤ t). Vi starter med at vise, at inf F eksisterer. F 6= ∅ fordi vi ved, at P (X ≤ n) ↑ P (X ∈ R) = 1 for n → ∞. Dermed må der specielt findes et N ∈ N, så P (X ≤ n) ≥ 12 for alle n ≥ N , men da P (X ∈ B) ∈ {0, 1}, så må P (X ≤ n) = 1 for alle n ≥ N . F er nedadtil begrænset: Vi ved, at P (X ≤ −n) ↓ P (X ∈ ∅) = 0 for n → ∞, da P som mål er voksende. Pr samme argument må P (X ≤ −n) = 0 for alle n ≥ N , hvorfor dette N i hvert fald udgør en nedre begrænsning. Så inf F findes og vi kan definere c := inf F . Vi viser nu, at PX = δc ved at vise, at de stemmer overens på et ∩-stabilt frembringersystem for B(R). Vi vælger systemet bestående af halvåbne intervaller på formen (−∞, t], og betragter ( 1, t ≥ c idet så vil c ∈ (∞, t] δc ((−∞, t]) = 0, ellers Men PX ((−∞, t]) = P (X ∈ (−∞, t]) = P (X ≤ t) = FX (t) = ( 0, 1, t < c (∗) t>c (∗) for ellers ville vi have fundet t < c for hvilket FX (t) = 1, hvilket er en modstrid, da c som infimum af F er det mindste tal, hvorom dette gælder. Hvis nu t = c, kan vi betragte P (X ≤ t) = P (X ≤ c). Lad nu (cn ) ⊆ F være en følge så cn ↓ c. En sådan følge ved vi findes, idet infimum altid også er grænseværdi for den mængde, den er infimum over. Så er P (X ≤ c) = lim P (X ≤ cn ) = lim 1 n→∞ n→∞ idet (cn ) ⊆ F og dermed alle er større end c, og fordi P er højrekontinuert. Dermed stemmer de to mål overens på et ∩-stabilt frembringersystem, hvorfor de er ens. For at vise, at X = c P -n.o., skal vi vise P (X 6= c) = 0. Men det følger af ovenstående, fordi P (X 6= c) = P (X 6∈ {c}) = PX ({c}c ) = δc ({c}c ) = 0 KAPITEL 11. EKSAMENSSPØRGSMÅL 88 11.11.2 Opgave 13.5 Lad X, Y være stokastiske variable defineret på (Ω, F, P ). 1. Vis, at hvis X = Y P -n.s., så er X og Y identisk fordelte, dvs. PX = PY . 2. Giv et eksempel på et sandsynlighedsfelt (Ω, F, P ) og to stokastiske variable X og Y defineret herpå, så PX = PY uden at X = Y P -n.s. 3. Antag, at X og Y er identisk fordelte. Vis da, at der for ethvert p ∈ N gælder, at X har p’te moment ⇔ Y har p’te moment, og at der i bekræftende fald gælder, at E[X p ] = E[Y p ]. 4. Giv andre eksempler på resultater af samme type som (3), for identisk fordelte stokastiske variable. Ad (1). Antag X = Y P -n.s. Hvis A ∈ F og P (A) = 1, så må man altid snitte med A, når vi regner sandsynligheder, dvs. P (B) = P (B ∩ A) ∀B ∈ F Fordi, hvis P (A) = 1, så er P (Ac ) = P (Ω \ A) = P (Ω) − P (A) = 0 Og dermed er P (B) = P (B ∩ A) + P (B ∩ Ac ) = P (B ∩ A), idet P (B ∩ Ac ) = 0, da P (Ac ) = 0, og da mængderne er oplagt disjunkte. Vi vil gerne vise, at PX (B) = PY (B) for så er de ens fordelte. Men X = Y P -n.s. betyder per definition, at P ({X = Y }) = 1, så denne mængde fungerer som vores A ovenfor. Dermed får vi, at PX (B) = P ({X ∈ B}) = P ({X = Y } ∩ {X ∈ B}) = P ({X = Y } ∩ {Y ∈ B}) = P (Y ∈ B) = PY (B) Ad (2). Betragt ([0, 1], B([0, 1]), λr[0,1] ). Definer nu X(ω) = ✶[0, 1 ) (ω) og Y (ω) = 2 ✶[ 1 ,1] (ω). Nu er 2 PX ((−∞, t]) = P (✶[0,0.5)   t<0 0, 1 r ≤ t) = λ[0,1] ([ 2 , 1]), 0 ≤ t < 1 (∗)   r λ[0,1] ([0, 1]), t≥1   t<0 0, 1 = 2, 0≤t<t   1 t≥1 11.11. KAPITEL 13 89 (∗) fordi så skal ✶[0, 1 ) < 1 dvs. 0, så X skal være i komplementet. Men 2 P (✶[ 1 ,1] 2   0, ≤ t) = λ([0, 21 ]),   1, t<0 0≤t<1 t≥1 dvs. PX = PY selvom X 6= Y P -n.o. Ad (3). Antag PX = PY . Antag X har p’te moment, dvs. Z p |X|p dP ∞ > E[|X| ] = ZΩ lil. trans = |X|p PX (dx) ZR X id. ford. Y |x|p PY (dx) = ZR lil. trans. def = |Y |p dP = E[|Y |p ] Ω hvor vi for at bruge den lille transformationssætning skal bruge, at X ∈ L(λ) ∪ L1 (λ), men da vi har p’te moment for p ∈ N, og vi har endelige mål, så er Lp (P ) ⊆ L1 (P ). Argumentet er symmetrisk, så vi har vi biimplikationen. Ad (4). Et andet eksempel er, at PX = PY ⇒ V ar(X) = V ar(Y ) ifølge (3) samt variansformler, hvis vi antager, at have mindst 2. moment. For så viser (3) ikke bare at middelværdierne til at udregne varianserne findes, men også at middelværdierne og dermed varianserne er de samme. 12 Alternative opgaveløsninger 12.1 Opgave 7.6(a) L∞ (µ) er et vektorrum: Vi viser det i ét hug. Lad a, b ∈ R og f, g ∈ L∞ (µ). Så findes R1 , R2 > 0, så |f | ≤ R1 og |g| ≤ R2 µ-n.o. Vi er færdige, hvis vi viser, at |af + bg| ≤ 2(|a| + 1)R1 + 2(|b| + 1)R2 := R µ-n.o. Bemærk endvidere, at af, bg ∈ M(E) idet dette er et vektorrum. Vi får µ({|af + bg| > R}) ≤ µ({|af | + |bg| > R}) R R ≤ µ({|af | > } ∪ {|bg| > }) 2 2 R R ≤ µ({(|a| + 1)|f | > }) + µ({(|b| + 1)|g| > }) 2 2 ≤ µ({|f | > R1 }) + µ({|g| > R2 }) = 0 + 0 = 0 Første ulighed kommer af, at mængden på højre side er større i den forstand, at der er flere af, bg som opfylder det på højresiden end det på venstresiden, fordi trekantsuligheden vurderer udtrykket større. Næste ulighed kommer sig af, at til venstre skal begge udtryk være større end R2 , hvorimod på højre side behøver kun et af dem være det. Tredje ulighed kommer af, at vi bruger, at de ikke nødvendigvis er disjunkte samt, at (|a| + 1)|f | > |af | oplagt, så der er flere af ’ere som vil ligge i mængden på højre side, end der er på venstre sider. Tilsvarende for bg. Sidst R > R1 , så uligheden er bruger vi, at vi dividere (|a| + 1) over og så bruge, at 2(|a|+1) nemmere at opfylde. Endelig er målene 0, fordi de er antaget at være nulmængder. Dermed er det ønskede opfyldt. 12.2 Opgave 9.6(b) "⊆": Lad v ∈ V og u ∈ U ⊥ . Ifølge Opgave 9.3 findes en følge (vn ) ⊆ V , så ||vn − v|| = ρ(vn , v) → 0 for n → ∞ Da har vi per kontinuitet af det indre produkt ifølge Lemma 9.1.9, at hv, ui = D E lim vn , u = lim hvn , ui = lim 0 = 0 n→∞ n→∞ 90 n→∞ 12.2. OPGAVE 9.6(B) 91 fordi vn ⊥ u for alle n, og dermed v ∈ (V ⊥ )⊥ som ønsket. "⊇": Start med at bemærke, at V ⊆V ⇒V ⊥ ⊆V⊥ fordi hvis du star ortogonalt på alt i V , så gør du det specielt også på alt i V , da den er indeholdet i V . Lad nu v ∈ (V ⊥ )⊥ , så gælder der, at hu, vi = 0 for alle u ∈ V ⊥ , så specielt gælder der, at hv, ui = 0, ⊥ ⊥ ∀u ∈ V ⊥ ⊆ V ⊥. ⊥ Dermed må v ∈ (V )⊥ . Men (V )⊥ er lukket, så per (a) er V = (V )⊥ , så v ∈ V , som ønsket.