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Lebesgue-Integral: Grenzwert-Aufgabe
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 11:44 Di 05.04.2005
Autor: Bastiane

Hallo noch einmal! ;-)
Hier noch eine Aufgabe von Hans Mathechef, von der ich noch keine Lösung habe:

Hans Mathechef glaubt, folgendes schönes Resultat gefunden zu haben:
Sei [mm] (\Omega,\cal{A},\mu) [/mm] ein Maßraum mit [mm] \mu(\Omega)<\infty [/mm] (also z. B. [mm] \Omega=(-1,1) [/mm] mit dem Lebesgue Maß). Sei [mm] f:\Omega\to\IR [/mm] eine messbare Funktion. Seien [mm] p_k\in[1,\infty) [/mm] mit [mm] p_k\to\infty. [/mm] Es existiere der Grenzwert [mm] \lim_{p_k\to\infty}||f||_{p_k}. [/mm] Dann gilt
[mm] \lim_{p_k\to\infty}||f||_{p_k}=||f||_{\infty}. [/mm]
Die Funktion f ist also auch wesentlich beschränkt.

Hat Hans Mathechef Recht?

Eigentlich könnte ich mir vorstellen, dass das gilt, aber wie würde man das beweisen? Oder gibt es vielleicht doch ein Gegenbeispiel?

Viele Grüße
Bastiane
[kopfkratz2]
        
Bezug
Lebesgue-Integral: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 17:10 Di 05.04.2005
Autor: Stefan

Liebe Christiane!

Entschuldige bitte zunächst, dass ich so lange für diese Aufgabe benötigt habe, obwohl sie mir direkt hätte klar sein müssen. [kopfschuettel] [bonk]

Die Aussage von Hans Mathechef ist richtig.

Im Falle [mm] $\Vert [/mm] f [mm] \Vert_{\infty}=0$ [/mm] ist die Aussage trivial. Sei also im Folgenden [mm] $\Vert [/mm] f [mm] \Vert_{\infty}>0$ [/mm] vorausgesetzt. Weiterhin sei oBdA $f [mm] \ge [/mm] 0$.

Ich zeige zunächst:

[mm] $\Vert [/mm] f [mm] \Vert_{\infty} \le \lim\limits_{p_k \to \infty} \Vert [/mm] f [mm] \Vert_{p_k}$. [/mm]

Wäre dem nicht so, so gäbe es ein [mm] $\alpha>0$ [/mm] mit

[mm] $\lim\limits_{p_k \to \infty} \Vert [/mm] f [mm] \Vert_{p_k} [/mm] < [mm] \alpha [/mm] < [mm] \Vert [/mm] f [mm] \Vert_{\infty}$. [/mm]

Dann wäre [mm] $\{f>\alpha\}$ [/mm] keine [mm] $\mu$-Nullmenge [/mm] und aus

[mm] $\alpha^{p_k} \cdot 1_{\{f>\alpha\}} \le f^{p_k}$ [/mm]

folgt:

[mm] $\alpha \cdot \mu(\{f>\alpha\})^{\frac{1}{p_k}} \le \Vert [/mm] f [mm] \Vert_{p_k}$. [/mm]

Grenzwertbildung liefert wegen [mm] $\lim\limits_{p_k \to \infty} \mu(\{f>\alpha\})^{\frac{1}{p_k}} [/mm] =1$:

[mm] $\alpha \le \lim\limits_{p_k \to \infty} \Vert [/mm] f [mm] \Vert_{p_k}$, [/mm]

Widerspruch.

Zu zeigen bleibt also:

[mm] $\lim\limits_{p_k \to \infty} \Vert [/mm] f [mm] \Vert_{p_k} \le \Vert [/mm] f [mm] \Vert_{\infty}$. [/mm]

Dazu können wir [mm] $\Vert [/mm] f [mm] \Vert_{\infty} [/mm] < [mm] \infty$ [/mm] voraussetzen, denn ansonsten ist nichts zu zeigen.

Dann gilt aber:

[mm] $f^{p_k} \le \Vert [/mm] f [mm] \Vert_{\infty}^{p_k}$ $\mu$-fast [/mm] sicher

und folglich:

[mm] $\lim\limits_{p_k \to \infty} \Vert [/mm] f [mm] \Vert_{p_k} [/mm] = [mm] \lim\limits_{p_k \to \infty} \left( \int |f(x)|^{p_k}\, d\mu \right)^{\frac{1}{p_k}} \le \Vert [/mm] f [mm] \Vert_{\infty} \lim\limits_{p_k \to \infty} \mu(\Omega)^{\frac{1}{p_k}} [/mm] = [mm] \Vert [/mm] f [mm] \Vert_{\infty}$. [/mm]

(Hier geht die Endlichkeit des Maßes ein.)

Damit ist alles gezeigt. [sunny]

Liebe Grüße
Stefan Möchtegernmathechef
Bezug
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