3 MI – juni 2001

Besvarelse af opgaverne 2-7.

Opgave 2. Idet

f_{n}(x) = \frac{cos (\frac{x}{\sqrt{n}})}{2^{n}} , g_{n} = \frac{1}{2^{n}}

gælder |f_{n}(x)| ≤ g_{n} for x ∈ ℝ, n = 1, 2, ⋯ og ∑_{1}^{∞} g_{n} = 1 < ∞.

Vi kan nu bruge Sætning 4.26 med (X, 𝔼) = (ℕ, P(ℕ)) og μ tællemålet, og finder at

F (x) = ∑_{n=1}^{∞} f_{n}(x)

er kontinuert for x = 0, altså

lim_{x→0} F (x) = F (0) = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{2^{n}} = 1 .

Alternativt kan vi vælge en følge x_{j} → 0 og bruge Eksempel 4.25 med

a_{nj} = f_{n}(x_{j}) , b_{j} = \frac{1}{2^{j}} .

Opgave 3. (i) følger af definitionen af mål med tæthed og Sætning 4.21. Vi har for −1 < a < 1

∫_{−∞}^{∞} \frac{|x|^{a}}{1 + x^{2}} dx = 2 ∫_{0}^{1} \frac{x^{a}}{1 + x^{2}} dx + 2 ∫_{1}^{∞} \frac{x^{a}}{1 + x^{2}} dx
≤ 2 ∫_{0}^{1} x^{a}dx + 2 ∫_{1}^{∞} x^{a−2}dx ,

idet vi i første integral bruger 1 + x^{2} ≥ 1, i andet integral 1 + x^{2} ≥ x^{2}. Vi kan nu direkte finde stamfunktioner:

= 2 [\frac{x^{a+1}}{a + 1}]_{0}^{1} + 2 [\frac{x^{a−1}}{a − 1}]_{1}^{∞} = \frac{2}{a + 1} + \frac{2}{1 − a} < ∞ ,

sammenlign med opgave 4.4.2^{∘}.

Opgave 4. Med f(x) = x, x ∈ [0, 1] fås

∥f∥_{p} = (∫_{0}^{1} x^{p}dx)^{1/p} = \frac{1}{(p + 1)^{1/p}} .

Da m([0, 1]) = 1 giver Sætning 7.11 direkte, at ∥f∥_{r} ≤ ∥f∥_{s} for r < s, og da f(x) = x ligger i alle L_{p}([0, 1]), 1 ≤ p < ∞, giver dette, at p ↦ ∥f∥_{p} er voksende for det betragtede f.

Typeset by AMS-TEX

Opgave 5. Mængden S er afsluttet, specielt i 𝔹_{3}, og da m_{3} = m_{1} ⊗ m_{2} fås

m_{3}(S) = ∫_{ℝ^{2}} m_{1}(S^{(x,y)})dm_{2}(x, y) = 0 ,

idet

S^{(x,y)} = {z ∈ ℝ | (x, y, z) ∈ S} = {z ∈ ℝ | z^{2} = 1 − x^{2} − y^{2}}

= \{ \begin{matrix}∅ , & x^{2} + y^{2} > 1 \\ \{0\} , & x^{2} + y^{2} = 1 \\ ± \sqrt{1 − x^{2} − y^{2}} , & x^{2} + y^{2} < 1 \end{matrix}

er en endelig mængde (0, 1 eller 2 elementer), og derfor er m_{1}(S^{(x,y)}) = 0 for alle (x, y) ∈ ℝ^{2}.

Opgave 6. Skitsen gives ikke her, men den giver inspiration til uligheden

f(t) ≥ \frac{1}{2} for t ∈ [1, ∞[ .

At f er en Borelfunktion ses f.eks. ved at udnytte beviset for Tuborg-lemmaet: For B ∈ 𝔹 er

f^{−1}(B) = (f |] − ∞, 1[)^{−1}(B) ∪ ⋃_{k=1}^{∞}(f | [k, k + 1[)^{−1}(B) ,

altså en tællelig forening af Borelmængder, da de optrædende restriktioner er kontinuerte og dermed Borel.

En anden mulighed er at

f_{n}(t) = \{ \begin{matrix}f(t) , & t ∈] − ∞, n[ \\ 0 , & t ∈ [n, ∞[ \end{matrix}

er Borel ifølge Tuborg-lemmaet og lim_{n→∞} f_{n}(t) = f(t) for alle t ∈ ℝ. Som punktvis grænseværdi af Borelfunktioner er f Borel.

Vi har

∫ f dm ≥ ∫_{1}^{∞} \frac{1}{2} dm = \frac{1}{2} m([1, ∞[) = ∞ .

Opgave 7. Vi skal eftervise (i)–(iii) i Definition 1, Appendix. For A ∈ P(X) sættes T_{A} = {E ∈ 𝔼 | A ⊆ E}, så

μ^{∗}(A) = inf{μ(E) | E ∈ T_{A}} .

(i) Det er klart at μ^{∗}(A) ≥ 0, og da μ(∅) = 0 indgår 0 i talmængden, hvis infimum er μ^{∗}(∅), altså μ^{∗}(∅) = 0.

(ii) For A ⊆ B vil T_{A} ⊇ T_{B} så ved udregning af μ^{∗}(A) tages infimum over en større talmængde end ved udregning af μ^{∗}(B), altså μ^{∗}(A) ≤ μ^{∗}(B).

(iii) Uligheden μ^{∗} (⋃_{1}^{∞} A_{n}) ≤ ∑_{1}^{∞} μ^{∗}(A_{n}) er klar, hvis der findes et n så μ^{∗}(A_{n}) = ∞.

Antag derfor μ^{∗}(A_{n}) < ∞ for alle n og lad ε > 0 være vilkårlig.

Ifølge definitionen findes E_{n} ∈ T_{A_{n}} med

μ(E_{n}) < μ^{∗}(A_{n}) + \frac{ε}{2^{n}} , n = 1, 2, · · · .

Da E_{n} ∈ 𝔼, A_{n} ⊆ E_{n} gælder E = ⋃_{1}^{∞} E_{n} ∈ 𝔼 og ⋃_{1}^{∞} A_{n} ⊆ E, altså

μ^{∗} (⋃_{1}^{∞} A_{n}) ≤ μ(E) = μ (⋃_{1}^{∞} E_{n}) ≤ ∑_{1}^{∞} μ(E_{n})

≤ ∑_{1}^{∞} (μ^{∗}(A_{n}) + \frac{ε}{2^{n}} ) = ∑_{1}^{∞} μ^{∗}(A_{n}) + ε .

Da ε > 0 var vilkårlig fås det ønskede. (Bevisidéen er brugt i Appendix i beviset for Lemma 8).