Blatt 7

Übungen zur reellen Analysis, P. Weidemaier 02. November 2009
Blatt 7
Abgabe: 09. November 2009, Nachmittag
Im Folgenden Sei immer (X, R, µ) ein Massraum.
Aufgabe 30. (Tschebyscheff’sche Ungleichung) Zeigen Sie, dass für 0 � f ∈ L(X, µ) gilt
�
µ[f > α] = µ f −1 �
]α, ∞] � 1
�
f dµ ∀α ∈ R>0.
α X
Beweis. Wir schreiben t := α · χ [f>α] : X → R für die Treppenfunktion, welche α auf [f > α] ist
und 0 sonst. Es folgt, dass t � f und da 0 � f ist mit der Definition des Integrals von f auch
� �
f dµ � t dµ = α · µ[f > α].
X
X
Aufgabe 31. Ein f ∈ L(X, µ) ist fast überall endlich. D.h. f(x) < ∞ fast überall auf X oder
anders gesagt: f −1 (∞) ⊂ X ist eine Nullmenge.
Beweis. Wir schreiben f = f + − f − und da f − der Negativteil von f ist, ist f −1 (∞) = (f + ) −1 (∞)
und es reicht zu zeigen, dass µ � (f + ) −1 (∞) � = 0. Wir können also annehmen, dass 0 � f. Da
f −1 (∞) = �
n∈N>0 f −1 ]n, ∞] = �
n∈N>0 [f > n] ist wegen der Monotonie von µ klar
�
µ f −1 �
(∞) � µ[f > n] � 1
�
f dµ ∀n ∈ N>0.
n X
Dabei ist die letzte Ungleichung gerade die Tschebyscheff-Ungleichung verwendet. Da dies für alle
n gilt und �
X f dµ endlich ist, ist µ � f −1 (∞) � < ε ∀ε ∈ R>0 und also µ � f −1 (∞) � = 0. �
Aufgabe 32. Sei 0 � f ∈ L(X, µ). Mit
�
X
f dµ = 0.
Zeigen Sie, dass f = 0 fast überall auf X. D.h. [f > 0] ⊂ X ist eine Nullmenge.
Beweis. Mit der Tschebyscheff-Ungleichung ist
�
µ f > 1
�
n
� n
�
f dµ = 0
X
∀n ∈ N>0.
Da [f > 0] = �
n∈N>0 [f > 1/n] ist dies eine abzählbare Vereinigung von Nullmengen und also selbst
eine Nullmenge. �
�

Aufgabe 33. Zeigen Sie � ∞ 1
dλ(x) = ∞,
x
wobei λ das Lebesgue-Mass auf R.
1
Beweis. Der Integrand f : [1, ∞[ → ]0, 1] , x ↦→ 1/x ist klar messbar, da für α ∈ ]0, 1] gilt [f > α] =
[1, 1/α[ und also [f > α] ∈ L1 mit λ[f > α] = 1/α − 1.
Wir unterteilen ]0, n] in Intervalle
und schätzen f auf
�
i − 1
In,i :=
i
,
2n 2n �
En,i := f −1 (In,i) =
mit i ∈ {1, . . . , n2 n }
� 2 n
i
�
2n
,
i − 1
durch i−1
dass tn ↗ f. Mit dem Satz von Levi ist damit
� ∞ � ∞
tn dλ ↗ f dλ für n → ∞.
2n ab. Wir definieren die Treppenfunktionen tn := �n2n i=1 i−1
2n · χEn,i
1
1
und man sieht leicht,
Wir müssen also nur noch die Integrale der tn berechnen. Dazu bemerken wir, dass für n ∈ N>0
beliebig En,1 = [2 n , ∞[ und f wird auf En,1 durch 0 abgeschätzt. Insbesondere ist dann also 0·χEn,1
die konstante Nullfunktion und dieser Summand leistet keinen Beitrag zur Treppenfunktion tn und
. Damit rechnen wir nun leicht, dass
wir haben also tn = � n2 n
i=2 i−1
2 n · χEn,i
� ∞
n2
tn dλ =
1
n
� i − 1
2
i=2
n
� 2 n
i − 1
� n2
2n
− =
i
n
�
i=2
i − 1
2n i2n − (i − 1)2n i(i − 1)
Dies ist eine harmonische Reihe und divergiert also für n → ∞. Also ist
� ∞
� ∞
tn dλ ↗ ∞ = f dλ für n → ∞.
1
1
=
n2n � 1
i
i=2
.
�