D IE L EVY -S TEINITZ -E IGENSCHAFT VON R EIHEN IN B ANACHRUMEN

Diplomarbeit Betreuender Gutachter: Prof. Dr. Andreas Defant Zweiter Gutachter: Prof. Dr. Michael Langenbruch

vorgelegt von Celal Tursun Carl von Ossietzky Universitt Oldenburg Diplomstudiengang Mathematik

Oldenburg, 26. April 2004

InhaltsverzeichnisEinleitung 1 Grundlagen 2 5

2 Bedingungen fr die Levy-Steinitz-Eigenschaft von Reihen in Banachrumen 12 3 Ein Kriterium 4 Der Satz von Pecherskii 5 Zufallsreihen 6 Der Satz von Chobanyan 7 Eine Anwendung des Satzes von Chobanyan 21 33 35 51 53

EinleitungEine reelle Reihe konvergiert genau dann, wenn sie unbedingt konvergiert, wobei jede ihrer Umordnungen gegen den selben Grenzwert konvergiert. Dieses Resultat wurde 1829 von Peter Gustav Lejeune Dirichlets entdeckt. Georg Friedrich Bernhard Riemann greift den Gedanken von Dirichlets auf und verffentlicht 1854 in seiner Habilitationsschift, den heute nach ihm benannten Umordnungssatz fr reelle Reihen: Satz. Fr bedingt konvergente reelle Reihen gilt: Jede reelle Zahl ist Grenzwert einer Umordnung der Reihe. Eine Verallgemeinerung des Riemanschen Umordnungssatzes fr endlichdimensionale normierte Rume wird 1905 von P. Levy verffentlicht. Der Beweis dieser Verallgemeinerung erwies sich jedoch als lckenhaft. Ernst Steinitz erbrachte 1913 einen lckenlosen Beweis des Satzes. Dieser nun nach Levy und Steinitz benannte Satz lautet wie folgt. Satz. (Satz von Levy-Steinitz) Sei E ein endlichdimensionaler normierter Raum und he in E. Dann gilt fr jedes x SB( xi ) : SB( In dem Satz ist SB( xi ) = x + ( xi ). xi eine Rei-

xi ) die Menge der Grenzwerte der konver-

genten Umordnungen der Reihe xi , diese Menge wollen wir auch Summenbereich der Reihe xi nennen. Die Menge ( xi ) werden wir erst in Kapitel 1 Grundlagen formal einfhren, fr den Moment reicht es aus, zu wissen, dass ( xi ) stets ein Unterraum ist. Der Satz von Levy-Steinitz sagt also insbesondere aus, dass der Summenbereich von Reihen in normierten Rumen stets ein afner Untervektorraum ist. Dass dieser Satz eine echte Verallgemeinerung

E INLEITUNG

3

des Riemannschen Umordnungssatzes ist liegt daran, dass im Fall E = R fr eine bedingt konvergente Reihe gilt ( xi ) = R. Die Frage nach der bertragbarkeit dieser Ergebnisse fr beliebig dimensionale Vektorrume wurde zuerst von J.Marcinkiewicz durch ein Gegenbeispiel in L2 [0, 1] beantwortet. Dass sich sogar in jedem nicht endlich dimensionalen Banachraum eine Reihe nden lsst, deren Summenbereich nicht konvex ist, zeigte Vladimir M. Kadets 1986 [Kadets]. Es stellt sich also die Frage, welche Bedingungen fr eine Reihe hinreichend sind, um eine dem Satz von Steinitz entsprechende Aussage ber den Summenbereich zu erhalten. In dieser Arbeit wollen wir eben dieser Frage nachgehen. Fr eine spezielle Klasse von Banachrumen fand M.I. Kadets 1954 eine hinreichende Bedingung. Er zeigte, dass es fr die konvexitt des Summenbereichs einer Reihe in Lp , 1 < p < 2 hinreichend ist, dass xi p konvergiert. Es wurden weitere Bedingungen bzw. Verbesserungen von anderen gefunden. Die meisten dieser Ergebnisse lassen sich auf zwei fr allgemeine Banachrume gltige Stze zurckfhren. 1985 publizierte S.A. Chobanyan einen Satz fr allgemeine Banachrume, in dem er eine hinreichende Bedingung angibt. 1988 wurde ein weiterer, ebenfalls fr allgemeine Banachrume gltiger Satz von D.V. Pecherskii verffentlicht. Etwas spter, jedoch unabhngig von Pecherskii, verffentlichte auch Chobanyan einen Beweis des Satzes. Der Beweis des Satzes von Levy-Steinitz baut auf den folgenden zwei Lemmata auf: 1. Rounding-off-Coefcients Lemma: Lemma 0.1. Sei X ein normierter Raum, mit dim X = m. Dann gibt es fr jede endliche Menge {x1 , . . . , xn } von Vektoren aus X und fr beliebig gewhlte Skalare 1 , . . . , n [0, 1] (gerundete) Koefzienten 1 , . . . , n {0, 1}, so dass giltn n

i xi i=1 i=1

i xi

m max xi . 2 1in

2. Rearrangement Lemma:

E INLEITUNG

4

Lemma 0.2. Zu jeder endlichen Menge {x1 , . . . , xn } von Vektoren in einem m-dimensionalen normierten Raum X, gibt es eine Permutation P erm({1, . . . , n}), so dass fr jedes k = 1, . . . , n giltk

i=1

km x(i) n

n

xi m max xi .i=1 1in

Aus dem Beweis des Satzes von Levy-Steinitz lassen sich Bedingungen gewinnen, um die Aussage auf Reihen in beliebigen Banachrumen zu bertragen. Diese Bedingungen ersetzen dann im Beweis die beiden genannten Lemmata. Der von Chobanyan entwickelte Beweis des Satzes von Pecherskii basiert auf eben diesen Bedingungen. Auch der Satz von Chobanyan, obwohl er bereits frher entdeckt wurde, lsst sich durch Prfen dieser beiden Bedingungen beweisen. Es lsst sich auerdem noch eine weitestgehend gemeinsame Linie beider Beweise nden. Nachdem wir im ersten Kapitel die grundlegenden Denitionen festlegen, werden wir im zweiten Kapitel die aus dem Beweis zum Satz von Steinitz gewonnenen Bedingungen beweisen. Im dritten Kapitel werden wir dann ein Kriterium kennen lernen, das uns sowohl zum Beweis des Satzes von Pecherskii als auch zum Beweis des Satzes von Chobanyan dienen wird. Dem Beweis des Satzes von Pecherskii werden wir uns in Kapitel 4 widmen. Da der Satz von Chobanyan Hilfsmittel aus der Wahrscheinlichkeitstheorie verwendet, werden wir diese zunchst in Kapitel 5 einfhren. In Kapitel 6 beweisen wir dann den Satz von Chobanyan. Abschlieend zeigen wir in Kapitel 7 ein Beispiel fr die Anwendung des Satzes von Chobanyan, indem wir den bereits erwhnten von M.I. Kadets 1954 verffentlichten Satz zur Konvexitt des Summenbereiches von Reihen in Lp auf den Satz von Chobanyan zurckfhren.

Kapitel 1 GrundlagenIm Folgenden werden stets reelle Vektorrume gemeint sein, wenn von normierten- bzw. Banachrumen die Rede ist. Als erstes wollen wir denieren, was eine Reihe ist und Schreibweisen festlegen. Wir sttzen uns dabei auf die allgemein blichen Denitionen von Folge und Folgenkonvergenz. Denition 1.1. Seien X ein normierter Raum und (xi )iN eine Folge in X. Als abkrzende Schreibweise fr eine endliche Anzahl von Nacheinanderausfhrungen von Additionen benutzen wir folgt: n xi := x1 + + xn . Dann denieren wir i=1 1. Die Folge (n i=1 xi )nN

wie

heit Reihe der xi . xi fr die Reihe der xi schreiben.n i=1

Abkrzend werden wir auch 2. Das k-te Folgengliedk i=1

xi der Reihe (

wir auch als k-te Partialsumme der Reihe (

xi )nN bezeichnen n i=1 xi )nN .

Im Falle der Konvergenz einer Reihe xi bezeichnen wir ihren Grenzwert mit i=1 xi , d.h. wir denieren xi := limn ( n xi ). i=1 i=1 Wir werden als nchstes denieren, was eine Umordnung einer Reihe ist. Denition 1.2. Seien X ein normierter Raum, xi eine Reihe in X und P erm(N) eine Permutation der natrlichen Zahlen. Dann heit Reihe x(i) := ( xi .n i=1

x(i) )nN die durch induzierte Umordnung der

Fr eine Reihe knnen wir auer der gewhnlichen noch andere, sich unterscheidende Konvergenzen denieren. Im Folgenden denieren wir absolute und unbedingte Konvergenz.

6

Denition 1.3. Seien X ein normierter Raum und in X. Genau dann heit xi xi

xi eine Reihe

1. absolut konvergent, falls die Reihe konvergiert,

der Normen der xi

2. unbedingt konvergent, falls fr alle Permutationen P erm(N), die Reihe x(i) konvergiert, wenn also jede Umordnung konvergiert. Es ist unmittelbar ersichtlich, dass die unbedingte die gewhnliche Konvergenz impliziert. In einem Banachraum folgt auch aus der absoluten Konvergenz die gewhnliche Konvergenz. Da die Umkehrungen nicht gelten, macht eine Denition von bedingter Konvergenz Sinn. Denition 1.4. Seien X ein normierter Raum. Eine konvergente Reihe xi in X heit genau dann bedingt konvergent, falls sie nicht unbedingt konvergiert, d.h. falls wenigstens eine divergente Umordnung existiert. Im Beweis des folgenden Satzes benutzen wir den Umordnungssatz von Riemann und die Aussage, dass alle Umordnungen einer absolut konvergenten reellen Reihe denselben Grenzwert haben. Satz 1.5. In einem Banachraum X hat jede Umordnung einer unbedingt konvergenten Reihe xi denselben Grenzwert, d.h. fr jede Permutation P erm(N) gilt i=1

xi =

i=1

x(i) . xi und y := i=1

Beweis. Sei P erm(N). Setze x := Angenommen es gilt x = y.

i=1

x(i) .

Einen Widerspruch knnen wir produzieren, indem wir ausnutzen, dass fr jeden normierten Raum X der Dualraum X punktetrennend ist [Werner, S. 98], d.h. es gilt: Fr je zwei verschiedene Elemente x, y X gibt es ein Funktional f X , so dass gilt f (x) = f (y). Sei also f X mit f (x) = f (y). Dann folgt

f (x(i) ) = f (i=1 i=1

f stetig

x=y

x(i) ) = f (i=1

xi ) =

f stetig

f (xi ).i=1

7

Hieraus folgt die Existenz einer divergenten Umordnung, d.h. es existiert eine Permutation P erm(N), so dass f (x(i) ) divergiert. Da f stetig ist, folgt x(i) divergiert. Das ist ein Widerspruch zur Voraussetzung, es gilt also xi = x(i) . i=1 i=1 Die konvergenten Umordnungen bedingt konvergenter Reihen knnen sehr wohl verschiedene Grenzwerte besitzen. Fr bedingt konvergente Reihen in den reellen Zahlen besagt der Satz von Riemann, dass die Menge der durch Umordnung erreichbaren Grenzwerte die gesamte Menge der reellen Zahlen ist. Fr normierte Rume mit mehr als einer Dimension gilt das nicht mehr. Da wir die Struktur der Menge der Grenzwerte von konvergenten Umordnungen einer Reihe betrachten wollen, fhren wir den Begriff des Summenbereiches einer Reihe ein. Denition 1.6. Seien X ein normierter Raum und in X. Dann heit die Menge

xi eine Reihe

SB(

xi ) := {x X| P erm(N) :i=1

x(i) = x}

Summenbereich der Reihe

xi .

Bemerkung 1.7. Der Summenbereich einer Reihe ist permutationsinvariant, d.h. es gilt fr jede Permutation P erm(N) : SB( xi ) = SB( x(i) ).

Von groem Nutzen fr die Untersuchung des Summenbereiches einer Reihe werden Funktionale sein, insbesondere die im Folgenden denierten: Denition 1.8. Seien X ein Banachraum und xi eine Reihe in X.

1. Ein Funktional f X heit Konvergenzfunktional von xi , falls die Reihe f (xi ) absolut konvergent ist. Falls also die Reihe |f (xi )| konvergiert. xi ) bezeichnen wir die Menge aller Konvergenzfunktioxi . f ( xk )} heit

2. Mit ( nale von

3. Die Menge ( xi ) := {x X| f (x) = 0 Anhilator der Menge ( xi ).

8

Wir werden, falls keine Verwechselungsgefahr besteht, anstatt ( xi ) bzw. ( xi ) auch bzw. benutzen.

Bemerkung 1.9. Fr jede Permutation P erm(N) ist ( xi ) = ( x(i) ), insbesondere folgt damit unmittelbar ( xi ) = ( x(i) ).

Beweis. Sei P erm(N). Es reicht aus ( xi ) ( x(i) ) zu zeigen, denn damit folgt wegen ( xi ) = ( x1 ((i)) ) auch ( x(i) ) ( xi ). Sei also f ( xi ), d.h. |f (xi)| konvergiert. Dann folgt x(i) ).

|f (x(i) )| konvergiert. Also gilt f (

Als nchstes fhren wir zwei Mengen ein, deren Bedeutung im nchsten Kapitel ersichtlich wird. Denition 1.10. Seien X ein Banachraum, und {xi } X eine i=1 abzhlbare Teilmenge von X. Dann denieren wir 1. P({xi } ) := { i=1 2. Q({xi } ) := { i=1n k=1 N i=1

xik | (ik )kN streng monoton, n N} i xi | i [0, 1], N N}

Wir werden, falls keine Verwechselungsgefahr besteht, anstatt Q({xi } ) bzw. P({xi } ) auch Q bzw. P benutzen. Um eine Bei=1 i=1 schreibung zur Verfgung zu haben, werden wir die Elemente der Menge P als endliche Teilsummen der Reihe xi bezeichnen. Des Weiteren knnen wir unmittelbar feststellen, dass die Menge Q konvex ist. Einen ersten Zusammenhang zwischen den Mengen der vorhergehenden Denitionen stellen wir durch folgendes Lemma her: Lemma 1.11. Seien X ein Banachraum, te Reihe in X , S {xi } i=1 xi eine bedingt konvergen-

endlich und y X. Dann gilt xi ) Q({xi } \S) + y. i=1

x Q({xi } \S) + y = x + ( i=1 Beweis. Sei x Q({xi } \S) + y. i=1 Wir nehmen an, es gibt ein z (

xi ) mit x+z Q({xi } \S)+y. / i=1

Da die Menge Q({xi } \S) + y konvex und abgeschlossen ist, folgt i=1

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mit dem Satz von Hahn-Banach [Werner, S. 104]: Es existiert ein Funktional f X , so dass gilt f (x + z) < inf{f (v)| v Q({xi } \S) + y}. i=1 Fr dieses f gilt entweder f ( Im Fall f ( xi ), gilt: xi ) oder f ( / xi ). (1.1)

f (x + z) = f (x) + f (z) = f (x) + 0 = f (x). Daraus folgt f (x + z) {f (v)| v Q({xi } \S) + y}, was einen Wideri=1 spruch zu (1.1) darstellt. Andernfalls gilt f ( / auch gilt i=1 f (xi ) = f ( xi ), d.h. xi ), ist |f (xi )| ist divergent. Da jedoch f (xi ) konvergent. Also existiert

i=1

eine Teilsumme xni von xi , fr die f (xni ) = gilt, sonst i=1 wre f (xi ) absolut konvergent. Damit folgt: inf{f (v)| v P({xi } )} = . i=1 Da S nur endlich viele Elemente enthlt folgt inf{f (v)| v P({xi } \S)} = . i=1 Wegen P({xi } \S) Q({xi } \S) Q({xi } \S) gilt insbesondere: i=1 i=1 i=1 inf{f (v)| v Q({xi } \S) + y} = . i=1 Das widerspricht ebenfalls (1.1). Also ist unsere Annahme falsch und es gilt x + z Q({xi } \S) + y. i=1 Kommen wir nun zum Kernbegriff dieser Arbeit. Denition 1.12. (Levy-Steinitz-Eigenschaft) Sei X ein normierter Raum. Eine Reihe xi in X hat die LevySteinitz-Eigenschaft, genau dann wenn fr jedes x SB( xi ) gilt SB( xi ) = x + ( xi ).

Bemerkung 1.13. Jede unbedingt konvergente Reihe eines normierten Raumes hat die Levy-Steinitz-Eigenschaft.

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Beweis. Seien X ein normierter Raum und vergente Reihe in X. Da 1.5: SB( Zeigen wir nun noch ( Bemerkung.

xi eine unbedingt kon-

xi unbedingt konvergiert, folgt mit Satz

xi ) = {i=1

xi }.

xi ) = {0}, so folgt die Behauptung der

Wegen der unbedingten Konvergenz von xi , ist jedes Funktional x X ein Konvergenzfunktional von xi . Es folgt also ( xi ) = X = {0}. Da in Banachrumen jede absolut konvergente Reihe auch unbedingt konvergiert, haben absolut konvergente Reihen in Banachrumen ebenfalls die Levy-Steinitz-Eigenschaft. Bemerkung 1.14. Fr eine konvergente Reihe, sind folgende Aussagen quivalent 1. SB(

xi ) =i=1

xi + (

xi ). xi ) = x + ( xi ).

2. Fr alle x SB(

xi ) gilt SB(

Ein Beweis erbrigt sich hier, da einerseits 1 direkt aus 2 hervorgeht und andererseits 1 sicherstellt, dass SB( xi ) der afne Unterraum

xi + (

xi ) ist, womit 2 als eine Eigenschaft von afnen Unter-

i=1

rumen hervorgeht. xi eine Reihe in X.

Lemma 1.15. Seien X ein normierter Raum und Dann gilt fr alle x SB( xi ) : SB( xi ) x + ( xi ).

Beweis. Seien x := i=1 x(i) SB( SB( xi ). Wir zeigen: y x + ( xi ).

xi ) und y :=

i=1

x(i)

Wegen der quivalenz von y x + ( xi ) und y x ( xi ), gengt es zu zeigen, dass fr alle f ( xi ) gilt f (y x) = 0. Sei also

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f (

xi ) beliebig vorgegeben. Dann gilt f (y x) = f (y) f (x)

= f(i=1

x(i) ) f (i=1

x(i) ) f (x(i) ).

=i=1

f (x(i) ) i=1

Nach Denition von ( xi ) ist f (xi ) absolut konvergent und damit auch unbedingt konvergent, insbesondere hat jede Umordnung der Reihe f (xi ) denselben Grenzwert. Es folgt also wie zu zeigen gewnscht: f (y x) = 0.

Kapitel 2 Bedingungen fr die Levy-Steinitz-Eigenschaft von Reihen in BanachrumenDer Beweis des Satzes von Steinitz benutzt zwei Lemmata, das Rounding-off-Coefcients Lemma und das Rearrangement Lemma, die beide fr normierte Rume endlicher Dimension gelten. Aus diesem Beweis knnen wir Bedingungen fr Reihen gewinnen, deren Erfllung dann hinreichend ist um die Levy-Steinitz-Eigenschaft einer Reihe zu sichern, ohne dabei weitere einschrnkende Voraussetzungen fr den zugrunde liegenden Banachraum hinnehmen zu mssen. Satz 2.1. Seien X ein Banachraum und folgende zwei Bedingungen erfllt sind: 1. > 0 (M , ) N R>0 {yi }n i=1 n N :n

xi eine Reihe in X, fr die

{xi } i=M

||i=1

yi || k

= P erm({1, . . . , n}) :

max ||kn i=1

y(i) ||

13

2. > 0

N N n N : {yi }n {xi } 1 , . . . , n [0, 1] i=1 i=Nn n

= 1 , . . . , n {0, 1} :

||i=1

i y i i=1

i yi||

Dann hat SB( xi ) :

xi die Levy-Steinitz-Eigenschaft, d.h. es gilt fr alle x SB( xi ) = x + ( xi ).

Im endlichdimensionalen Banachrumen sind diese Bedingungen durch die in der Einfhrung genannten Lemmata, Rearrangement Lemma und Rounding-off-Coefcients Lemma automatisch erfllt. Das folgende Lemma wird helfen die Bedingungen zu beweisen. Im Anschluss folgt dann der Beweis des Satzes 2.1. Lemma 2.2. Seien X ein Banachraum, x X und X, fr die folgende Voraussetzungen erfllt sind: xi eine Reihe in

1. Es existiert eine streng monoton steigende Folge (ti )iN natrlitj cher Zahlen mit limj i=1 xi = x. 2. > 0 max n0 N n n0l tn +1ltn+1

P erm({tn + 1, . . . , tn+1 }) :

x(i) .i=tn +1 i=1

Dann existiert eine Permutation P erm(N) mit

x(i) = x.

Beweis. Nach Voraussetzung gilt k N nk N n nk n P erm({tn + 1, . . . , tn+1 }) :l 1 maxtn +1ltn+1 k i=tn +1 xn (i) k . Ohne Einschrnkung knnen wir die Folge (nk )kN als streng mono-

ton steigend annehmen. Nun gilt nk n nk+1l tn +1ltn+1

n P erm({tn + 1, . . . , tn+1 }) : xn (i) 1 . k

max

i=tn +1

Fr jede der Mengen {tn + 1, . . . , tn+1 } haben wir also genau eine Permutation n festgelegt.

14

Dies erlaubt uns eine Permutation P erm(N) wie folgt zu denieren: (a) := a falls a tn1 falls tn + 1 a tn+1

Dann ist wohldeniert, denn fr a t1 + 1 gibt es, wegen der strengen Monotonie von (ti )iN , genau ein k N, so dass tk + 1 a tk+1 gilt, also ist (a) = k (a) {tk + 1, . . . , tk+1}. Fr alle n gilt: {n (tn + 1), . . . , n (tn+1 )} = {tn + 1, . . . , tn+1 }. Da fr jedes n N eingeschrnkt auf {tn + 1, . . . , tn+1 } gerade gleich n ist, gilt auch: {(tn + 1), . . . , (tn+1 )} = {tn + 1, . . . , tn+1 }. Damit folgt fr alle nN: {(1), . . . , (tn )} = {1, . . . , tn }. Insbesondere ist damittn tn

(a) n

, a N.

x(i) =i=1 i=1

xi .

(2.1)

Auerdem gilt nach Konstruktion fr :l

> 0

n0

n n0 :

tn +1ltn+1

max

x(i) .i=tn +1

(2.2) x(i)

Nun haben wir das Ntige fr den Beweis der Konvergenz von zusammen. Sei > 0. Wegen der Konvergenz von ( alle j j0tj

tj i=1

xi )jN existiert ein j0 , so dass fr 2 (2.3)

xi x i=1

gilt. Des Weiteren gibt es nach (2.2) ein n0 , so dass fr alle n n0 giltl tn +1ltn+1

max

i=tn

x(i) . 2 +1

(2.4)

Sei nun s := max(j0 , n0 ) und r ts . Dann wissen wir, dass genau

15

ein p s existiert mit tp + 1 r tp+1 . Es folgt:r tp r

x(i) xi=1

=i=1 tp (2.1)

x(i) x +i=tp +1 r

x(i)

=

xi x +i=1 i=tp +1 r tp

x(i)

U ngl.

xi x +i=1 tp i=tp +1

x(i)l

i=1 (2.3),(2.4)

xi x + + = . 2 2

tp +1ltp+1

max

x(i)i=tp +1

Somit gilt

i=1

x(i) = x.

Wir kommen zum Beweis der Bedingungen fr die Levy-SteinitzEigenschaft von Reihen in Banachrumen. Beweis. Sei x := i=1

x(i) SB(

xi ). In Lemma 1.15, wurde bereits

SB( xi ) x + ( xi ) gezeigt. Bleibt noch die ungleich aufwndigere Richtung zu zeigen, nmlich: x + ( xi ) SB( xi ). Nach Bemerkung 1.14, gilt: x + ( x + ( xi ) SB( x(i) ) SB( xi ) x(i) )

Nach Umbenennung knnen wir also von x = xi ausgehen. i=1 Wir werden nun zu einem beliebig vorgegebenem x aus x + = {x + z|f (z) = 0 f } in zwei Schritten eine Umordnung der Reihe xi nden, die gegen x konvergiert. Im ersten Schritt konstruieren wir mit Hilfe von Lemma 1.11 und Bedingung 2 eine Umordnung yi der Reihe xi , fr die eine Teilfolge der Folge ih rer Partialsummen gegen x konvergiert. Im zweiten Schritt zeigen wir dann mit Hilfe von Lemma 2.2 und Bedingung 1, dass es eine Permutation P erm(N) gibt, so dass y(i) = x gilt. i=1 Zum ersten Schritt: Sei x x + . Da x Q({xi } ) gilt, folgt mit i=1 Lemma 1.11: x + Q({xi } ), also auch x Q({xi } ). i=1 i=1 Sei (En )nN streng monoton fallende Nullfolge positiver reeller ZahErinnerung

16

len. Nach Bedingung 2 gilt dann: N 21 Nn N : {zi }n {xi } 1 1 , . . . , n [0, 1] i=1 i=N2

n

n

= 1 , . . . , n {0, 1} :

||i=1

i zi i=1

i zi ||

1 2

Setze N1 := N 21 , dann knnen wir sehen, dass x Q({xi } 1 ) + i=N N1 1 N1 1 Lemma i=1 xi gilt, und knnen wegen {xi }i=N1 = {xi }i=1 \{xi }i=1 1.11 anwenden und erhalten:N1 1

x+

Q({xi } \{xi }N1 1 ) i=1 i=1

+i=1

xi .

Nun lsst sich wegen x x + und der folgenden quivalenzN1 1 N1 1

x

Q({xi } 1 ) i=N

+i=1

xi x i=1

xi Q({xi } 1 ), i=N

ein Element der FormN1 +n1 N1 +n

i xi i=N1

Def. Q({xi } 1 ) = i=N

{i=N1

i xi | N1 , . . . , N1 +n [0, 1], n N}

nden, so dassN1 1 N1 +n1

x i=1

xi i=N1

i xi 0 n0 Nl tn +1ltn+1

n n0 x(i) .

P erm({tn + 1, . . . , tn+1 }) :

max

i=tn +1

Sei > 0. Dann folgt mit Bedingung 1: Es existieren (M , ) N R>0 fr alle n N, so dass giltn

{zi }n i=1

{xi } i=M

i=1

zi l

= P erm({1, . . . , n}) :

1ln

max

z(i) .i=1

Auerdem gibt es wegen der Konvergenz von ( tk yi )kN ein j0 N, i=1 tj+1 so dass fr alle j j0 : i=tj +1 yi gilt und mit (2.7) folgt fr alle j M : {yi} j {xi } . i=t i=M Insgesamt folgt: Fr alle j max(j0 , M ) gilttj+1

{ytj +1 , . . . , ytj+1 }

{xi } i=M

undi=tj +1

yi .

20

Also gibt es nach Bedingung 1 eine Permutation , so dassl tj +1ltj+1

max

y(i) gilt.i=tj +1

Die Voraussetzungen von Lemma 2.2 sind somit erfllt und es folgt die Existenz einer Permutation P erm(N) mit y(i) = x . i=1

Kapitel 3 Ein KriteriumIn diesem Kapitel werden wir einen Satz angeben, in dem die LevySteinitz-Eigenschaft einer Reihe mit einem einzelnen Kriterium sicherstellt wird. Den Beweis, den wir erst nach einiger Vorarbeit am Ende dieses Kapitels erbringen, werden wir durch Prfen der beiden Bedingungen des Satzes 2.1 erbringen. Seine Berechtigung erhlt der Satz, indem es uns zum Beweis des Satzes von Chobanyan und des Satzes von Pecherskii dient. Satz 3.1. Seien X ein Banachraum und folgende Voraussetzung erfllt ist. xi eine Reihe in X, fr die

Fr alle > 0 existiert ein n0 N, so dass es fr alle endlichen Teilmengen {yi }n {xi } 0 Vorzeichen 1 , . . . , n {1, 1} gibt mit i=1 i=nk

maxkn i=1

i yi .

Dann hat

xi die Levy-Steinitz-Eigenschaft.

Fr den Beweis werden wir noch vorab noch einige Lemmata nennen und beweisen, die wir fr den Beweis von Satz 3.1 benutzen werden. Lemma 3.2. Seien a [0, 1] und n N. Dann existiert ein dyadischer n1 Bruch = i=0 i 2i , 0 , . . . , n1 {0, 1} der Lnge n, so dass gilt 0 a 2n+1 . Beweis. Wir fhren den Beweis mit Induktion ber die Lnge n des dyadischen Bruches . Sei a [0, 1].

22

Fr den Induktionsanfang mit n = 1 knnen wir 0 := 0 setzen. Dann gilt a = a 0 20 = a 1. Induktionsvoraussetzung: Fr jedes a [0, 1] existiere ein dyadin2 scher Bruch = i=0 i 2i , 0 , . . . , n2 {0, 1} der Lnge n 1, so dass gilt 0 a 2n+2 . Induktionsschritt: Um einen geeigneten dyadischen Bruch = der Lnge n zu nden, gehen wir von dem in der Induktionsvoraussetzung gegebenen Bruch aus und addieren nochn1 i i=0 i 2

n1 2n+1 auf. Dabei unterscheiden wir zwei Flle: 1. Fr den Fall a n2 i=0

i 2i 2n+1 , setzen wir n1 := 0.n2 i=0

2. Fr den Fall 2n+1 < a n1 := 1. Dann gilt

i 2i

Ind.Vor.

2n+2 , setzen wir

n1

0 ai=0 n2

i 2i i 2i n12n+1i=0

= a

2n+2 2n+1 = 2n+1 .

Das nchste Lemma wird helfen, im Beweis des Satzes 3.1, die zweite Bedingung von Satz 2.1 zu erfllen. Lemma 3.3. Seien X ein normierter Raum, {xi }M N X eine endliche i=1 Teilmenge und > 0, so dass fr alle Teilmengen {yi }n {xi }M i=1 i=1 Vorzeichen 1 , . . . , n {1, 1} existieren, mitn

i yi .i=1

Dann folgt: Fr alle 1 , . . . , M [0, 1] gibt es 1 , . . . , M {0, 1}, so dass giltM M

i xi i=1 i=1

i xi .

23

Beweis. Seien 1 , . . . , M [0, 1] und n N beliebig vorgegeben. Nach Lemma 3.2 gibt es zu jedem j , j = 1, . . . , M dyadische Brche j = n1 i der Lnge n, so dass gilt i=0 j,i 2 0 j j 2n+1 . Daraus folgtM M M

(3.1)

i xi i=1 i=1

i xi

=i=1 M

(i i)xi (i i)xii=1 M

(3.2)

=(3.1) i=1 M

(i i ) xi 2n+1 xii=1 M

=xi

2

n+1 i=1

xi

2n+1 M.

Im Anschluss werden wir noch das Folgende zeigen: Fr alle dyadischen Brche 1 , . . . , M [0, 1] der Lnge n N gibt es 1 , . . . , M {0, 1}, so dass giltM M

i xi i=1 i=1

i xi (1 2n+1 ).

(3.3)

Damit folgt:M M M M M M

i xi i=1 i=1

i xi

=i=1 M

i xi i=1 M

i xi +i=1

i xi i=1 M

i xiM

i=1 (3.2), (3.3)

i xi i=1

i xi +i=1

i xi i=1

i xi

=

2n+1 M + (1 2n+1 ) (1 + (M 1)2n+1).

Wir haben dann insgesamt gezeigt:

24

Fr alle 1 , . . . , M [0, 1] und n N existieren 1 , . . . , M {0, 1}, so dass giltM M

i xi i=1 i=1

i xi

(1 + (M 1)2n+1).

Hieraus folgt: Fr alle 1 , . . . , M [0, 1] existieren 1 , . . . , M {0, 1} mitM M

i xi i=1 i=1

i xi

.

Es bleibt noch Ungleichung (3.3) zu beweisen. Wir beweisen mittels Induktion ber die Lnge n der dyadischenn1 Brche 1 = i=0 1,i 2i , . . . , M = Induktionsanfang mit n = 1: n1 i=0

M,i 2i .

Ist die Lnge n = 1, so sind die dyadischen Brche 1 , . . . , M selbst entweder gleich 0 oder 1 und wir knnen 1 := 1 , . . . , M := M M M setzen. Dann ist i=1 i xi = 0. i=1 i xi Induktionsvoraussetzung: Fr dyadische Brche 1 , . . . , M der Lnge n sei gezeigt:M M

1 , . . . , M {0, 1} :i=1

i xi i=1

i xi (1 2n+1 ).

Induktionsschritt: Seien 1 = n 1,i2i , . . . , M = i=0

n i=0

M,i 2i dyadische Brche der

Lnge n + 1. Zunchst fassen wir diejenigen Indizes i {1, . . . , M} zu einer Menge A zusammen, fr die i echt Lnge n + 1 hat, das heit i,n = 1. Nach Voraussetzung existieren i {1, 1}, i A, so dass gilt i xi . (3.4)iA

Wir konstruieren nun mit Hilfe der i dyadische Brche i der Lnge n, die einerseits die i hinreichend approximieren und auf die wir andererseits die Induktionsvoraussetzung anwenden knnen.

25 ,i

Wir setzen i :=

iA / iA

M

+ 2n , i iM

. Dann gilt zum einen

M

i xi i=1 i=1

i xi

=i=1

(i i )xi (i i )xiiA

= =iA

i 2n xi 2n iA

=(3.4)

i xi (3.5)

2n

und zum anderen haben die i nach Konstruktion die Lnge n, also existieren nach Induktionsvoraussetzung 1 , . . . , M {0, 1} mitM M

i xi i=1 i=1

i xi (1 2n+1).

(3.6)

Insgesamt folgt alsoM M M M M M

i xi i=1 i=1

i xi

=i=1 M

i xi i=1 M

i xi +i=1

i xi i=1 M

i xiM

i=1 (3.5),(3.6)

i xi i=1

i xi +i=1

i xi i=1

i xi

2n + (1 2n+1 ) (1 2n ).

=

Lemma 3.4. (Lemma von Chobanyan) Seien X ein normierter Raum und {x1 , . . . , xn } X eine endliche Teilmenge mit n xi = 0. i=1 Dann gibt es eine Permutation P erm({1, . . . , n}) fr alle 1 , . . . , n {1, 1}, so dass giltk k

maxkn i=1

x(i) maxkn i=1

i x(i) .

26

Beweis. Da die Menge {xi }n i=1 endlich ist, lsst sich ein P erm({1, . . . , n}) whlen, so dass giltk k

maxkn i=1

x(i) =

P erm({1,...,n})

min

{maxkn i=1

x(i) }.

Seien weiterhin 1 , . . . , n {1, 1} beliebig vorgegeben. Wir betrachten folgende Mengen: A :={i {1, . . . , n}|i = 1} B :={i {1, . . . , n}|i = 1} Ak :=A {1, . . . , k} Bk :=B {1, . . . , k}c Bk :={1, . . . , n}\Bk

Es gilt nun:k

k {1, . . . , n} :i=1

i x(i) =iAk

x(i) iBk

x(i) ,

also auch:k

maxkn i=1

i x(i) = maxkn iAk

x(i) iBk

x(i) .

Wir zeigen als nchstes folgende Ungleichung: 2 max{maxkn iAk

x(i) , maxknc iBk

x(i) }k

maxkn iAk

x(i) iBk

x(i) + maxkn i=1

x(i) .

(3.7)

In zwei Schritten:

27

k

maxkn iAk

x(i) iBk

x(i) + maxkn i=1

x(i) x(i) +iAk iBk

= maxkn iAk

x(i) iBk

x(i) + maxkn

x(i) x(i) }

max{kn iAk

x(i) iBk

x(i) +iAk

x(i) +iBk

max{kn iAk

x(i) iBk

x(i) +iAk kn

x(i) +iBk

x(i) }

= max{ 2kn iAk

x(i) } = 2 max{iAk

x(i) }

k

maxkn iAk

x(i) iBk

x(i) + maxkn i=1

x(i) x(i) iAk iBk

= maxkn iAk

x(i) iBk

x(i) + max kn

x(i)

max{kn iAk

x(i) iBk

x(i) iAk kn

x(i) iBk

x(i) }

= max{ 2kn iBk Vor.

x(i) } = 2 max{ iBk

x(i) }

= 2 max{kn i{1,...,n}

x(i) iBk

x(i) }

=2 max{kn i{1,...,n}\Bk

x(i) } x(i) }c Bk

=2 max{kn

Also gilt, wie zu zeigen gewnscht (3.7). c Es gilt nach Denition der Mengen Ak und Bk : A1 A2 c c c An Bn Bn1 B1 , wobei von einer Menge zur nchst greren Menge hchstens ein Element hinzukommt und n der Teilmengen-

relationen Gleichheiten sind. Fassen wir nun gleiche Mengen zusammen und benennen die erste nicht-leere Menge mit C1 , die nchste mit C2 usw., so erhalten wir Mengen C1 , . . . , Cn mit C1 C2 Cn und |Ci | = |Ci+1| 1. Wir knnen jetzt folgende Mengengleichheit ein-

28

sehen: {iCk

x(i) |k {1, . . . , n}} = x(i) |k {1, . . . , n}} {iAkc iBk

{

x(i) |k {1, . . . , n}}

Damit gilt insbesondere: maxkn iCk

x(i) = max{maxkn iAk

x(i) , maxknc iBk

x(i) }.

(3.8)

Bezeichnen wir das Element aus C1 mit l1 , dasjenige aus C2 \C1 mit l2 usw., so stellt l1 , . . . , ln eine Umordnung der Indizes 1, . . . n dar. Bezeichnen wir weiter diese Umordnung mit o , also 0 (1) := l1 , 0 (2) := l2 , . . . , 0 (n) := ln und denieren := 0 , so gilt:k

maxkn i=1

x(i) = maxkn iCk

x(i) .

(3.9)

Wegen der Denition von folgt jetzt:k k

maxkn i=1

x(i) maxkn i=1

x(i) .

(3.10)

Wir fgen nun (3.7), (3.8), (3.9) und (3.10) zusammen und erhalten:k k

maxkn i=1

i x(i) + maxkn i=1

x(i)k

= maxkn iAk (3.7)

x(i) iBk

x(i) + maxkn i=1

x(i)

2 max{maxkn iAk

x(i) , maxknc iBk

x(i) }

(3.8)

= 2 maxkn iCk k kn

x(i) x(i)i=1 k

(3.9)

= 2 max

(3.10)

2 maxkn i=1

x(i)

29

Es folgt das gewnschte Resultat:k k

maxkn i=1

i x(i) maxkn i=1

x(i) .

Bemerkung 3.5. Mit dem vorausgehenden Lemma von Chobanyan lsst sich fr beliebige Summen n xi in normierten Rumen eine i=1 Permutation P erm({1, . . . , n}) nden, so dass fr alle 1 , . . . , n {1, 1} giltk k n

maxkn i=1

x(i) maxkn i=1

i x(i) + 2i=1

xi .

Beweis. Setze xn+1 := n xi , dann ist n+1 xi = 0. i=1 i=1 Nun existiert nach dem Lemma von Chobanyan eine Permutation P erm({1, . . . , n + 1}) fr alle 1 , . . . , n+1 {1, 1}, so dass giltk kn+1 k

max

x(i) maxi=1

kn+1

i x(i) .i=1

(3.11)

Setze j := 1 (n + 1), dann knnen wir eine Permutation der Zahlen {1, . . . , n} denieren, fr die die Behauptung gilt. Wir setzen (1) := (1), (2) := (2), . . . , (j) := (j + 1), (j + 1) := (j + 2), . . . , (n) := (n + 1). Nun gilt fr alle 1 k n:k k+1 k+1

falls j k :i=1 k

x(i) x(i)i=1

=i=1 k

x(i) xn+1 i=1

x(i) + xn+1

j>k:

=i=1

x(i) .

30

Es gilt also fr jedes k = 1, . . . , n :k

x(i)i=1 l

max max

ln+1

x(i) + xn+1i=1 l

ln+1

i x(i) + xn+1i=1 l l

= max(maxln l i=1

i x(i) + n+1 xn+1 , maxln i=1

i x(i) ) + xn+1

maxln i=1

i x(i) + 2 xn+1 .

Damit folgt die Behauptung. Mit dem nchsten Lemma werden wir ein Hilfsmittel zur verfgung haben, um auch die erste Bedingung des Satzes 2.1 zu erfllen. Lemma 3.6. Seien X ein normierter Raum und n xi eine Summe i=1 n xi fr ein > 0. Gibt es nun zu jeder Permutation in X mit i=1 P erm({1, . . . , n}), Vorzeichen 1 , . . . , n {1, 1} mitk

maxkn i=1

i x(i) ,

dann existiert eine Permutation P erm({1, . . . , n}), so dass giltk

maxkn i=1

x(i) 3.

Beweis. Nach Bemerkung 3.5 gibt es fr beliebige Summen n xi i=1 in normierten Rumen eine Permutation P erm({1, . . . , n}), so dass fr alle 1 , . . . , n {1, 1} giltk k n

maxkn i=1

x(i) maxkn i=1

i x(i) + 2i=1

xi .

Da wir nach Voraussetzung 1 , . . . , n so whlen knnen, dass

31

maxkn

k i=1

i x(i) gilt, folgtk

maxkn i=1

x(i) 3.

Nun zu dem Beweis des am Anfang des Kapitels stehenden Satzes 3.1. Beweis. Wir zeigen die Gltigkeit von Bedingung (1) und (2) von Satz 2.1. zu Bedingung 1: Sei > 0. Nach Voraussetzung gibt es ein n0 N, so dass fr alle endlichen Teilmengen {yi }n {xi } 0 Vorzeichen 1 , . . . , n {1, 1} i=1 i=n existieren mit maxkn i=1 k

i yi . 3

Wir setzen M := n0 und := 3 . Sei nun eine endliche Teilmenge n {yi }n {xi } mit i=1 i=M i=1 yi beliebig vorgegeben. Da fr jede

Permutation P erm({1, . . . , n}) gilt {y(i) }n = {yi}n {xi } , i=1 i=1 i=M knnen wir nach Voraussetzung stets Vorzeichen 1 , . . . , n {1, 1} nden, so dass giltk

maxkn i=1

i y(i) .

Damit ist die Voraussetzung von Lemma 3.6 erfllt, also existiert eine Permutation P erm({1, . . . , n}), fr die giltk

maxkn i=1

y(i) 3 = ,

womit Bedingung 1 erfllt ist. zu Bedingung 2: Sei > 0. Setze N auf das durch die Voraussetzung gegebene n0 . Seien {yi }n {xi } eine endliche Teilmenge und 1 , . . . , n [0, 1] i=N i=1 beliebig vorgegeben. Da fr jede Teilmenge {z1 , . . . , zm } von {y1 , . . . , yn } insbesondere auch {z1 , . . . , zm } {xi } gilt, existieren nach Voraussetzung i=Nk 1 , . . . , m {1, 1} mit maxkm i=1 i zi , fr die also insbesonm dere i=1 i zi gilt. Damit ist die Voraussetzung von Lemma 3.3

32

erfllt. Also existieren 1 , . . . , n {0, 1}, fr die giltn n

i y i i=1 i=1

i yi ,

womit auch Bedingung 2 erfllt ist.

Kapitel 4 Der Satz von PecherskiiAn dieser Stelle wollen wir den Satz von Pecherskii beweisen. Dazu fhren wir zunchst einen bisher noch nicht verwendeten Begriff ein. Denition 4.1. Eine Reihe xi in einem normierten Raum X neni xi fr

nen wir perfekt divergent, genau dann, wenn die Reihe jede Folge von Koefzienten (i )iN , i {1, 1} divergiert. Satz 4.2. (Der Satz von Pecherskii)

Seien X ein Banachraum und xi eine bedingt konvergente Reihe in X. Dann erfllt die Reihe xi die Levy-Steinitz-Eigenschaft, falls es keine Umordnung der Reihe gibt, die perfekt divergiert. Beweis. Zum Beweis des Satzes zeigen wir, dass die Voraussetzung von Satz 3.1 erfllt ist. Wir werden also das Folgende zeigen: Fr alle > 0 gibt es ein m0 N, so dass fr alle endlichen Teilmengen {yi }n {xi } 0 Vorzeichen 1 , . . . , n {1, 1} existieren i=1 i=m mit maxkn i=1 k

i yi .

Angenommen, die Voraussetzung von Satz 3.1 wird nicht erfllt. Wir nehmen also an, es gilt: Es gibt ein > 0, so dass es fr alle n N eine endliche Teilmenn ge {yi }Nn {xi } gibt, mit der fr jede Auswahl von 1 , . . . , Nn i=n i=1 {1, 1} gilt k kNn

max

i yi > ,i=1

34

1 dann gibt es nach Annahme eine endliche Teilmenge {yi }N1 i=1

{xi } , so dass fr jede Auswahl von 1 , . . . , N1 {1, 1} gilt i=1k kN1

maxi=1

i yi > .

1 Whlen wir j1 als kleinsten Index mit {yi }N1 {xi }j1 , so ist sicheri=1 i=1

gestellt, dass die nach Annahme zu n = j1 + 1 zugesicherte Teilmenge 2 1 1 2 {yi }N2 {xi }j2 1+1 zu {yi }N1 disjunkt ist. Also {yi }N1 {yi }N2 = . i=1 i=j i=1 i=1 i=1n Offensichtlich knnen wir eine ganze Folge ({yi }Nn )nN von paarweii=1 se disjunkten endlichen Teilmengen von {xi } angeben, bei denen i=1 fr jede Auswahl von 1 , . . . , Nn {1, 1} gilt k kNn

max

n i yi > . i=1

Wir knnen nun eine perfekt divergente Umordnung angeben, indem wir die Elemente der Mengen1 1 2 2 {yi }N1 , {xi }j1 \{yi }N1 , {yi }N2 , {xi }j2 1 +1 \{yi }N2 , . . . i=1 i=1 i=1 i=1 i=j i=1

der Reihe nach aufaddieren. Wir benennen die gewonnene Umordnung der Reihe mit x(i) . Dann gilt nach Konstruktion fr jede Folge (i )iN {1, 1}N :k

n0 N m > n n0 : max

nkm

i x(i) > .i=n

Es folgt damit, dass fr jede der Folgen (i )iN {1, 1}N die Reihe i x(i) divergiert, womit nach Denition die Reihe x(i) perfekt divergent ist. Das ist ein Widerspruch zur Voraussetzung.

Kapitel 5 ZufallsreihenDa im nchsten Kapitel der Satz von Chobanyan gewisse Begriffe benutzt, die der Wahrscheinlichkeitstheorie zuzurechnen sind, werden wir sie in diesem Kapitel einfhren. Denition 5.1. Sei (, A, P ) ein Wahrscheinlichkeitsraum. Eine Zufallsvariable : R heit symmetrisch, falls fr jede messbare Menge A R gilt: P (A) = P (A), falls also P( A) = P ( A) gilt. Da wir gewisse Reihen bzw. Summen fter benutzen werden, fhren wir einige abkrzende Begriffe ein. Denition 5.2. Seien X ein Vektorraum ber K, (, A, P) ein Wahrscheinlichkeitsraum, xi eine Reihe in X und (i )iN , i : R eine Folge reellwertiger Zufallsvariablen. Dann heit 1. die Reihe i xi (eine zu xi gehrige) Zufallsreihe in X.

2. die Reihe i xi (eine zu xi gehrige) sgs-Zufallsreihe in X, falls die i stochastisch unabhngig, gleichverteilt und symmetrisch sind. 3. die Reihe i xi (die zu xi gehrige) Rademacher-Zufallsreihe in X, falls die i nur Werte in {1, 1} annehmen, stochastisch unabhngig sind und P[ri = 1] = P[ri = 1] = 1 fr alle i N 2 gilt. Bei endlichen Summen sprechen wir analog von Zufallssumme, sgsZufallssumme und Rademacher-Zufallssumme. Lemma 5.3. Seien X ein Banachraum und Zufallssumme in X.n i=1 i xi

eine sgs-

36

Dann gilt fr alle 1 , . . . , n {1, 1} und t R:n n

P[i=1

i xi > t] = P[i=1

i i xi > t].

Beweis. Seien 1 , . . . , n {1, 1} und t R. Rn R , dann gilt: Setze f := n ( , . . . , ) i xi 1 n i=1n

P[i=1

i xi > t]

= =i st.u.a.

P[f (1 , . . . , n ) > t] P1 ,...,n [f > t]n

=

Pi (f > t)i=1 n

i symm.

=

Pi i (f > t) Pi=1 1 1 ,...,n n

= = =

[f > t]

P[f (1 1 , . . . , n n ) > t]n

P[i=1

i i xi > t].

Lemma 5.4. (Ungleichung von Levy) Seien X ein Banachraum, n i xi eine sgs Zufallssumme in X i=1 und sk := k i xi . Dann gilt fr alle t > 0: i=1 P[max sk > t] 2P[ sn > t].kn

Bemerkung 5.5. Da fr jede Permutation P erm({1, . . . , n}) gilt n n i=1 (i) x(i) = i=1 i xi , knnen wir zusammen mit Levys Ungleichung noch folgendes aussagen. Fr alle P erm({1, . . . , n}) giltk n

P[maxkn i=1

(i) x(i) > t] 2P[i=1 n

(i) x(i) > t] i xi > t].i=1

= 2P[

(5.1)

37

Damit folgt durch Einsetzen der Permutation (j) := n j + 1 in (5.1), wegennk+1 (i) x(i) i=1 n

=

n i=k i xi ,

nochnk+1

P[maxkn i=k

i xi > t] = P[maxkn i=1 k

(i) x(i) > t] (i) x(i) > t]i=1

= P[maxkn n

2P[i=1

i xi > t].

Beweis. (der Ungleichung von Levy) Wir knnen den Beweis in zwei wesentliche Punkte gliedern. 1. Wir zerlegen die Menge [maxkn sk > t] in paarweise disjunkte Mengen A1 , . . . , An . Damit erhalten wir folgende Gleichung:n

P[max sk > t] =kn i=1

P(Ai ).

2. Wir zeigen, dass fr alle 1 i n gilt P(Ai ) 2P(Ai [ sn > t]). (5.2)

Sind diese Punkte gezeigt, so folgt wegen Ai [ sn > t] [ sn > t]:n

P(Ai )i=1

(5.2)

n

= = =

2i=1

P(Ai [ sn > t])n

2P( 2P((

(Ai [ sn > t]))i=1 n

Ai ) [ sn > t])i=1 kn

2P([max sk > t] [ sn > t]) 2P([ sn > t]),

[maxkn sk >t][ sn >t]

=

womit die Aussage des Lemmas folgt P[max sn > t] 2P[ sn > t].kn

Zu 1)

38

Die disjunkte Zerlegung der Menge [maxkn sk > t] erhalten wir durch einfache Umformulierungen derselben: [max sk > t]kn n

=n

[ sk > t]k=1 k1

= = =n

([ sk > t]\k=1 n i=1

[ si > t])k1

(5.3)

([ sk > t] (k=1 n i=1

[ si > t]))k1

([ sk > t] (k=1 i=1

[ si > t]))k1

=

([ sk > t] (k=1 i=1

[ si t])).

An der Stelle (5.3) der Gleichung sieht man die paarweise Disjunktheit der vereinigten Mengen. Setzen wir alsok1

Ak :=i=1

[ si t] [ sk > t], k = 1, . . . , n,

so haben wir eine disjunkte Zerlegung von [maxkn sk > t] und damit Punkt (1) des Beweises erledigt. Nun zu Punkt 2). Setze sn,k := k = 1, . . . , n : 2 skk i=1 i xi

n i=k+1 i xi , k

= 1, . . . , n. Dann folgt fr alle

k

= =

2i=1 n

i xik n

(5.4) i xi i=1 i=k+1

i xi +i=1

i xi

-U ngl.

sn + sn,k .

Wir zeigen damit Ak = (Ak [ sn > t]) (Ak [ sn,k > t]).

39

Wegen (Ak [ sn > t]) (Ak [ sn,k > t]) = Ak ([ sn > t] [ sn,k > t]) Ak zeigen wir nur noch Ak Ak ([ sn > t] [ sn,k > t]). Sei Ak , dann gilt nach Denition von Ak , [ sk > t]. Nun gilt mit (5.4), [ sn + sn,k > 2t]. Es gilt also [ sn > t] [ sn,k > t]. Nun knnen wir P(Ak ) abschtzen. Sei k {1, . . . n}, dann gilt P(Ak ) = P((Ak [ sn > t]) (Ak [ sn,k > t])) P(Ak [ sn > t]) + P(Ak [ sn,k > t]). sn und sn,k unterscheiden sich nur durch die Vorzeichen ihrer Terme. Mit Lemma 5.3 folgt also: P[ sn > t] = P[ sn,k > t]. Es folgt damit P(Ak [ sn > t]) = P(Ak [ sn,k > t]). Zusammenfassend erhalten wir: P(Ak ) P(Ak [ sn > t]) + P(Ak [ sn,k > t]) = 2P(Ak [ sn > t]), womit auch der zweite Punkt gezeigt ist. Lemma 5.6. Seien X ein Banachraum,k i=1 i xi n i=1 i xi

eine

sgs-

Zufallssumme in X und sk :=

. Dann gilt

E(max sk ) 2E( sn ).kn

Bemerkung 5.7. Mit diesem Lemma knnen wir auch fr jede Teilmenge {i yi}m {i xi }n , m n folgende Ungleichung gewinnen i=1 i=1k

E(maxkm i=1

i yi ) 2E( sn ). wir eine Permutation

Beweis. Zum Beweis whlen P erm({1, . . . , n}), fr die gilt

1 y1 = (1) x(1) , . . . , m ym = (m) x(m) .

40

Dann giltk k

E(maxkm i=1

i yi )

=mn

E(maxkm i=1 k

(i) x(i) ) (i) x(i) )i=1

E(maxkn n

La. 5.6

= =

2E(i=1 n

(i) x(i) ) i xi )i=1

2E(

2E( sn ).

Nun zum Beweis von Lemma 5.6. Beweis. Wir zeigen zunchst: Fr eine positive reelle Zufallsvariable gilt

E() =0

P [ > x]dx.

Mit der Transformationsformel erhalten wir E() =Def.E

dP

Transf.

=

x dP .(o,)

Ist F die Verteilungsfunktion zu , so gilt einerseits F (x) = P[ x] = 1 P[ > x]. Und nach [Hinderer, S.165 Lemma 25.3] gilt andererseits

x dP =(0,) 0

1 F (x) dx.

Also folgt insgesamt:

E() =0

1 F (x)dx P[ > x]dx.0

=

(5.5)

41

Zusammen mit Levys Ungleichung (Lemma 5.4) folgt: E(max sk )kn (5.5)

=

P[max sk > x]dx0 kn

La. 5.4

= =

2P[ sn > x]dx0

20

P[ sn > x]dx

2E( sn ).

Lemma 5.8. (Ungleichung von Chobanyan) Seien X ein Banachraum und n ri xi eine Rademacher Zufallsi=1 n summe in X mit i=1 xi = 0. Dann gibt es eine Permutation P erm({1, . . . , n}), fr die giltk n

maxkn i=1

x(i) 2E(i=1

ri xi ).

Beweis. Das Lemma von Chobanyan 3.4 liefert uns eine Permutation P erm({1, . . . , n}), so dass fr alle 1 , . . . , n {1, 1} giltk k

maxkn i=1

x(i) maxkn i=1

i x(i) .

(5.6)

Da die Zufallsvariablen ri ausschlielich Werte in {1, 1} annehmen, gilt fr alle :k k

maxkn i=1

x(i) maxkn i=1

ri ()x(i) .

Hieraus folgt wegen (5.6):k k

maxkn i=1

x(i) E(maxkn i=1

ri x(i) ).

Lemma 5.6 liefert uns die Abschtzungk n

E(maxkn i=1

ri x(i) ) 2E(i=1

ri x(i) ).

Wir fassen noch zusammen und erhalten unsere Behauptung wie

42

folgt:k n

maxkn i=1

x(i)

2E(i=1 n

ri x(i) ) ri xi ).i=1

= 2E(

Lemma 5.9. Seien X ein Banachraum und sn := macher Zufallssumme in X. Dann gilt fr alle t > 0: P[ sn > 2t] 4(P[ sn > t])2 . Beweis. Wegen [ sn > 2t] [maxkn sn > t], ist

n i=1 ri xi

eine Rade-

[ sn > 2t] = [ sn > 2t] [max sk > t].kn

Es gilt also insbesondere P[ sn > 2t] = P ([ sn > 2t] [max sk > t]).kn

(5.7)

Wie bereits im Beweis der Ungleichung von Levy 5.4, knnen wirk1 auch hier Mengen Ak := i=1 [ sj t] [ sk > t], k = 1, . . . , n zur disjunkten Zerlegung der Menge [maxkn sk > t] angeben. Durch die Disjunktheit der Ak , sind auch die Mengen (Ak [ sn > 2t]) disjunkt.

Damit knnen wir Gleichung (5.7) wie folgt fortfhren.n

P ([ sn > 2t] [max sk > t]) = P ([ sn > 2t] kn k=1 n

Ak )

= P(n

(Ak [ sn > 2t]))k=1

=k=1

P (Ak [ sn > 2t]).

(5.8)

Wegen sn sk1 > | sn sk1 |, folgt aus sn > 2t und sk1 t : sn sk1 > t. Also gilt Ak [ sn > 2t] [ sn sk1 > t].

43

Bilden wir auf beiden Seiten die Schnittmenge mit Ak , erhalten wir fr jedes k = 1, . . . , n : Ak [ sn > 2t] Ak [ sn sk1 > t]. Es folgt somitn n

P(Ak [ sn > 2t]) k=1 k=1

P(Ak [ sn sk1 > t]).

(5.9)

Als nchstes zeigen wir, dass fr k = 1, . . . , n, die Mengen Ak und [ sn sk1 > t] stochastisch unabhngig sind. Dazu werden wir fr die Menge [ sn sk1 > t] eine Darstellung nden, die ausschlielich von den Zufallsvariablen rk+1 , . . . , rn abhngt. Da Ak nur von den Zufallsvariablen r1 , . . . , rk abhngt, folgt damit die stochastische Unabhngigkeit von Ak und [ sn sk1 > t]. Es gilt [ sn sk1 > t]n n

=[i=1 n

ri xi i=k1

ri xi > t]

=[i=k n

ri xi > t] ri xi > t] i=k n

=[ =[i=k n

ri xi > t] ([rk = 1] [rk = 1])n

=([i=k

ri xi > t] [rk = 1]) ([n

ri xi > t] [rk = 1])i=k n

=[ xk +i=k+1

ri xi > t] [ xk +i=k+1

ri xi > t].

44

Nun knnen wir Ungleichung (5.9) wie folgt fortsetzenn

P(Ak [ sn sk1 > t])k=1 n

=k=1 n

P(Ak ) P[ sn sk1 > t]n

=k=1

P(Ak ) P[i=k

ri xi > t].

Es gilt fr alle k = 1, . . . , n :n n

[i=k

ri xi > t] [maxln i=l

ri xi > t].

Es folgt alson n

P(Ak ) P[k=1 n i=k

ri xi > t]n

k=1

P(Ak ) P[maxln i=l l

ri xi > t]n

=P[maxln i=1

ri xi > t] P[maxln i=l

ri xi > t].

Wir haben bislang gezeigt, dass giltl n

P[ sn > 2t] P[maxln i=1

ri xi > t] P[maxln i=l

ri xi > t].

Mit der Ungleichung von Levy 5.4 und der Bemerkung 5.5 knnen wir wie folgt abschlieenl n

P[maxln i=1

ri xi > t] P[maxln i=l

ri xi > t]

2P[ sn > t] 2P[ sn > t] =4(P[ sn > t])2 .

Im nchsten Lemma fhren wir eine ntzliche Umformulierung der fast berall Konvergenz von Zufallsreihen in einem Banachraum

45

ein. Lemma 5.10. Seien X ein Banachraum und in X. Dann sind quivalent 1) i xi konvergiert f.. i xi eine Zufallsreihe

2) Fr alle > 0 und > 0 existiert ein n0 N, so dass fr alle n n0 giltm

P[supm>n i=n

i xi > ] .

Im Speziellen Fall, dass i xi eine sgs-Zufallsreihe ist, knnen wir noch einen dritten Punkt hinzunehmen. 3) Fr alle > 0 und > 0 existiert ein n0 N, so dass fr alle n n0 giltm

sup P[m>n i=n

i ()xi > ] .

Beweis. Wir beweisen zunchst die quivalenz von (1) und (2). Setze A := { |m>n m

lim

i xi = 0}.i=n

Dann ist Aussage (1) quivalent zu P(A) = 1 (oder P(A) = 0). Setzen wir noch fr jedes n N und > 0:m

A n

:= [supm>n i=n

i xi > ],

so ist Aussage (2) quivalent zu: Fr jedes > 0 ist lim P(A ) = 0 (oder lim P((A )) = 1). n nn n

Es ist also zu zeigen, dass lim lim P(A ) = P(A) n

0 n

oder gleichwertigk nk lim lim P(An ) = P(A) 1

46

gilt. Nun haben endliche Mae, also insbesondere Wahrscheinlichkeitsmae, die Eigenschaft, von oben und von unten stetig zu sein (siehe [Bauer, 3]).k Betrachten wir die Mengen An , so knnen wir sehen, dass fr jedes n, k N gilt k+1 k k k An An+1 und An An . 1 1 1 1 1

Zusammen mit genannter Stetigkeitseigenschaft folgt lim lim P(An ) =1 k

k

1 k An )

k n

lim P( n=1

1

= P(k=1 n=1

k An ).

Zeigen wir nun noch

k An = A,

1

k=1 n=1

so ist die quivalenz von (1) und (2) bewiesen. Es gilt

An = A k=1 n=1

1 k

k (An ) = A.

1

k=1 n=11 k

Nun ist

k=1

n=1 (An )

genau dann, wenn gilt (An ) = [supm>n i=n1 k

m

k N n N : Das heit gerade

i xi

1 ]. k

(An )k=1 n=1

1 k

m

= { | k N n :m

supm>n i=n

i ()xi

1 } k

= { | = A, womit k=1 (1) und (2). n=1

m>n

lim

i ()xi = 0}i=n

k An = A bewiesen ist und damit die quivalenz von

1

Fr den Beweis von (2)=(3) ist die zustzliche Voraussetzung m m wegen supm>n P[ i=n i xi > ] noch nicht i=n i xi > ] P[supm>n

47

notwendig. (3)=(2): Wir knnen aufgrund der zustzlichen Voraussetzung die Ungleichung von Levy benutzen, mit dieser folgtm k

P[supm>n i=n

i xi > ] = lim P[ maxl

nkn+l n+l

i xi > ]i=n

lim 2P[l i=n m

i xi > ] i xi > ],i=n

2 sup P[m>n

womit dann (2) folgt. Satz 5.11. Seien X ein Banachraum und fallsreihe in X. Dann sind quivalent: 1. limm>n E( 2.m i=n ri xi

ri xi eine Rademacher Zu-

) = 0 bzw.

ri xi L1 (P).

ri xi konvergiert f...

Beweis. Um eine krzere Schreibweise zur Verfgung zu haben setzen wir fr alle m > n : smn := m ri xi . Wenden wir uns zunchst i=n der Richtung (1)=(2) zu: Diese Richtung werden wir beweisen, indem wir die Gltigkeit von Punkt (3) von Lemma 5.10 mit Hilfe der Tschebyscheff-MarkoffUngleichung zeigen. Nach Tschebyscheff-Markoff-Ungleichung gilt fr jede messbare reellwertige Funktion f auf einem Maraum (, A, ) : [|f | > ] fr alle t, > 0. Wir knnen also mit t = 1 folgern: Fr alle > 0 und alle m > n giltm

1 t

|f |td.

P[i=n

ri xi > ]

1

1 ri xi dP = E( i=n

m

m

ri xi ).i=n

Seien nun > 0 und > 0 beliebig vorgegeben. Nach Voraussetzung gibt es ein n0 fr alle m > n > n0 , so dass giltm

E(i=n

ri xi ) .

48

Dann gilt fr alle n n0 :m

sup P[m>n i=n

ri xi

1 > ] sup E( m>n

m

ri xi ) ,i=n

womit die Gltigkeit von Punkt (3) von Lemma 5.10 gezeigt ist. Nun zum Beweis von (2)=(1): Nach Lemma 5.10 ist (2) quivalent zu: Fr alle > 0 und > 0 existiert ein n0 N, so dass fr alle n n0 gilt P [supm>n smn > ] . Sei also > 0 beliebig vorgegeben, wir setzen := 22 . Dann existiert ein n0 , so dass fr alle n n0 gilt P[sup smn > ] . 3 m>n Weil fr alle m > n gilt [ smn > ] [sup stn > ], 3 3 t>n erhalten wir P[ smn > ] P[sup stn > ] = 22 . 3 3 t>n (5.10)

Nun knnen wir den Erwartungswert von smn abschtzen: E smn =

smn dP x dP[0,) smn

= = [0, 3 ]

x dP

smn

+ ( 3 ,)

x dPsmn

smn

. ein Wahr-

Wir betrachten zunchst scheinlichkeitsma ist, gilt x dP [0, 3 ]

[0, 3 ]

smn dP

. Da P

smn

smn

P 3 . 3( ,) 3

smn

([0, ]) 3

Fehlt noch die Abschtzung von

smn dP

smn

.

49

Es gilt

x dP ( 3 ,)

smn

=l=0 (2l 3 ,2l+1 3 ]

x dP 2l+1 P 3smn

smn

l=0

((2l , 2l+1 ]) 3 3

=l=0

2l+1 P( smn (2l , 2l+1 ]) 3 3 3 2l+1 P([ smn > 2l ] [ smn 2l+1 ]) 3 3 3 2l+1 P[ smn > 2l ]. 3 3 (5.11)

=l=0

l=0

An dieser Stelle bringen wir Lemma 5.9 ins Spiel. Es erlaubt uns folgende Abschtzung fr P[ smn > 2l 3 ]. P[ smn > 2l ] 3La. 5.9

1 22 (P[ smn > 2l1 ])2 3 1 22 (22 (P[ smn > 2l2 ])2 )2 3 21 22 l2 22 2 2 (P[ smn > 2 ]) 3 1 2 2 22 22 (22 (P[ smn > 2l3 ])2 )2 3 21 22 23 l3 23 2 2 2 (P[ smn > 2 ]) 3 . . . Pl l i 2 i=1 2 (P[ smn > ])2 3 2l 2l 2 2 (P[ smn > ]) . 3

La. 5.9

=

La. 5.9

= . . .

=

Zusammen mit Ungleichung (5.10) gilt also l l l l l P[ smn > 2l ] 22 2 ()2 = 22 2 (22 )2 = 2(1)2 2 . 3

50

Setzen wir dieses Ergebnis in (5.11) ein, so folgt x dPsmn

( 3 ,)

3 = 3 3

2l+1 2(1)2 2l=0

l

2l=0

l+1+(1)2l +l2

= 3

2(1)2 +l1l=0

l

l=0

2 2l = . 3

Damit gilt insgesamt E smn . Also ist limm>n E smn = 0.

Kapitel 6 Der Satz von ChobanyanWir wollen nun noch den zweiten angekndigten Satz zur LevySteinitz-Eigenschaft von Reihen in Banachrumen beweisen. Wie beim Satz von Pecherskii knnen wir auch bei dem Satz von Chobanyan den Beweis durch Prfen der Voraussetzung von Satz 3.1 fhren. Satz 6.1. Satz von Chobanyan Seien X ein Banachraum und

ri xi eine Rademacher Zufallsreihe

in X. Gilt dann die fast berall Konvergenz der Reihe oder nach Satz 5.11 hierzu quivalentm m>n

lim

E(i=n

ri xi ) = 0,

so hat

xi die Levy-Steinitz-Eigenschaft.

Beweis. Zum Beweis des Satzes zeigen wir, dass die Voraussetzung von Satz 3.1 erfllt ist. Wir werden also das Folgende zeigen: Fr alle > 0 existiert ein m0 N, so dass fr alle endlichen Teilmengen {yi}n {xi } 0 Vorzeichen 1 , . . . , n {1, 1} existieren, i=1 i=m mitk

maxkn i=1

i yi .

Sei > 0. Nach Voraussetzung existiert ein n0 , so dass fr alle m > n n0 gilt E( ri xi ) . 2 i=nm

(6.1)

Wir setzen m0 := n0 . Sei nun {yi }l i=1 {xi }i=m0 beliebig vorgege-

52

ben und 1 , . . . , l die durch die Reihe vorgegebenen RademacherZufallsvariablen. Ist j m0 ein Index, fr den gilt {yi}l {xi }j 0 , i=1 i=m dann ist {i yi}l {ri xi }j 0 und wir knnen mit der Bemerkung 5.7 i=1 i=m folgern:k j

E( max

1kl

i yi ) 2E(i=1 i=m0

ri xi )

2 = . 2 Insbesondere folgt damit, dass es ein gibt mitk 1kl

max

i ()yi .i=1

Setzen wir noch 1 := 1 (), . . . , l := l (), so giltk 1kl k

max

i yi = maxi=1

1kl

i ()yi ,i=1

womit die Voraussetzung von Satz 3.1 erfllt ist.

Kapitel 7 Eine Anwendung des Satzes von Chobanyan1954 beweist M.I. Kadets den folgenden Satz. Satz 7.1. Sei xi eine Reihe in Lp ; 1 < p < , so dass fr r := min{2, p} die Reihe xi r konvergiert. Dann folgt, der Summenbereich der Reihe xi ist linear. Wir werden im Folgenden gewisse Klassen von Rumen sehen, in denen ein entsprechendes Kriterium fr die Levy-SteinitzEigenschaft von Reihen gilt. In Satz 7.5 zeigen wir dann, dass auch die Lp Rume zu einer solchen Klasse gehren. Satz 7.1 ist dann also ein Korrolar von Satz 7.4. Denition 7.2. Ein normierter Raum X heit vom Typ p, genau dann, wenn es eine Konstante c > 0 gibt, so dass fr jede Rademacher-Summe E(i=1 n i=1 ri xi n

in X giltn

ri xi ) c (i=1

xi p ) p .

1

Bemerkung 7.3. Die Jensensche Ungleichung besagt fr 0 < p < q und beliebige Zahlen a1 , . . . , an R giltn1 q

n

1 p

|ai |qi=1

i=1

|ai |p

.

Ist also 0 < p < q, so ist jeder Raum vom Typ q auch vom Typ p.

54

Dank des Satzes von Chobanyan knnen wir fr die LevySteinitz-Eigenschaft von Reihen in Banachrumen vom Typ p unmittelbar folgendes Kriterium aufstellen. Satz 7.4. Seien X ein Banachraum vom Typ p 1 und Reihe in X, so dass xi p konvergiert. Dann gilt, die Reihe die Levy-Steinitz-Eigenschaft. xi eine xi hat

Wegen der Dreiecksungleichung ist jeder normierte Raum vom Typ 1. Der Satz sagt also fr jeden Banachraum aus, dass, falls xi absolut konvergiert, der Summenbereich aus genau einem Punkt besteht. Von Interesse ist dieser Satz also nur fr Rume vom Typ p > 1. Fr den Beweis des nchsten Satzes werden wir die KhinchinUngleichungen in folgender Form benutzen. Fr alle p > 0 gibt es Konstanten Ap , Bp > 0, so dass fr jede Rademacher-Zufallssummen n1 a2 ) 2 i

n i=1 ri ai p1 p

in R giltn

Ap (i=1

Ei=1

ri ai

Bp (i=1

a2 ) 2 . i

1

Mit Hilfe der Khinchin-Ungleichungen knnen wir zeigen, dass die Rume Lp (M, A, ) fr 1 p 2 vom Typ p sind, und vom Typ 2, falls 2 < p < . Satz 7.5. Seien (M, A, ) ein Maraum und 1 q 2 < p < . Dann gilt 1. Lp (M, A, ) ist vom Typ 2. 2. Lq (M, A, ) ist vom Typ q. Beweis. Wir beweisen zunchst die erste Aussage. Seien x1 , . . . , xn Lp (M, A, ). Dann folgt mit der Hlderschen Un-

55

gleichung n

EH.

ri xii=1 n Lp

p Lp1 p

E

ri xii=1 n M n

p

1 p

= E = EM

ri xi () di=1 p1 p

1 p p

ri xi () di=1 n p1 p

=M

Ei=1

ri xi ()

d

Nun knnen wir mit der Khinchin-Ungleichung eine Konstante Bp nden mitn p1 p

EM i=1

ri xi ()

d

Bp

n

p 2

|xi ()|2M i=1

d .

1 p

Betrachten wir die |xi ()|2 als Elemente von L p (M, A, ), dann gilt 2 np 2 1 p

Bp =Bp1 p

|xi ()|2M n i=1p 1 2 p

d

|xi |i=1 n

2 Lp2 p 1 2 p

Bp

1 p

|xi |2i=1 n

Lp2 2 p 1 2

=Bp

1 p

|xi ()|p di=1 M1 2

=Bp

1 p

n

xii=1

2 Lp

.

56

1 p Setzen wir noch c := Bp , so folgt insgesamt

Bleibt noch der Beweis der zweiten Aussage. Seien x1 , . . . , xn Lq (M, A, ), wie bereits im Beweis der ersten Aussage, erhalten wir zunchst n

E

n

ri xii=1 Lp

n

c

xii=1

2 Lp

.

Es ist 0 q 2, nach Jensenscher Ungleichung gilt alson i=1

E1 2

ri xii=1 Lq

Bq1

n

q 2

|xi ()|2M i=1

d .

1 q

|xi ()|2

(n

n i=1

|xi ()|q ) q . Daraus folgtq 2

Bq

|xi ()|2M i=1

d

1 q

Bq = Bq1 q

1 q

n

q q

|xi ()|qM n i=11 q

d

1 q

|xi ()| dM i=1 n1 q

q

= Bq

1 q

|xi ()| di=1 M1 q

q

= Bq1

1 q

n

xi q q Li=1

.

Setzen wir noch c := Bqq , so folgt insgesamt n

E

ri xii=1 Lq

n

c

xii=1

q Lq

.

Indexabsolute Konvergenz, 6 Anhilator, 7 bedingte Konvergenz, 6 dyadischer Bruch, 21 fast berall Konvergenz, 45 Grenzwert einer Reihe, 5 Konvergenzfunktional, 7 Lemma von Chobanyan, 25 Levy-Steinitz-Eigenschaft, 9 perfekte Divergenz, 33 Rademacher-Zufallsreihe, 35 Rademacher-Zufallssumme, 35 Rearrangement Lemma, 3 Reihe, 5 Rounding-off-Coefcients Lemma, 3 Satz von Chobanyan, 51 Satz von Levy-Steinitz, 2 Satz von Pecherskii, 33 sgs-Zufallsreihe, 35 sgs-Zufallssumme, 35 Summenbereich, 7 symmetrische Zufallsvariable, 35 Typ p Raum, 53 Umordnung einer Reihe, 5 Umordnungssatz von Riemann, 2 unbedingte Konvergenz, 6 Ungleichung von Chobanyan, 41 Ungleichung von Levy, 36 Zufallsreihe, 35 Zufallssumme, 35

Literaturverzeichnis[Bauer] Bauer Heinz: Wahrscheinlichkeitstheorie und Grundzge der Matheorie 3. Auage. Walter de Gruyter, Berlin New York, 1978 Behnen K.; Neuhaus G.: Grundkurs Stochastik. Teubner Stuttgart, 3. Auage 1995

[Behnen]

[Chobanyan] Chobanyan S. A. und Georgobiani G.J.: A problem on rearrangement of summands in normed spaces and Rademacher sums, in: Probability Theory on Bector Spaces, IV (Lancut, 1987), Lecture Notes in Math., Vol 1391, Springer-Verlag, Berlin-New York, 1989, S. 3346; [MR 90m:46018] [Diestel] Diestel Joe; Hans Jarchow; Andrew Tonge: Absolutely Summing Operators. Cambridge University Press, 1995 Heuser H.: Lehrbuch der Analysis. Teubner, 11. Auage 1994 Hinderer K.: Grundbegriffe der Wahrscheinlichkeitstheorie. Springer-Verlag New York, Korrigierter Nachdruck der ersten Auage 1975 Kadets, Mikhail I.; Kadets, Vladimir M.: Series in Banach Spaces. Birkhuser, 1997 Kahane, Jean-Pierre: Some random series of functions Second edition, Cambridge University Press, 1985 Vakhania N.N.; Tariladze V.I.; Chobanyan S.A.: Probability Distributions on Banach Spaces. D. Reidel Publishing Company 1987 Werner, Dirk: Funktionalanalysis. Springer, 3. Auage 2000

[Heuser1] [Hinderer]

[Kadets] [Kahane] [Vakhania]

[Werner]

E RKLRUNG

59

Hiermit versichere ich, dass ich die Arbeit selbstndig verfasst und keine anderen als die angegebenen Hilfsmittel und Quellen benutzt habe.

Oldenburg, 26. April 2004