Januar 2000 opgave 2 og 3

Jakob Stubgaard

14. maj 2001

Opgave2: Vi kan f.eks. skrive

E = (ℚ × ℝ) ∪ (ℝ × ℚ)  (1)

Mængden ℚ × ℝ er en Borelmængde i ℝ^{2} den både ℚ og ℝ er Borelmængder i ℝ (se nederst side 6.3). Tilsvarende med ℝ×ℚ. Da E således er en forening af to Borelmængder er E en Borelmængde. Endvidere gælder at m_{2}(E) = 0 idet

m_{2}(E) ≤ m_{2}(ℚ × ℝ) + m_{2}(ℝ × ℚ) = m_{1}(ℚ)m_{1}(ℝ) + m_{1}(ℝ)m_{1}(ℚ) = 0  (2)

Det sidste lighedstegn følger af at ℚ er en Lebesgue nulmængde og det næstsidste lighedstegn følger af definitionen af produktmål idet m_{2} = m_{1} ⊗ m_{1} (sætning 6.9).

Opgave 3:

(i) Lad n ∈ ℕ. Da f er kontinuert er mængden A_{1,n} = {x | |f(x)| ≤ n} afsluttet og derfor en Borelmængde. Tilsvarende er mængderne A_{2,n} = {x | f(x) > n} og A_{3,n} = {x | f(x) < −n} Borelmængder da de er åbne. Restriktionen af f til disse tre mængder, betegnet f_{n,i}, er stadig kontinuert og derfor er f_{n,i} 𝔹_{A_{i,n}}–𝔹 målelig. Tuborglemmaet (sætning 2.13) giver nu at f_{n} er målelig. (ii) Ifølge (i) er |f_{n}| ∈ M^{+}(ℝ, 𝔹) og der gælder klart at |f_{n}| ↗ |f| punktvis. Monotinisætningen giver derfor at ∫_{ℝ} |f_{n}|dm ↗ ∫_{ℝ} |f|dm og da følgen (∫_{ℝ} |f_{n}|dm)_{n} er voksende er

sup_{n∈ℕ}∫_{ℝ} |f_{n}|dm = lim_{n→∞} ∫_{ℝ} |f_{n}|dm = ∫_{ℝ} |f|dm  (3)

Ifølge antagelsen gælder dermed at ∫_{ℝ} |f|dm < ∞, dvs. f er integrabel (sætning 4.11). (iii) Antager vi at f er integrabel så giver sætning 4.11 at ∫_{ℝ} |f|dm < ∞ og (3) giver derfor at svaret på spørgsmålet er ja.