C. Wendl, A. Fauck,
L. Kotan, L. Upmeier zu Belzen WiSe 2019–20
Ubungsblatt 12: Musterl¨ ¨ osung zu den Aufgaben 12.1, 12.2, 12.4, 12.A und 12.D
Aufgabe 12.1(2 + 2 + 3 + 3 + 2 Punkte)
Sei Dn ⊂ Rn die Einheitskugel und α ∈ (0,∞) eine Konstante. Wir betrachten eine Funktionf :Rn→R gegeben fast ¨uberall durchf(x) := 1
kxkα. a) F¨ur welche α∈(0,∞) undp∈[1,∞] geh¨ort f|Dn zuLp(Dn)?
L¨osung:
Die Funktion ist freilich nicht fast ¨uberall beschr¨ankt inDn, geh¨ort also nicht zuL∞(Dn).
F¨ur den Fall 1≤p <∞verwenden wir dien-dimensionalen Polarkoordinaten (r, θ, φ1, . . . , φn−2) aus Aufgabe 11.A. In diesen Koordinaten hatf die Formf(r, θ, φ1, . . . , φn−2) = 1/rα, und die Einheitskugel Dn ist durch {r <1} beschrieben. Durch Anwenden der Transformati- onsformel wie in Aufgabe 11.A(b) finden wir also eine KonstanteC >0, so dass
Z
Dn
|f(x)|pdx1. . . dxn=C Z 1
0
rn−1 1
rαpdr=C Z 1
0
rn−1−αpdr= C
n−αprn−αp
1 0
,
wobei wir im letzten Schritt n−αp6= 0 angenommen haben. Unter dieser Annahme ist das Integral genau dann endlich, wennn−αp >0, und im Falln−αp= 0 folgt stattdessen
Z
Dn
|f(x)|pdx1. . . dxn=C Z 1
0
dr r = lnr
1 0 =∞.
Schlussfolgerung: die Funktion 1/kxkα geh¨ort genau dann zuLp(Dn), wenn p < n
α.
b) F¨ur welche α∈(0,∞) undp∈[1,∞] geh¨ort f|Rn\Dn zu Lp(Rn\Dn)?
Hinweis: siehe Aufgabe 11.A(b).
L¨osung:
AufRn\Dn istf beschr¨ankt, geh¨ort also zuL∞(Rn\Dn). F¨ur 1≤p <∞verwenden wir wieder Polarkoordinaten wie in Teilaufgabe (a), aber diesmal ist der Integrationsbereich Rn\Dn durch {r ≥1} beschrieben, also kommen wir auf die Formel
Z
Rn\Dn
|f(x)|pdx1. . . dxn=C Z ∞
1
rn−1 1
rαpdr=C Z ∞
1
rn−1−αpdr= C n−αp
1 rαp−n
∞ 1
,
wobei im letzten Schritt wieder n−αp 6= 0 angenommen wird. Dieses Integral ist also genau dann endlich, wennαp−n >0, und im Falln−αp= 0 gilt
Z
Rn\Dn
|f(x)|pdx1. . . dxn=C Z ∞
1
dr
r =Clnr|∞1 =∞.
Schlussfolgerung: die Funktion 1/kxkα geh¨ort genau dann zuLp(Rn\Dn), wenn p > n
α.
Der Vektorraum S(Rn) ⊂ C∞(Rn), genannt Schwartzscher Raum oder der Raum von schnell fallenden Funktionen, besteht aus allen glatten Funktionenf :Rn → R mit der Eigenschaft, dass die FunktionRn → R :x 7→ kxkk∂αf(x) f¨ur jedes k ∈ N und jeden Multi-index1 α beschr¨ankt ist. Zeigen Sie:
c) S(Rn)⊂Lp(Rn) f¨ur alle p∈[1,∞].
L¨osung:
F¨ur f ∈ S(Rn) istf glatt und daher beschr¨ankt auf Dn, also folgt f|Dn ∈L∞(Dn), und f¨ur jeder 1 ≤ p < ∞ ist das Integral R
Dn|f|pdm durch supx∈Dn|f(x)|p ·m(Dn) < ∞ beschr¨ankt. Außerdem ist die Funktion x 7→ kxkkf(x) f¨ur jedes k ∈ N beschr¨ankt, also gibt es f¨ur jedes keine Konstante Ck >0 mit
|f(x)| ≤ Ck
kxkk.
Wir w¨ahlek > n/p, dann folgt aus dem Resultat von Teilaufgabe (b), kfkLp(Rn\Dn)≤Ck
1 kxkk
Lp(Rn\Dn)
<∞.
Insgesamt folgtkfkLp(Rn) <∞, denn f¨ur 1≤p <∞ gilt kfkpLp(Rn)=
Z
Rn
|f|pdm= Z
Dn
|f|pdm+ Z
Rn\Dn
|f|pdm=kfkpLp(Dn)+kfkpLp(Rn\Dn)<∞, und f¨urp=∞,
kfkL∞(Rn)≤max
kfkL∞(Dn),kfkL∞(Rn\Dn) <∞.
d) F¨ur jedesf ∈S(Rn) und jeden Multi-indexαgeh¨oren∂αf undxαf auch zuS(Rn).
L¨osung:
F¨ur f ∈ S(Rn) folgt sofort von der Definition, dass ∂αf auch in S(Rn) ist, denn f¨ur einen beliebigen Multi-indexβ undk∈Nist auch
kxkk∂β(∂αf) =kxkk∂α+βf
beschr¨ankt; hier wird die Summe von zwei Multi-indizes nat¨urlich durch α+β:= (α1+β1, . . . , αn+βn)
definiert.
Dass xαf auch in S(Rn) ist, sieht man wie folgt. Sei β ein beliebiger Multi-index. Wir behaupten, dass∂β(xαf) eine endliche lineare Kombination von Termen der Formxγ∂δf f¨ur weitere Multi-indizesγ undδ ist. Im Fall|β|= 1 folgt dies aus der Produktregel: hier gilt∂β =∂j f¨ur ein j∈ {1, . . . , n}, also
∂j(xαf) = (∂jxα)f +xα∂jf,
1Zur Erinnerung: ein Multi-index auf Rn ist ein n-Tupel nichtnegativer ganzer Zahlen α = (α1, . . . , αn). Er bestimmt einen Differentialoperator von Ordnung |α| := α1 +. . .+αn durch ∂α :=
∂1α1. . . ∂nαn = ∂α1
∂xα11 . . .∂x∂αnαn
n , sowie eine polynomielle Funktion xα : Rn → R von Grad |α| durch xα:=xα11. . . xαnn.
wobei∂jxα =αjxα0 f¨ur
α0 := (α1, . . . , αj−1, αj−1, αj+1, . . . , αn).
F¨ur ein gegebenes k∈ N nehmen wir jetzt als Induktionsvoraussetzung an, dass die Be- hauptung f¨ur alle Multi-indizesβ mit|β| ≤kschon bewiesen ist. F¨ur einen Multi-indexβ mit|β|=k+ 1 k¨onnen wir ∂β =∂j∂β0 schreiben f¨ur ein j∈ {1, . . . , n}und einen weiteren Multi-indexβ0 mit|β0|=k. Die Ableitung∂β0(xαf) ist dann per Annahme eine endliche lineare Kombination von Termen der Form xγ∂δf, und wegen der Produktregel gilt das Gleiche f¨ur∂β(xαf), denn ∂β(xαf) =∂j∂β0(xαf) und
∂j(xγ∂δf) =γjxγ0∂δf +xγ∂δ0f f¨ur
γ0 := (γ1, . . . , γj−1, γj −1, γj+1, . . . , γn), δ0 := (δ1, . . . , δj−1, δj+ 1, δj+1, . . . , δn).
Somit ist die Behauptung bewiesen.
Um xαf ∈ S(Rn) jetzt zu beweisen, wird es wegen der Behauptung reichen, die Be- schr¨anktheit von kxkkxγ∂βf f¨ur beliebige k ∈ N und Multi-indizes β, γ zu zeigen. Sei
`:=|γ|, also gilt
|xγ|=|xγ11. . . xγnn|=|x1|γ1. . .|xn|γn≤ kxkγ1. . .kxkγn =kxk`, da|xj| ≤ kxk f¨ur jedesj = 1, . . . , n. Es folgt,
kxkkxγ∂βf
≤ kxkk+`
∂βf
, und das ist wegen der Definition des RaumsS(Rn) beschr¨ankt.
e) Die Gaußsche Funktionf(x) :=e−ckxk2 geh¨ort f¨ur jedes c >0 zu S(Rn).
Bemerkung: Der RaumC0∞(Rn) glatter Funktionen mit kompakten Tr¨agern ist auch ent- halten in S(Rn) und liegt dicht in Lp(Rn) f¨ur 1 ≤p < ∞, also folgt, dass S(Rn) auch dicht inLp(Rn) liegt.
L¨osung:
Nur eine kurze Zusammenfassung: man zeigt induktiv bzgl. der Ordnung eines Multi-index β dass jede Ableitung ∂β(e−ckxk2) die Form Pβ(x)e−ckxk2 hat, wobei Pβ :Rn → R eine polynomielle Funktion von x1, . . . , xn ist. Insbesondere folgt, dass xα∂βf f¨ur beliebige Multi-indizesα, β eine endliche lineare Kombination von Funktionen der Formxγe−ckxk2 f¨ur Multi-indizesγ ist. Diese Funktion ist beschr¨ankt durch
xγe−ckxk2
≤ kxk`e−ckxk2
f¨ur`:=|γ|, und dies ist nach dem gew¨ohnlichen Argument mit der Regel von L’Hospital beschr¨ankt.
Aufgabe 12.2(3 + 2 + 2 Punkte)
Der Vektorraum Lploc(Rn) f¨ur 1 ≤ p ≤ ∞ besteht aus allen ¨Aquivalenzklassen (bis auf Gleichheit fast ¨uberall) messbarer Funktionenf :Rn→R, die
kfkLp(K) :=
Z
K
|f|pdm 1/p
<∞
f¨ur alle kompakten Teilmengen K ⊂ Rn erf¨ullen. Im Folgenden sind zwei Konstanten p, r∈[1,∞] mitr > p gegeben.
a) Beweisen Sie: f¨ur jede kompakte TeilmengeK ⊂Rnexistiert eine Konstantec >0, so dass kfkLp(K)≤ckfkLr(K) f¨ur alle messbaren Funktionen f :K→R. Insbesondere folgt: Lrloc(Rn)⊂Lploc(Rn).
Hinweis: Die konstante Funktion 1 ist in Lq(K) f¨ur jedes q∈[1,∞].
L¨osung:
DaK⊂Rn kompakt ist, gilt
m(K)<∞,
dennK ist f¨urR >0 hinreichend groß enthalten in der Kugel von RadiusR, die endliches Lebesgue-Maß hat. Wir m¨ochten das IntegralkfkpLp(K)=R
K|f|pdmvon oben absch¨atzen, indem wir|f|pals Produkt|f|p·1 betrachten und die H¨older-Ungleichung anwenden. Wenn p < r <∞, dann istr/p in (1,∞) und die Lr-Norm von f kann in der Form
kfkLr(K)= Z
K
|f|rdm 1/r
= Z
K
(|f|p)r/pdm 1/r
=
"
Z
K
(|f|p)r/pdm
p/r#1/p
=k|f|pk1/p
Lr/p(K)
geschrieben werden. Im Fallp < r=∞ sagt diese Relation kfkpL∞(K)=k|f|pkL∞(K)
und stimmt immer noch. Sei jetzt q ∈ [1,∞) mit r/p1 + 1q = 1. Die Konstante Funktion g:= 1 ist in Lq(K), da
kgkqLq(K)= Z
K
1qdm=m(K)<∞, also folgt von der H¨older-Ungleichung,
kfkpLp(K) = Z
K
|f|p·g dm≤ k|f|pkLr/p(K)· kgkLq(K) = [m(K)]1/q· kfkpLr(K), und daher,
kfkLp(K)≤[m(K)]1/pq · kfkLr(K). (1) Kommentar: wenn r < ∞ gibt es ein alternatives Argument, mit dem man ohne die H¨older-Ungleichung die Inklusion Lr(K) ⊂ Lp(K) beweisen kann. Sei f ∈ Lr(K), und definiere zwei messbare Teilmengen
K+:=
x∈K
|f(x)|>1 ⊂K, K−:=
x∈K
|f(x)| ≤1 ⊂K.
Dann gilt|f| ≤1 aufK− und |f|p≤ |f|r auf K+, also kfkpLp(K)=
Z
K
|f|pdm= Z
K−
|f|pdm+ Z
K+
|f|pdm
≤ Z
K−
1dm+ Z
K+
|f|rdm≤m(K−) + Z
K
|f|rdm
≤m(K) +kfkrLr(K)<∞,
(2)
alsof ∈Lp(K).
Obwohl dieses Argument einfacher ist, ist die Absch¨atzung (1) eigentlich ein besseres Resultat, aus dem folgenden Grund. In der Vorlesung haben wir bewiesen, dass ein lineares Funktional ` : E → R auf einem Banachraum E genau dann stetig ist, wenn es eine Absch¨atzung der Form |`(x)| ≤ ckxk gibt. Das Gleiche gilt im Allgemeinen f¨ur lineare Abbildungen zwischen beliebigen Banachr¨aumen, und wird mit dem gleichen Argument bewiesen. Die Absch¨atzung (1) sagt uns also nicht nur, dass Lr(K) in Lp(K) enthalten ist, sondern auch, dass die nat¨urliche InklusionsabbildungLr(K),→Lp(K) stetig ist.
Also letzte Bemerkung sollte betont werden, dass beide Absch¨atzungen (1) und (2) ohne die Bedingungm(K) <∞ nutzlos w¨aren; in dieser Diskussion war also nicht wesentlich, dassK⊂Rn kompakt ist, aberK musste unbedingt eine Menge von endlichem Maß sein.
Teilaufgabe (c) unten zeigt, dass die InklusionLr(K)⊂Lp(K) im Allgemeinen falsch ist, wennm(K) =∞.
b) Finden Sie ein explizites Beispiel einer Funktion in Lploc(Rn)\Lrloc(Rn).
L¨osung:
Wir betrachten Funktionen f :Rn → R der Form f(x) = 1/kxkα f¨urα > 0. Nach dem Resultat von Aufgabe 12.1(a) ist diese Funktion in Lp(Dn) genau dann, wenn α < n/p.
SeiDnRdie Kugel von Radius R >0; dann gilt eigentlich das gleiche Resultat f¨urLp(DnR), dennR
DnR|f|pdm ist jetzt Proportional zum Integral Z R
0
rn−1−αpdr,
das unter genau den selben Bedingungen endlich ist. Da jede kompakte TeilmengeK ⊂Rn inBRn enthalten ist f¨urR >0 hinreiche groß, folgt, dassf dann inLp(K) ist. Andererseits, fallsα≥n/r, dann folgt direkt aus Aufgabe 12.1(a), dassf nicht inLr(Dn) ist, also kann f nicht inLrloc(Rn) sein. Fazit: die Funktionf(x) = 1/kxkα ist inLploc(Rn)\Lrloc(Rn), falls
n
r ≤α < n p,
was nat¨urlich m¨oglich ist, weil r > p.
c) Finden Sie ein explizites Beispiel einer Funktion in Lr(Rn)\Lp(Rn).
L¨osung:
Nach dem Resultat von Aufgabe 12.1(b) ist die Funktiong(x) := 1/kxkα inLr(Rn\Dn), wenn α > n/r, und gleichzeitig nicht in Lp(Rn \Dn), wenn α ≤ n/p. Beide k¨onnen gleichzeitig erf¨ullt werden, da r > p, aber g muss in Dn modifiziert werden, denn die Singularit¨at inx= 0 verursachtkgkLr(Rn)≥ kgkLr(Dn) =∞. Wir definieren alsof :Rn→ Rdurch
f(x) :=
( 1
kxkα f¨urkxk ≥1, 0 f¨urkxk<1.
Diese Funktion ist inLr(Rn)\Lp(Rn) genau dann, wenn n
r < α≤ n p.
Aufgabe 12.4(5 Punkte)
Wir betrachten Ω := (0,1)⊂R mit dem Lebesgue-Maß, und bezeichnen mitC0∞(Ω) den Raum aller glatten Funktionenf : Ω→ R mit kompakten Tr¨agern. Weil C0∞(Ω) f¨ur alle p∈ [1,∞) dicht in Lp(Ω) liegt, wissen wir, dass jede f ∈Lp(Ω) die Grenzfunktion einer Lp-konvergenten Folgefj ∈ C0∞(Ω) ist. Zeigen Sie: falls p > 1 und eine Konstante c >0 mitkfj0kLp ≤c f¨ur alle j existiert, dann gilt f =g f. ¨u. f¨ur eine stetige Funktiong.
Hinweis: Versuchen Sie, durch die H¨older-Ungleichung zu zeigen, dass fj die Vorausset- zungen f¨ur den Satz von Arzel`a-Ascoli erf¨ullt.
L¨osung:
Per Annahme sind die Funktionen fj : (0,1) → R glatt mit kompakten Tr¨agern, und es gilt
fj −→Lp f und kfj0kLp≤c.
Wir k¨onnen diese Funktionen auch auf [0,1] erweitern, so dass die fj alle noch glatt sind und in den Endpunkten 0 und 1 verschwinden.
Laut dem Satz ¨uber die Vollst¨andigkeit vonLp folgt aus derLp-Konvergenz, dassfj auch eine Teilfolge hat, die punktweise fast ¨uberall gegen f konvergiert. Laß uns jetzt fj mit dieser Teilfolge ersetzen und o.B.d.A. annehmen, dassfj →f fast ¨uberall. Wir behaupten:
fj hat auf [0,1] auch eine gleichm¨aßig konvergente Teilfolge. Weil die fj alle stetig sind, muss die Grenzfunktion dieser Teilfolge dann eine stetige Funktiongsein. Aber gleichzeitig konvergiert diese Teilfolge punktweise fast ¨uberall gegenf, was impliziert, dassf undgfast
¨
uberall ¨ubereinstimmen. Es bleibt also nur, die Behauptung ¨uber gleichm¨aßige Konvergenz zu beweisen.
Die Behauptung wird aus dem Satz von Arzel`a-Ascoli folgen, wenn wir zeigen k¨onnen, dass die Folge fj gleichm¨aßig beschr¨ankt und gleichgradig stetig ist. Sei 0 ≤x < y ≤ 1.
Weilfj auf [0,1] stetig differenzierbar ist, k¨onnen wir den Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung anwenden, und anschließend die H¨older-Ungleichung:
|fj(y)−fj(x)|=
Z y x
fj0(t)dt
≤ Z
[x,y]
|fj0|dm= Z
[x,y]
|fj0| ·1dm
≤ kfj0kLp([x,y])· k1kLq([x,y]),
(3)
wobei 1p +1q = 1. Wegen p >1 wissen wirq <∞, also
k1kLq([x,y]) = Z
[x,y]
1qdm
!1/q
=|y−x|1−1p,
was wegenkfj0kLp ≤c und (3) jetzt die Absch¨atzung
|fj(y)−fj(x)| ≤c|y−x|α, α:= 1−1 p >0
f¨ur allex, y∈[0,1] impliziert. Diese Bedingung impliziert die gleichgradige Stetigkeit der Folge fj, denn f¨ur jedes > 0, k¨onnen wir jetzt δ > 0 mit cδα < w¨ahlen, um die Implikation
|x−y|< δ ⇒ |fj(x)−fj(y)|<
gleichzeitig f¨ur alle j zu erreichen. Die gleichm¨aßige Beschr¨anktheit folgt auch, denn fj(0) = 0 f¨ur allej, also folgt f¨ur beliebigesx∈[0,1],
|fj(x)|=|fj(x)−fj(0)| ≤c|x−0|α =c|x|α≤c.
Die Voraussetzungen f¨ur den Satz von Arzel`a-Ascoli sind somit erf¨ullt.
Kommentar: Das Resultat in dieser Aufgabe ist mehr oder weniger ein Spezialfall des sogenannten Sobolevschen Einbettungssatzes, der wichtige Anwendungen in der Theorie partieller Differentialgleichungen hat. Im diesem Kontext sieht der Satz etwa so aus: f¨ur jedesp∈[1,∞]definiert man eine Norm auf glatten Funktionen f : [0,1]→Rdurch
kfkW1,p :=kfkLp+kf0kLp.
Der BanachraumW1,p([0,1])kann als Abschluss vonC∞([0,1])bzgl. dieser Norm definiert werden. Im Allgemeinen m¨ussen Funktionen inW1,p([0,1]) nicht differenzierbar sein, und im Fallp= 1zeigt Aufgabe 12.D, dass sie auch nicht stetig sein m¨ussen. F¨urp >1sagt der Sobolevsche Einbettungssatz, dass alle Elemente in W1,p([0,1])durch stetige Funktionen darstellbar sind, und zwar gibt es eine nat¨urliche stetige Inklusion
W1,p([0,1]),→C([0,1]).
Solche Resultate k¨onnen verwendet werden, um z.B. zu beweisen, dass alle L¨osungen be- stimmter Klassen von partiellen Differentialgleichungen automatisch glatte Funktionen sind.
Aufgabe 12.A
Geben Sie einen direkten Beweis (ohne Reihen oder absolute Konvergenz), dass alle Cauchy-Folgen inL∞(µ) bzgl. der L∞-Norm konvergieren, und dass sie auch punktweise fast ¨uberall konvergieren.
L¨osung:
Wir betrachten einen Maßraum (X,A, µ) mit einer L∞-Cauchy-Folge fn ∈ L∞(µ). Es existiert also f¨ur jedesk∈N einN(k)∈N, so dass
m, n≥N(k) ⇒ kfn−fmkL∞ < 1 k.
Konkreter heißt das, f¨ur allek, m, n∈Nmitm, n≥N(k) existiert eine NullmengeEm,nk ⊂ X, so dass
|fn−fm| ≤ 1
k auf X\Em,nk . Die Menge
E := [
k∈N
[
m,n≥N(k)
Em,nk
ist dann eine abz¨ahlbare Vereinigung von Nullmengen und daher auch eine Nullmenge, und die Ungleichung|fn−fm| ≤1/k gilt auf X\E f¨ur allek und m, n≥N(k). F¨ur alle x∈X\E ist fn(x) daher eine Cauchy-Folge inR, also konvergiert sie, und wir definieren f :X→R durch
f(x) :=
(limn→∞fn(x) f¨urx∈X\E,
0 f¨urx∈E.
Jetzt konvergiert fn punktweise auf X\E gegen f, und wir behaupten, dass diese Kon- vergenz auch gleichm¨aßig ist. Gegeben >0, w¨ahlen wir k∈Nmit 1/k < , dann gilt
|fm(x)−fn(x)|< f¨ur alle m, n≥N(k) und x∈X\E.
Setzen wirnfest und betrachten den Limes beim→ ∞, es folgt
m→∞lim |fm(x)−fn(x)|=|f(x)−fn(x)| ≤ f¨ur alle n≥N(k) und x∈X\E. DaE⊂X eine Nullmenge ist, folgt
kf−fnkL∞ ≤ f¨ur alle n≥N(k), und das beweist die Konvergenzfn→f inL∞(µ).
Aufgabe 12.D
Zeigen Sie, dass die Aussage in Aufgabe 12.4 im Fallp= 1 falsch ist.
L¨osung:
Wir suchen nach einer Folge von glatten Funktionen fj : (0,1) → R mit kompakten Tr¨agern, die eine Schranke kfj0kL1 ≤c erf¨ullen und bzgl. der L1-Norm gegen eine Funk- tion f : (0,1) → R konvergieren, die nicht fast ¨uberall mit einer stetigen Funktion
¨
ubereinstimmt. Wir beschreiben zuerst die Ableitungenfj0. Auf dem Teilintervall [0,1/2]
w¨ahlen wir fj0 ≥0 mit den folgenden Eigenschaften:
• Der Tr¨ager von fj0|[0,1/2] ist enthalten in einem Teilintervall mit L¨ange 1/8j um das Zentrum 1/4.
• Z 1/2
0
fj0(t)dt= 1.
Diese Folge auf [0,1/2] sieht ein bisschen so aus wie eine approximative Einheit: der Maximumwert von fj0 wird mit j immer gr¨oßer, w¨ahrend der Tr¨ager kleiner wird. Nun setzen wirfj0 fort auf [1/2,1] durch die Bedingung
fj0(x) :=−fj0(x−1/2), und definieren damitfj durch
fj(x) = Z x
0
fj0(t)dt.
Per Konstruktion gilt jetzt Z 1
0
|fj0(x)|dx= Z 1/2
0
fj0(x)dx− Z 1
1/2
fj0(x)dx= 2,
und es gibt eine Folgej >0 mitj →0, so dassf = 0 auf [0,1/4−j] und [3/4+j,1], aber f = 1 auf [1/4 +j,3/4−j]. In den Intervallen [1/4−j,1/4 +j] und [3/4−j,3/4 +j] hatf Werte in [0,1]. Mit diesen Informationen ist leicht zu zeigen, dass fj bzgl. der L1- Norm gegenf :=χ[1/4,3/4] konvergiert, d.h. die charakteristische Funktion von [1/4,3/4].
Es gibt keine stetige Funktiong, die fast ¨uberall mitf ubereinstimmt, denn wenn das so¨ w¨are, dann m¨usstegauf einer hinreichend kleinen Umgebung von 1/4 nur Werte in einem kleinen Intervall haben, das nicht gleichzeitig 0 und 1 enthalten k¨onnte.