Kurs:Analysis III/Kapitel II: Grundlagen der Funktionalanalysis/§4 Messbare Funktionen

Definition 1

Eine Funktion $f:X\to \overline{ℝ}$ heißt messbar, wenn für alle $a\in ℝ$ die oberhalb des Niveaus $a$ gelegene Punktmenge

$𝒪(f,a):=\{x\in X:f(x)>a\}$

messbar ist.

Satz 1 (f. ü.-Konvergenz)

Sei $\{f_k{\}}_{k=1,2,\dots }$ eine Folge messbarer Funktionen mit der Eigenschaft $f_k(x)\to f(x)$ f. ü. in $X$. Dann ist $f$ messbar.

Beweis

Seien $a,b\in ℝ$ mit $a<b$. Dann gehören die Funktionen $(f_k{)}_{a,b}$ zu $L(X)$ für alle $k\in \mathbb{N}$ und es gelten

$|(f_k{)}_{a,b}(x)|\le \max (|a|,|b|)$ und $(f_k{)}_{a,b}\to f_{a,b}$ f. ü. in $X$.

Der allgemeine Lebesguesche Konvergenzsatz liefert $f_{a,b}\in L(X)$. Damit ist $f$ messbar.

q.e.d.

Satz 2 (Kombination von messbaren Funktionen)

Es gelten die folgenden Aussagen:

a) Lineare Kombination: Seien $f$ und $g$ messbar sowie $\alpha ,\beta \in ℝ$, so sind auch $\alpha f+\beta g$, $\max (f,g)$, $\min (f,g)$ und $|f|$ messbar.

b) Nichtlineare Kombination: Seien mit $f_1,\dots ,f_{\kappa },\kappa \in \mathbb{N}$ endlichwertige, messbare Funktionen und $\varphi =\varphi (y_1,\dots ,y_{\kappa })\in C^0({ℝ}^{\kappa },ℝ)$ gegeben. Dann ist die Funktion $g(x):=\varphi (f_1(x),\dots ,f_{\kappa }(x)),x\in X$ messbar.

Beweis

a) Es gilt $f_{-p,p},g_{-p,p}\in L(X)$ für alle $p\in ℝ$. Beachten wir weiter $f=\underset{p\to \mathrm{\infty }}{\lim }{f}_{-p,p}$, so liefert Satz 1 und die Linearität des Raumes $L(X)$, dass

$\alpha f+\beta g=\underset{p\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(\alpha f_{-p,p}+\beta g_{-p,p})$

für alle $\alpha ,\beta \in ℝ$ messbar ist. Genauso sind

$\max (f,g)=\underset{p\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\max (f_{-p,p},g_{-p,p})$

und

$\min (f,g)=\underset{p\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\min (f_{-p,p},g_{-p,p})$

messbar und wegen $|f|=\max (f,-f)$ auch $|f|$.

b) Für alle $p>0$ und $k=1,\dots ,\kappa$ sind $(f_k{)}_{-p,p}\in L(X)$ beschränkte Funktionen. Nach §3, Satz 1 und §4, Satz 1 gehört dann die Funktion $\varphi ((f_1{)}_{-p,p}(x),\dots ,(f_{\kappa }{)}_{-p,p}(x))$ zu $L(X)$. Weiter gilt

$g(x)=\underset{p\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\varphi ((f_1{)}_{-p,p}(x),\dots ,(f_{\kappa }{)}_{-p,p}(x))$

für alle $x\in X$ und Satz 1 liefert die Messbarkeit von $g$.

q.e.d.

Definition 2

Für eine nicht negative, messbare Funktion $f$ setzen wir

$I(f):=\underset{N\to +\mathrm{\infty }}{\lim }I(f_{0,N})\in [0,+\mathrm{\infty }].$

Definition 3

Eine Funktion $g:X\to \overline{ℝ}$ heißt einfach, wenn es endlich viele paarweise disjunkte Mengen $A_1,\dots ,A_{n^{*}}\in 𝒮(X)$ und ${\eta }_1,\dots ,{\eta }_{n^{*}}\in ℝ$ mit $n^{*}\in \mathbb{N}$ gibt, so dass in $X$ die folgende Darstellung gilt:

$g=\sum _{k=1}^{n^{*}}{\eta }_k{\chi }_{A_k}.$

Satz 3 (Lebesguescher Auswahlsatz)

Sei $\{f_k{\}}_{k=1,2,\dots }$ eine Folge aus $L(X)$ mit

$\underset{k,l\to \mathrm{\infty }}{\lim }I(|f_k-f_l|)=0.$

Dann gibt es eine Nullmenge $N\subset X$ und eine monoton wachsende Teilfolge $\{k_m{\}}_{m=1,2,\dots }$, so dass die Funktionenfolge $\{f_{k_m}(x){\}}_{m=1,2,\dots }$ für alle $x\in X\setminus N$ konvergiert und für den Grenzwert gilt

$\underset{m\to \mathrm{\infty }}{\lim }{f}_{k_m}(x)=:f(x)\in L(X).$

Aus einer Cauchy-Folge bez. dem Integral $I$ können wir also eine f. ü. konvergente Teilfolge auswählen.

Beweis

Auf der Nullmenge

$N_1:=\bigcup _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\{x\in X:|f_k(x)|=+\mathrm{\infty }\}$

ändern wir die Funktionen $f_k$ zu

${\tilde{f}}_k(x):=\{\begin{array}{c}{f}_k(x),x\in X\setminus N_1\\ 0,x\in N_1\end{array}$

ab. So können wir o. E. die Funktionen $\{f_k{\}}_{k=1,2,\dots }$ als endlichwertig annehmen. Wegen

$\underset{p,l\to \mathrm{\infty }}{\lim }I(|f_p-f_l|)=0$

gibt es eine Teilfolge $k_1<k_2<\dots$ mit der Eigenschaft

$I(|f_p-f_l|)\le \frac{1}{2^m}$ für alle $p,l\ge k_m,m=1,2,\dots$.

Insbesondere folgen nun

$I(|f_{k_{m+1}}-f_{k_m}|)\le \frac{1}{2^m},m=1,2,\dots$

und

$\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}I(|f_{k_{m+1}}-f_{k_m}|)\le 1.$

Nach dem Satz von Levi gehört die Funktion

$g(x):=\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}|f_{k_{m+1}}(x)-f_{k_m}(x)|,x\in X$

zu $L(X)$ und $N_2:=\{x\in X\setminus N_1:|g(x)|=+\mathrm{\infty }\}$ ist eine Nullmenge. Also konvergiert die Reihe

$\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}|f_{k_{m+1}}(x)-f_{k_m}(x)|$ für alle $x\in X\setminus N$ mit $N:=N_1\cup N_2$

und folglich auch die Reihe

$\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(f_{k_{m+1}}(x)-f_{k_m}(x)).$

Der Grenzwert

$\underset{m\to \mathrm{\infty }}{\lim }(f_{k_m}(x)-f_{k_1}(x))=:f(x)-f_{k_1}(x)$

existiert also für alle $x\in X\setminus N$ und somit ist die Folge $\{f_{k_m}{\}}_{m=1,2,\dots }$ auf $X\setminus N$ konvergent gegen $f$. Wegen $g\in L(X)$ und

$|f_{k_m}(x)-f_{k_1}(x)|\le |g(x)|$

ist der Lebesguesche Konvergenzsatz anwendbar. Es folgen $f\in L(X)$ und

$I(f)=\underset{m\to \mathrm{\infty }}{\lim }I(f_{k_m}).$

q.e.d.

Satz 4 (f. ü.-Approximation)

Sei $f$ eine messbare Funktion mit $|f(x)|\le c,x\in X,c\in (0,+\mathrm{\infty })$. Dann gibt es eine Folge $\{f_k{\}}_{k=1,2,\dots }\subset M(X)$ mit $|f_k(x)|\le c,x\in X,k\in \mathbb{N}$, so dass $f_k(x)\to f(x)$ f. ü. in $X$ gilt.

Beweis

Da $f$ messbar ist und durch die konstante Funktion $c\in L(X)$ majorisiert wird, ist $f\in L(X)$. Nun gibt es eine Folge $\{g_k{\}}_{k=1,2,\dots }\subset M(X)$ mit $I(|f-g_k|)\to 0$ für $k\to \mathrm{\infty }$. Wir setzen

$h_k(x):=(g_k{)}_{-c,c}(x)$

und beachten $h_k\in M(X),|h_k(x)|\le c$ für alle $x\in X$ und alle $k\in \mathbb{N}$. Wegen

$|h_k-f|=|(g_k{)}_{-c,c}-f_{-c,c}|=|(g_k-f{)}_{-c,c}|\le |g_k-f|$

folgt

$\underset{k\to \mathrm{\infty }}{\lim }I(|h_k-f|)\le \underset{k\to \mathrm{\infty }}{\lim }I(|g_k-f|)=0.$

Wegen

$I(|h_k-h_l|)\le I(|h_k-f|)+I(|f-h_l|)\to 0$ für $k,l\to \mathrm{\infty }$

liefert der Lebesguesche Auswahlsatz eine Nullmenge $N_1\subset X$ und eine monoton wachsende Teilfolge $\{k_m{\}}_{m=1,2,\dots }$, so dass

$h(x):=\underset{m\to \mathrm{\infty }}{\lim }{h}_{k_m}(x)$

für alle $x\in X\setminus N_1$ existiert. Wir setzen $h$ auf die Nullmenge fort durch $h(x):=0$ für alle $x\in N_1$. Nun gilt

$\underset{m\to \mathrm{\infty }}{\lim }|h_{k_m}(x)-f(x)|=|h(x)-f(x)|$ in $X\setminus N_1$.

Der Satz von Fatou liefert

$I(|h-f|)\le \underset{m\to \mathrm{\infty }}{\lim }I(|h_{k_m}-f|)=0.$

Somit gibt es eine Nullmenge $N_2\subset X$, so dass

$f(x)=h(x)$ für alle $x\in X\setminus N_2$

gilt. Setzen wir $N:=N_1\cup N_2$ und $f_m(x):=h_{k_m}(x)$, so ist offensichtlich $f_m(x)\in M(X),|f_m(x)|\le c$ für alle $x\in X$ und alle $m\in \mathbb{N}$ und es gilt

$\underset{m\to \mathrm{\infty }}{\lim }{f}_m(x)=\underset{m\to \mathrm{\infty }}{\lim }{h}_{k_m}(x)\stackrel{x\notin N_1}{=}h(x)\stackrel{x\notin N_2}{=}f(x)$ für alle $x\in X\setminus N$.

Somit folgt $f_m(x)\to f(x)$ für alle $x\in X\setminus N$.

q.e.d.

Satz 5 (Egorov)

Seien die messbare Menge $B\subset X$ und die messbaren f. ü. endlichwertigen Funktionen $f:B\to \overline{ℝ}$ und $f_k:B\to \overline{ℝ},k\in \mathbb{N}$ mit der Eigenschaft $f_k(x)\to f(x)$ f. ü. in $B$ gegeben. Dann gibt es zu jedem $\delta >0$ eine abgeschlossene Menge $A\subset B$ mit $\mu (B\setminus A)<\delta$, so dass $f_k(x)\to f(x)$ gleichmäßig auf $A$ gilt.

Beweis

Wir betrachten die Nullmenge

$N:=\{x\in B:f_k(x)\to f(x)\mathrm{i}\mathrm{s}\mathrm{t}\mathrm{n}\mathrm{i}\mathrm{c}\mathrm{h}\mathrm{t}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{f}\ddot{\mathrm{u}}\mathrm{l}\mathrm{l}\mathrm{t}\}$

$=\{x\in B:\mathrm{z}\mathrm{u}m\in \mathbb{N}\mathrm{u}\mathrm{n}\mathrm{d}\mathrm{f}\ddot{\mathrm{u}}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{l}\mathrm{l}\mathrm{e}l\in \mathbb{N}\mathrm{e}\mathrm{x}\mathrm{i}\mathrm{s}\mathrm{t}\mathrm{i}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{t}\mathrm{e}\mathrm{i}\mathrm{n}k\ge l\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{t}|f_k(x)-f(x)|>\frac{1}{m}\}$

$=\bigcup _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\bigcap _{l=1}^{\mathrm{\infty }}\bigcup _{k\ge l}\{x\in B:|f_k(x)-f(x)|>\frac{1}{m}\}=\bigcup _{m=1}^{\mathrm{\infty }}{B}_m,$

wobei

$B_m:=\bigcap _{l=1}^{\mathrm{\infty }}\bigcup _{k\ge l}\{x\in B:|f_k(x)-f(x)|>\frac{1}{m}\}$

gesetzt wurde. Es gilt $B_m\subset N$ und somit $\mu (B_m)=0$ für alle $m\in \mathbb{N}$. Mit

$B_{m,l}:=\bigcup _{k\ge l}\{x\in B:|f_k(x)-f(x)|>\frac{1}{m}\}$

folgt $B_{m,l}\supset B_{m,l+1}$ für alle $m,l\in \mathbb{N}$. Aus

$B_m=\bigcap _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{B}_{m,l}$

erhalten wir dann

$0=\mu (B_m)=\underset{l\to \mathrm{\infty }}{\lim }\mu (B_{m,l}).$

Somit gibt es zu jedem $m\in \mathbb{N}$ ein $l_m\in \mathbb{N}$ mit $l_m<l_{m+1}$, so dass

$\mu \left(\bigcup _{k\ge l_m}\{x\in B:|f_k(x)-f(x)|>\frac{1}{m}\}\right)=\mu (B_{m,l_m})<\frac{\delta }{2^{m+1}}$

gilt. Wir setzen

${\hat{B}}_m:=B_{m,l_m}$ und $\hat{B}:=\bigcup _{m=1}^{\mathrm{\infty }}{\hat{B}}_m$.

Offenbar ist $\hat{B}$ messbar und es ist

$\mu (\hat{B})\le \sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\mu ({\hat{B}}_m)\le \frac{\delta }{2}$

erfüllt. Erklären wir noch $\hat{A}:=B\setminus \hat{B}$, so finden wir

$\hat{A}=B\cap {\left(\bigcup _{m=1}^{\mathrm{\infty }}{\hat{B}}_m\right)}^c=B\cap \left(\bigcap _{m=1}^{\mathrm{\infty }}{\hat{B}}_m^c\right)$

$=\bigcap _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\{x\in B:|f_k(x)-f(x)|\le \frac{1}{m}\mathrm{f}\ddot{\mathrm{u}}\mathrm{r}\mathrm{a}\mathrm{l}\mathrm{l}\mathrm{e}k\ge l_m\}.$

Für alle $x\in \hat{A}$ gibt es also zu vorgegebenem $m\in \mathbb{N}$ ein $l_m\in \mathbb{N}$, so dass

$|f_k(x)-f(x)|\le \frac{1}{m}$

für alle $k\ge l_m$ gilt. Folglich konvergiert ${\left\{f_k{|}_{\hat{A}}\right\}}_{k=1,2,\dots }$ gleichmäßig gegen $f{|}_{\hat{A}}$. Gemäß §3, Satz 5 wählen wir nun eine abgeschlossene Menge $A\subset \hat{A}$ mit

$\mu (\hat{A}\setminus A)<\frac{\delta }{2}.$

Dann konvergiert wegen $A\subset \hat{A}$ auch ${\left\{f_k{|}_A\right\}}_{k=1,2,\dots }$ gleichmäßig gegen $f{|}_A$. Beachten wir noch $B\setminus \hat{A}=\hat{B}$, so folgt

$\mu (B\setminus A)=\mu (B\setminus \hat{A})+\mu (\hat{A}\setminus A)<\frac{\delta }{2}+\frac{\delta }{2}=\delta .$

q.e.d.

Satz 6 (Lusin)

Sei $f:B\to ℝ$ eine messbare Funktion auf der messbaren Menge $B\subset X$. Dann gibt es zu jedem $\delta >0$ eine abgeschlossene Menge $A\subset X$ mit $\mu (B\setminus A)<\delta$, so dass $f{|}_{A}A\to ℝ$ stetig ist.

Beweis

Für $j=1,2,\dots$ betrachten wir die abgeschnittenen Funktionen

$f_j(x):=\{\begin{array}{cc}-j,& f(x)\in [-\mathrm{\infty },-j]\\ f(x),& f(x)\in [-j,+j]\\ +j,& f(x)\in [+j,+\mathrm{\infty }]\end{array}.$

Die Funktionen $f_j:B\to ℝ$ sind messbar und es gilt

$|f_j(x)|\le j$ für alle $x\in B$.

Nach Satz 9 und wegen $M(X)\subset C^0(X)$ existiert für jedes $j\in \mathbb{N}$ eine Folge stetiger Funktionen $f_{j,k}:B\to ℝ$ mit

$\underset{k\to \mathrm{\infty }}{\lim }{f}_{j,k}(x)=f_j(x)$ f. ü. in $B$.

Nach dem Egorovschen Satz gibt es nun zu $j=1,2,\dots$ eine abgeschlossene Menge $A_j\subset B$ mit

$\mu (B\setminus A_j)<\frac{\delta }{2^{j+1}},$

so dass die Funktionenfolgen ${\left\{f_{j,k}{|}_{A_j}\right\}}_{k=1,2,\dots }$ gleichmäßig gegen $f_j{|}_{A_j}$ konvergieren. Nach dem Weierstraßschen Konvergenzsatz ist dann $f_j{|}_{A_j}$ für alle $j\in \mathbb{N}$ stetig. Die Menge

$\hat{A}:=\bigcap _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_j\subset B$

ist abgeschlossen und es gilt

$\mu (B\setminus \hat{A})\le \sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}\mu (B\setminus A_j)<\sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{\delta }{2^{j+1}}=\frac{\delta }{2}.$

Nun sind für alle $j\in \mathbb{N}$ die Funktionen $f_j:\hat{A}\to ℝ$ stetig und wir wissen

$f(x)=\underset{j\to \mathrm{\infty }}{\lim }{f}_j(x)$ in $\hat{A}$.

Nach dem Egorovschen Satz gibt es eine abgeschlossene Menge $A\subset \hat{A}$ mit

$\mu (\hat{A}\setminus A)<\frac{\delta }{2},$

so dass $f_j$ gleichmäßig auf $A$ gegen $f$ konvergiert. Damit ist $f{|}_A$ stetig und es gilt

$\mu (B\setminus A)=\mu (B\setminus \hat{A})+\mu (\hat{A}\setminus A)<\frac{\delta }{2}+\frac{\delta }{2}=\delta .$

q.e.d.