Stetige Abhängigkeit des Integrals und Volterra-Operator

Neue Frage »

Soliton Auf diesen Beitrag antworten »
Stetige Abhängigkeit des Integrals und Volterra-Operator
Hallo,


nach einem arbeitsreichen Tag sind bei mir wieder einige Fragen angefallen.



[Gemeint ist nicht das eckige L, der Quotientenraum, sondern das geschwungene L, worauf es hier freilich nicht wirklich ankommt.]

Warum ist K stetig?

Man weiß ja, daß parameterabhängige Riemann-Integrale unter gewissen Voraussetzungen stetig von den Parametern abhängen. Gilt dies denn auch für Lebesgue-Integrale, wenn ja, wie lautet die Beweisidee, und welche Voraussetzungen sind dafür zu erfüllen?

Bei der Gelegenheit noch eine Nachfrage zu Riemann vs. Lebesgue: Ist es richtig, daß der Satz von Tonelli-Fubini auf Riemann-Integrale angewendet werden kann, deren Integranden lokal (d. h. auf Kompakta) Riemann-integrierbar sind - daß man andernfalls aber scheitern kann? Oder ist der Satz überhaupt nur auf nicht uneigentliche Riemann-Integrale anwendbar?

Das folgende ist sicherlich trivial, aber irgendwie...

Sei f Lebesgue-integrierbar und der Volterra-Operator von f 0, d. h.



[a, b] soll ein reelles Intervall sein. Warum folgt daraus f = 0 f. ü.?

Ich habe versucht, dies per Widerspruch zu zeigen. Aber was bedeutet es überhaupt, daß nicht f = 0 f. ü. ist? Heißt das zwingend, daß f auf einem Kompaktum nicht verschwindet? Und nimmt f - obwohl es nicht notwendig stetig ist - auf diesem Kompaktum ein Minimum an? (Wie sieht z. B. eine Funktion auf einem Kompaktum aus, die ihr Minimum nicht annimmt? EDIT: Ach, was eine doofe Frage. Streichen.)
WebFritzi Auf diesen Beitrag antworten »

K ist im Allgemeinen nicht stetig.

Gegenbeispiel: A = [0,1], k(s,t) = 0 für t<>1/2 und k(s,1/2) = 1. Offenbar ist dann K in 1/2 nicht stetig.
WebFritzi Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Stetige Abhängigkeit des Integrals und Volterra-Operator
Zitat:
Original von Soliton
Aber was bedeutet es überhaupt, daß nicht f = 0 f. ü. ist?


Das bedeutet, dass es eine messbare Menge A mit nichtverschwindendem Maß gibt mit f(x) <> 0 für alle x aus A.
Soliton Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Stetige Abhängigkeit des Integrals und Volterra-Operator
Danke für's Gegenbeispiel. Hilft die Voraussetzung, daß k symmetrisch ist, also k(s, t) = K(t, s) für alle s, t? Zumindest das Gegenbeispiel greift dann nicht mehr.

Zu f = 0 f. ü.: Ok, ich hätte genauer fragen sollen: Wie sehen meßbare Mengen aus - genauer: enthalten meßbare Mengen ein Kompaktum?
WebFritzi Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Stetige Abhängigkeit des Integrals und Volterra-Operator
Zitat:
Original von Soliton
Danke für's Gegenbeispiel. Hilft die Voraussetzung, daß k symmetrisch ist, also k(s, t) = K(t, s) für alle s, t? Zumindest das Gegenbeispiel greift dann nicht mehr.


Denke doch mal selber ein bißchen nach. Eine kleine Variation obigen Beispiels zeigt, dass auch die Symmetrie-Voraussetzung da nichts hilft.


Zitat:
Original von Soliton
enthalten meßbare Mengen ein Kompaktum?


Außer der leeren Menge enthält jede messbare Menge ein Kompaktum, ja. Jede Einpunktmenge ist z.B. ein Kompaktum. Ich denke aber, das war nicht das, was du wissen wolltest. Ich weiß genau, was du fragen willst. Du kannst deine Frage ja nochmal neu formulieren. Ich glaube, die Antwort auf die Frage wird "nein" lauten. Augenzwinkern
Soliton Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Stetige Abhängigkeit des Integrals und Volterra-Operator
Zitat:
Original von WebFritzi
Denke doch mal selber ein bißchen nach. Eine kleine Variation obigen Beispiels zeigt, dass auch die Symmetrie-Voraussetzung da nichts hilft.


Ok, ich hab' halt schon so viel gedacht heute. Aber ok. k kann etwa auf zwei Rändern des Quadrats A x A 0 sein und sonst 1. Also k(s, 0) = k(0, s) = 0 für alle s, = 1 sonst.

Verflixt, ich brauche aber für einen Hilbert-Schmidt-Operator (Überraschung!), daß



für alle t aus A gleichmäßig beschränkt ist, daß also das Supremum dieses Ausdrucks über t aus A endlich ist. Deshalb hätte ich gerne die Stetigkeit. Wenn's die nun aber nicht gibt...? (Oder sind die Kernfunktionen von H.-S-Operatoren üblicherweise stetig?)

Zitat:
Original von WebFritziIch denke aber, das war nicht das, was du wissen wolltest.


Richtig! smile

Ich möchte wissen, ob jede meßbare Teilmenge der reellen Zahlen, die keine Nullmenge ist, ein Kompaktum enthält, das keine Nullmenge ist.
 
 
Soliton Auf diesen Beitrag antworten »

So, nach längerem Nachdenken habe ich verstanden, daß ich mein Problem falsch gestellt habe. Ich brauche doch nicht die gleichmäßige Beschränktheit des o. g. Integrals. Sondern nur, daß das



endlich ist, aber das ist ja klar.

Was mein anderes Problem angeht: Ich will zeigen, daß für quadrat-Lebesgue-integrierbares (reellwertiges) f (auf [0, 1])

f. ü.

(V ist der Volterra-Operator).

EDIT: Getippt, während WebFrizis nächster Beitrag kam.

Stimmt folgender Ansatz?

Da Vf absolut stetig, kann Vf f. ü. differenziert werden, die Ableitung ist dann 0, und diese stimmt f.ü. mit f überein.

Und beruht das Argument in der Tat nur darauf, daß Vf absolut stetig ist? Im Lehrbuch stand es so. Das kann ich aber nicht nachvollziehen. Denn allein aus dem Umstand, daß Vf wegen der Absolutstetigkeit f. ü. differenzierbar ist, folgt doch noch nicht, daß die Ableitung des unbestimmten Lebesgue-Integrals gerade f. ü. dem Integranden entspricht. Vielmehr braucht es dazu doch eines speziellen Satzes (den es gibt und der mir auch bekannt ist), in dem gerade dies behauptet wird - übrigens der gleiche Satz, aus dem überhaupt erst die Absolutstetigkeit hervorgeht - dann brauche ich doch den ganzen Satz und nicht nur die Absolutstetigkeit. Oder nicht? Der Lehrbuchautor (Schröder, FA, 2. Aufl., S. 47) schreibt aber nur: "Da Vf absolut stetig ist, ist f = 0 [f. ü.], falls Vf = 0." Reicht das denn?

Und dann frage ich mich weiterhin, ob mein o. g. Problem auch direkt und einfacher gelöst werden kann als mit dem "Hauptsatz" der L-Integralrechnung.

Ich wollte dies indirekt zeigen. Zunächst sieht man, daß die Voraussetzung meines o. g. Problems zur Folge hat, daß das Intregral von f auf allen Kompakta aus [0, 1] verschwindet. Sei (W.A.) dennoch f <> 0 f. ü. D. h., daß die Menge A der Stellen, in denen f nicht verschwindet, keine Nullmenge ist. Da A Teilmenge von [0, 1] ist, muß A auch meßbar sein (richtig?). Es gibt also eine meßbare Teilmenge A von [0, 1] mit Maß > 0, auf der f nirgends verschwindet. Und da sitze ich schon fest. Wie finde ich damit einen Widerspruch zur Voraussetzung, also z. B. ein Kompaktum aus [0, 1], auf dem das Integral von f nicht verschwindet? Meine Idee war, die Menge A aufzuteilen in A+ (wo f strikt positiv ist) und A-. Wenn A+ dann noch meßbar wäre (ist es doch?), und keine Nullmenge, dann wäre das Integral von f auf A+ > 0 (wieso eigentlich?). Alternativ für A- Und es können nicht beide Mengen Nullmengen sein, weil sonst A eine Nullmenge wäre. Soweit richtig? Aber wie geht's weiter - kann man A+ zu einem Kompaktum erweitern, wo immer noch das Integral > 0 ist?
WebFritzi Auf diesen Beitrag antworten »

Leite doch mal auf beiden Seiten nach t ab. Augenzwinkern
Soliton Auf diesen Beitrag antworten »

Oops, sorry, ich war beim Editieren aufgehalten worden, dazwischen kam Dein Beitrag. Bleibt meine obige Frage zu den Voraussetzungen, die ich für das Ableiten bzw. den daran anschließenden Schluß der Übereinstimmung f. ü. mit dem Integranden benötige.
WebFritzi Auf diesen Beitrag antworten »

OK, hier ein anderer, etwas allgemeinerer Zugang aus der Maßtheorie:

Es sei ein Maßraum und eine -integrierbare Funktion. Desweiteren sei ein Erzeuger der Sigma-Algebra mit , und es gelte

für alle

Das ist hier unsere Ausgangslage (). Zu zeigen ist:

für alle

Wie du das auf dein Beispiel anwenden kannst, schreibe ich am Ende. Erstmal der Beweis. Zeige dazu, dass das System



eine Sigma-Algebra ist. Da der Erzeuger von in enthalten ist, muss dann gelten. Um zu sehen, dass eine Sigma-Algebra ist, zeige der Einfachheit halber zunächst, dass ein Dynkin-System ist. Dann zeige, dass -stabil ist, d.h.



Aus einem Satz aus der Maßtheorie folgt dann, dass eine Sigma-Algebra ist.

-----------------------------

Nun zur Anwendung der obigen Abhandlung. Setze

und

Dann folgt

für j=1,2.

Also sind A_1 und A_2 Nullmengen. Fertig. smile
Soliton Auf diesen Beitrag antworten »

Ah, fein. Vielen Dank! smile Dynkin-System-Argument, feine Sache, kannte ich noch nicht. Hatte schon geahnt, daß meine Ergänzung zum Kompaktum Mist war. Soweit alles klar bis auf die Durchschnittsstabilität, die sehe ich nicht so schnell, aber das kriege ich sicher hin, kann ja nicht so schwer sein.

Ist es denn richtig, daß alle Teilmengen meßbarer Mengen meßbar sind?

Und könntest Du bei Gelegenheit bitte noch einen Satz zu dem Absolutstetigkeitsargument des Lehrbuchautors (s. o.) sagen, d. h., ob ich an seiner Formulierung zu recht krittele?
WebFritzi Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Soliton
Ist es denn richtig, daß alle Teilmengen meßbarer Mengen meßbar sind?


Nein, natürlich nicht.


Zitat:
Original von Soliton
Und könntest Du bei Gelegenheit bitte noch einen Satz zu dem Absolutstetigkeitsargument des Lehrbuchautors (s. o.) sagen, d. h., ob ich an seiner Formulierung zu recht krittele?


Das ist alles OK so. Aufgrund der Darstellung von Vf ist Vf absolutstetig, ist also f.ü. diffbar. Die Ableitung ist dann der Integrand, also f.
Soliton Auf diesen Beitrag antworten »

Danke.

Zitat:
Original von WebFritzi
Das ist alles OK so. Aufgrund der Darstellung von Vf ist Vf absolutstetig, ist also f.ü. diffbar. Die Ableitung ist dann der Integrand, also f.


Dazu muß man aber schon - zusätzlich zur Existenz der Ableitung überhaupt - wissen, daß die "gewöhnliche" Ableitung des unbestimmten L-Intregrals f. ü. den Integranden liefert, oder nicht? Ich finde, daß der Autor das unterschlägt, wenn er als einziges Argument die Absolutstetigkeit von Vf anführt. Entscheidend ist ja vielmehr die besondere Gestalt von Vf, deren eine Folge die Absolutstetigkeit, deren andere... usw. Die Absolutstetigkeit als isoliertes Argument, wenn ich es richtig verstanden habe, bringt eben noch nicht die Übereinstimmung der Ableitung mit dem Integranden f. ü., sondern lediglich deren Existenz, wie auch immer die im einzelnen aussehen mag.

Meine Frage ist gewiß etwas seltsam. Wahrscheinlich eher didaktischer Natur.
WebFritzi Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn man eh schon Wissen über absolutstetige Funktionen voraussetzt, dann kann man davon ausgehen, dass das alles bekannt ist.
Soliton Auf diesen Beitrag antworten »

Ok. - So, bin jetzt alles nochmal durchgegangen und habe auch etwas Maßtheorie aufgefrischt. Da sind mir noch ein paar Kleinigkeiten aufgefallen. Ich schreibe sie, auch wenn's trivial scheint, mit der Bitte um Korrektur, wenn sie falsch sind, sonst mit der Bitte um Bestätigung, wenn möglich.

In meinem Teil des Beweises oben fehlte noch die Begründung, daß

, wenn f > 0 auf A und A nicht Nullmenge ist (*).

Habe ich inzwischen gefunden und verstanden, ist aber nicht ganz so trivial, wie ich ursprünglich dachte. Da geht z. B. die Linksstetigkeit des Maßes ein.

Außerdem fehlte (mir) die Begründung, daß A+ (oder A-) in der Tat meßbar sind. (**)

Denn sonst würde das Dynkin-Argument keinen Widerspruch bringen. Aber auch das konnte ich für mich klären (folgt aus der Integrierbarkeit von f; A+ und A- sind also sogar integrierbar).

Die Durchschnittsabgeschlossenheit des Dynkins-Systems war tatsächlich einfach zu sehen.

Wie ist es aber mit der Sigma-Additivität? Ich sehe zwei Wege: Über die Sigma-Additivität des Maßes oder über den Satz von Lebesgue und anschließende Vertauschung von Summe und Grenzwert. Letzteres so:

,

wo die A_j paarweise disjunkte Elemente aus dem o. g. Dynkinsystem sind.

Für die Vorziehung des Grenzwerts benötige ich Lebesgue.

Oder ist das zu umständlich?

- Kann man also sagen, daß Lebesgue-meßbare Mengen gerade die Borelmengen sind? Das hast Du im Dynkin-Argument ja benutzt.

- Ich habe es dann schließlich noch ohne Dynkin versucht. Da ich ohnehin (*) und (**) brauchte, geht es wohl auch so:

,

und daraus hat man sofort, daß die beiden Teilintegrale, die beide >= 0 sind, zusammen 0 ergeben müssen, also auch jedes für sich. I. w. mit (*) folgt dann, daß die beiden Funktionsteile - deren Integrierbarkeit sich im Grunde aus (**) ergibt, je für sich f. ü. = 0 sind - bzw. die Mengen, wo sie > 0 sind, Nullmengen sind.

Hoffe, das stimmt so?
WebFritzi Auf diesen Beitrag antworten »

Der Teil mit dem Satz von Lebesgue ist vorbildlich. Augenzwinkern

Aber eine Menge ist nicht integrierbar. Den Begriff gibt es für Mengen nicht. A_+ ist z.B. messbar, da f messbar ist und gilt.

Deinen "Beweis" zum Schluss solltest du nochmal überdenken.
Soliton Auf diesen Beitrag antworten »

Zum "Beweis": Hammer Hammer Hammer Ok, ich war müde. Prost

Ok, also doch mit Dynkin.

"Integrierbare Menge": Den Begriff hatte ich in einem Lehrbuch gefunden - oder ich erinnere mich falsch. Integrierbare Menge sollte eine sein, deren Indikatorfunktion auf dem Raum integrierbar ist. Jedenfalls kennt die Suchmaschine zu dem Begriff einige fachliche Referenzen.

Und Borelmenge = Lebesgue-meßbar?
WebFritzi Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Soliton
Und Borelmenge = Lebesgue-meßbar?


Borel-messbar ==> Lebesgue-messbar, aber nicht andersherum.
Soliton Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von WebFritzi
Zitat:
Original von Soliton
Und Borelmenge = Lebesgue-meßbar?


Borel-messbar ==> Lebesgue-messbar, aber nicht andersherum.


Dann habe ich noch ein Problem mit Deinem Dynkin-Argument für meine Aufgabe. Der von Dir angegebene Erzeuger erzeugt dann doch nur die Borel-messbaren Mengen, nicht aber notwendig alle Lebesgue-meßbaren Mengen. D. h. ich habe am Ende nur gezeigt, daß das Integral über allen Borel-meßbaren Mengen verschwinden muß. Wer sagt mir denn, daß A+ Borel-meßbar ist? Ok, es ist also als Urbild von [0, oo) unter f meßbar, aber notwendig doch nur Lebesgue-meßbar, wenn f nur Lebesgue-(quadrat-)integrierbar ist, und dann also möglicherweise nicht Borel-meßbar, so daß das Integral nicht verschwinden müßte?

Aber bestimmt weiß ich wieder nicht genug darüber. Was übersehe ich?
WebFritzi Auf diesen Beitrag antworten »

Man wählt als Sigma-Algebra standardmäßig die Borel-Sigma-Algebra. Das vereinfacht einiges, weil die so schöne Erzeuger hat. Augenzwinkern Mit der "Anzahl" der messbaren Mengen gibt man sich zufrieden, denn in Anwendungen sind alle Mengen Borel-messbar.
Soliton Auf diesen Beitrag antworten »

Hm, diese Antwort läßt die übliche Strenge etwas vermissen. Augenzwinkern Also willst Du mir sagen, daß zwar im allgemeinen, in pathologischen Fällen (vermutlich braucht dazu wieder das AA :lolhammersmile es Lebesgue-meßbare Mengen gibt, die nicht Borel-meßbar sind, daß aber im vorliegenden Fall aus einem zwingenden Grund (den ich nicht kenne), dies nicht so ist? Unter welchem Voraussetzungen ist denn B-meßbar = L-meßbar? Wieso kann f hier nicht zu einem pathologischen Fall führen?
WebFritzi Auf diesen Beitrag antworten »

Du hast mich offenbar nicht verstanden. Die L^p-Funktionen auf [0,1] sind messbar wie folgt:

Ist B eine Borelmenge, dann ist auch eine Borelmenge.
Soliton Auf diesen Beitrag antworten »

Das wollte ich wissen. Danke! smile
Neue Frage »
Antworten »



Verwandte Themen

Die Beliebtesten »
Die Größten »
Die Neuesten »