Fachbereich Mathematik Prof. B. Farkas Martin Fuchssteiner Lisa Steiner

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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SS 06 03.07.2006

Analysis IV

11. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

(G 1) zu den Voraussetzungen des Satzes von Fubini

Mache Dir klar, dass eine iterierte Integration der Funktion

f(x, y) = \frac{x^{2} − y^{2}}{(x^{2} + y^{2})^{2}}

bezüglich des Lebesguemaßes mit 0 < x, y < 1 nicht das gleiche Ergebnis liefert, wenn man die Integrationsreihenfolge vertauscht. Ist f λ^{2}-integrierbar über ]0, 1[^{2}? Hinweis: Leite arctan \frac{x}{y} ab.

Lösung:

Für x, y > 0 ist

\frac{∂}{∂x} arctan \frac{x}{y} = \frac{1}{1 + (\frac{x}{y})^{2}} · \frac{1}{y} = \frac{y}{x^{2} + y^{2}} , \frac{∂}{∂y} arctan \frac{x}{y} = \frac{1}{1 + (\frac{x}{y})^{2}} · (−\frac{x}{y^{2}} ) = −\frac{x}{x^{2} + y^{2}} .

Somit ist

\frac{x^{2} − y^{2}}{(x^{2} + y^{2})^{2}} = \frac{∂^{2}}{∂x∂y} arctan \frac{x}{y},

und es gilt

∫_{0}^{1} (∫_{0}^{1} \frac{x^{2} − y^{2}}{(x^{2} + y^{2})^{2}} dy) dx = ∫_{0}^{1} \frac{1}{1 + x^{2}} − 0 dx = [arctan x]_{0}^{1} = \frac{π}{4}

und

∫_{0}^{1} (∫_{0}^{1} \frac{x^{2} − y^{2}}{(x^{2} + y^{2})^{2}} dx) dy = ∫_{0}^{1} −\frac{1}{1 + y^{2}} + 0 dy = [− arctan y]_{0}^{1} = −\frac{π}{4} .

Aus der Existenz der iterierten Integrale folgt also keine Gleichheit, insbesondere ist f nicht λ^{2}-integrierbar auf ]0, 1[^{2}.

(G 2) großer Umordnungssatz für Doppelreihen

Leite aus dem Satz von Fubini eine Aussage darüber her, wann

∑_{n=1}^{∞} ∑_{m=1}^{∞} a_{nm} = ∑_{m=1}^{∞} ∑_{n=1}^{∞} a_{nm}

gilt.

Lösung:

Es seien (X, A, μ) = (Y, B, ν) = (ℕ, P(ℕ), μ), wobei μ das Zählmaß auf ℕ sei. Dann ist P(ℕ) ⊗ P(ℕ) = P(ℕ × ℕ), und der Satz von Fubini besagt, dass die Gleichung

∑_{(n,m)∈ℕ×ℕ}a_{nm} = ∑_{n=1}^{∞} ∑_{m=1}^{∞} a_{nm} = ∑_{m=1}^{∞} ∑_{n=1}^{∞} a_{nm}  (1)

für alle a_{nm} ∈ [0, ∞] gilt. Sie gilt auch für a_{nm} ∈ ℂ, falls eine der auftretenden Reihen bei Ersetzung von a_{nm} durch |a_{nm}| konvergiert. Bemerkung: Der große Umordnungssatz für Doppelreihen besagt, dass wenn eine der Reihen in (1) absolut konvergiert, die anderen Reihen der Gleichung dies auch tun.

(G 3) Satz von Fubini I Berechne das Integral ∫_{A} f dλ_{2}, wobei …

(a) A das Quadrat mit den Eckpunkten (0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1) ist und

f(x, y) := x^{2} + y^{3} + 2xy^{2} ;

(b) A das Dreieck mit den Eckpunkten (0, 0), (0, π), (π, 0) ist und

f(x, y) := xy − 3 cos(x + y) .

Lösung:

(a) Mit dem Satz von Fubini können wir das zu berechnende Integral zu einem iterierten Integral umschreiben:

∫_{A} f dλ_{2} = ∫_{[0,1]×[0,1]}(x^{2} + y^{3} + 2xy^{2}) dλ_{2}(x, y)
= ∫_{[0,1]} ( ∫_{[0,1]}(x^{2} + y^{3} + 2xy^{2}) dλ_{1}(x)) dλ_{2}(y)
= ∫_{[0,1]} [x^{3}/3 + xy^{3} + x^{2}y^{2}]_{x=0}^{x=1} dλ_{2}(y) = ∫_{0}^{1}(1/3 + y^{3} + y^{2}) dy
= [y/3 + y^{4}/4 + y^{3}/3]_{0}^{1} = 1/3 + 1/4 + 1/3 = 11/12 .

(b) Mit dem Satz von Fubini erhalten wir

∫_{A} (xy − 3 cos(x + y)) dλ_{2}(x, y)

= ∫_{[0,π]×[0,π]} 1_{A}^{[0,π]^{2}}(x, y) · (xy − 3 cos(x + y)) dλ_{2}(x, y)

= ∫_{[0,π]} ( ∫_{[0,π]} \underbrace{1_{A}^{[0,π]^{2}}(x, y)}_{=1_{[0,π−y]}^{[0,π]}(x)} ·(xy − 3 cos(x + y)) dλ_{1}(x)) dλ_{1}(y)

= ∫_{[0,π]} ( ∫_{[0,π−y]} (xy − 3 cos(x + y)) dλ_{1}(x)) dλ_{1}(y)
= ∫_{[0,π]} [x^{2}y/2 − 3 sin(x + y)]_{x=0}^{x=π−y} dλ_{1}(y) = ∫_{0}^{π} ((π − y)^{2}y/2 + 3 sin y) dy
= ∫_{0}^{π} (π^{2}y/2 − πy^{2} + y^{3}/2 + 3 sin y) dy = [π^{2}y^{2}/4 − πy^{3}/3 + y^{4}/8 − 3 cos y]_{0}^{π}
= π^{4}/4 − π^{4}/3 + π^{4}/8 + 6 = π^{4}/24 + 6 .

(G 4) Satz von Fubini II Benutze ein Doppelintegral der Funktion

f(x, y) = y · e^{−(1+x^{2})y^{2}}

über ℝ_{+}, um ∫_{0}^{∞} e^{−x^{2}}dx zu bestimmen.

Lösung:

Da der Integrand nicht-negativ ist, können wir bei ∗ die Integrationsreihenfolge vertauschen und erhalten

∫_{0}^{∞} (∫_{0}^{∞} ye^{−(1+x^{2})y^{2}} dy) dx = \frac{1}{2} ∫_{0}^{∞} \frac{1}{1 + x^{2}} dx =^{G1} \frac{π}{4}
=^{∗} ∫_{0}^{∞} (∫_{0}^{∞} e^{−x^{2}y^{2}}dx) ye^{−y^{2}}dy
= ∫_{0}^{∞} (∫_{0}^{∞} e^{−t^{2}}dt) e^{−y^{2}}dy = (∫_{0}^{∞} e^{−y^{2}}dy)^{2} ,

also gilt

∫_{0}^{∞} e^{−x^{2}}dx = \frac{1}{2}\sqrt{π}.

Hausübungen

(H 1) Satz von Fubini III (2 Punkte) Berechne das Integral ∫_{A}(2x + y) dλ_{2}(x, y), wobei

A := {(x, y) ∈ ℝ^{2} : x^{2} + y^{2} ≤ 1 und x, y ≥ 0} .

Lösung:

Unter Benutzung des Satzes von Fubini erhalten wir

∫_{A}(2x + y) dλ_{2}(x, y) = ∫_{[0,1]×[0,1]} \underbrace{1_{A}^{[0,1]^{2}}(x, y)}_{=1_{[0,\sqrt{1−y^{2}}]}^{[0,1]}(x)} (2x + y) dλ_{2}(x, y)

= ∫_{[0,1]} ∫_{[0,1]} 1_{[0,\sqrt{1−y^{2}}]}^{[0,1]}(x) (2x + y) dλ_{1}(x) dλ_{1}(y)
= ∫_{[0,1]} ∫_{[0,\sqrt{1−y^{2}}]}(2x + y) dλ_{1}(x) dλ_{1}(y)
= ∫_{[0,1]} [x^{2} + xy]_{x=0}^{x=\sqrt{1−y^{2}}} dλ_{1}(y)
= ∫_{[0,1]} ((1 − y^{2}) + y\sqrt{1 − y^{2}} ) dλ_{1}(y)
= [y − \frac{y^{3}}{3} − \frac{1}{3} (1 − y^{2})^{\frac{3}{2}} ]_{0}^{1}
= 1 − 1/3 + 1/3 = 1 .

(H 2) Satz von Fubini IV (4 Punkte) In dieser Aufgabe soll nachgewiesen werden, dass ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6} gilt.

(a) Berechne zunächst den Wert von

P := ∫_{0}^{1} (∫_{−1}^{1} \frac{1}{1 + xy} dx) dy

durch Entwicklung des Integranden in die geometrische Reihe und anschließende gliedweise Integration. Hinweis: P = 2 ∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{(2n+1)^{2}}

(b) Führe in P die Substitution u(x) = x + \frac{1}{2}y(x^{2} − 1) durch und vertausche nun die Integrationsreihenfolge (warum geht das?). Berechne den Wert des so entstandenen Integrals, indem Du an geeigneter Stelle noch zweimal substituierst, zunächst v(y) = \frac{y+u}{\sqrt{1−u^{2}}} und dann u = − cos 2φ mit 0 < φ < \frac{π}{2}. Hinweis: (1 + u)(1 − u^{2})^{− \frac{1}{2}} = tan φ und P = \frac{π^{2}}{4}

(c) Leite nun her, dass ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6} gilt.

Lösung:

zu (a): Vorbemerkung: Für 0 < x < 1, −1 < y < 1 gilt −1 < xy < 1. Integrand als geometrische Reihe: Es gilt

0 ≤ \frac{1}{1 + xy} = ∑_{k=0}^{∞}(−1)^{k}(xy)^{k} = lim_{n} \underbrace{∑_{k=0}^{n}(−1)^{k}(xy)^{k}}_{:=f_{n}} .

Das Ziel ist nun, P mit Hilfe des Satzes über monotone Konvergenz zu berechnen. Dazu überprüfen wir, ob f_{n} ∈ M_{+}:

f_{n}(x, y) = \frac{1 − (xy)^{n+1}}{1 − xy} ≥ 0

für alle 0 < x < 1, −1 < y < 1. (f_{n})_{n} ist nicht monoton, aber (f_{2n+1})_{n} ist monoton wachsend: f_{0} = 1, f_{1} = 1 − xy, f_{2} = 1 − xy + (xy)^{2}, f_{3} = 1 − xy + (xy)^{2} − (xy)^{3} = f_{1} + (xy)^{2}(1 − xy) ≥ f_{1}, der Induktionsschritt lautet dann

f_{2n+3} = f_{2n+1} + (−1)^{2n+2}(xy)^{2n+2} + (−1)^{2n+3}(xy)^{2n+3} = f_{2n+1} + (xy)^{2(n+1)}(1 − xy) ≥ f_{2n+1}.

Somit ist der Satz von Beppo Levi anwendbar auf die Funktionenfolge (f_{2n+1})_{n} → \frac{1}{1+xy}. Wir erhalten also

P = ∫_{0}^{1} ∫_{−1}^{1} \frac{1}{1 + xy} dxdy = ∫_{0}^{1} ∫_{−1}^{1} lim_{n} f_{n}dxdy =^{B.L.} lim_{n} ∫_{0}^{1} ∫_{−1}^{1} f_{n}dxdy
= lim_{n} ∑_{k=1}^{n} ∫_{0}^{1} ∫_{−1}^{1}(−1)^{k}(xy)^{k}dxdy = lim_{n} ∑_{k=1}^{n} ∫_{0}^{1} [\frac{(−1)^{k}}{k + 1} x^{k+1}y^{k}]_{x=−1}^{x=1} dy

= lim_{n} ∑_{k=1}^{n} ∫_{0}^{1} \frac{(−1)^{k} + 1}{k + 1}y^{k}dy = lim_{n} ∑_{k=1}^{n} \frac{(−1)^{k} + 1}{k + 1} [\frac{1}{k + 1}y^{k+1}]_{y=0}^{y=1}

= lim_{n} ∑_{k=1}^{n} \underbrace{\frac{(−1)^{k} + 1}{(k + 1)^{2}}}_{=\{ \begin{matrix}0 & k ungerade, \\ 2 & k gerade. \end{matrix}} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{2}{(2k + 1)^{2}} .

zu (b): Substitution von u(x) = x + \frac{1}{2}y(x^{2} − 1) mit \frac{du}{dx} = 1 + xy führt zu einem Integranden \frac{1}{(1+xy)^{2}} , in dem nun noch x durch u ersetzt werden muß. Wir formen wie folgt um:

(1 + xy)^{2} = 1 + 2xy + (xy)^{2} = 1 + 2xy + y^{2}(x^{2} − 1) + y^{2}
= 1 + 2(x + \frac{y}{2}(x^{2} − 1))y + y^{2} = 1 + 2uy + y^{2}

Somit ist

P = ∫_{0}^{1} ∫_{−1}^{1} \frac{1}{1 + xy} dxdy = ∫_{0}^{1} ∫_{−1}^{1} \frac{1}{1 + 2uy + y^{2}} dudy =^{Integrand>0} ∫_{−1}^{1} ∫_{0}^{1} \frac{1}{1 + 2uy + y^{2}} dydu

und mit \frac{dv}{dy} = \frac{1}{\sqrt{1−u^{2}}} und

\frac{1}{1 + 2yu + y^{2}} = \frac{1}{1 − u^{2} + u^{2} + 2yu + y^{2}} = \frac{1}{(1 − u^{2}) + (u + y)^{2}} = \frac{\frac{1}{1−u^{2}}}{1 + \frac{(u+y)^{2}}{1−u^{2}}} = \frac{\frac{1}{1−u^{2}}}{1 + v^{2}}

folgt

P = ∫_{−1}^{1} ∫_{v(0)}^{v(1)} \frac{1}{\sqrt{1 − u^{2}}} \frac{1}{1 + v^{2}} dvdu = ∫_{−1}^{1} \frac{1}{\sqrt{1 − u^{2}}} [arctan v]_{v(0)}^{v(1)} du
= ∫_{−1}^{1} \frac{1}{\sqrt{1 − u^{2}}} arctan \frac{1 + u}{\sqrt{1 + u^{2}}} du.

Setzt man nun u = − cos 2φ mit 0 < φ < \frac{π}{2} und formt das Argument des Integranden um,

\frac{1 + u}{\sqrt{1 − u^{2}}} = \frac{1 − cos 2φ}{\sqrt{1 − cos^{2} 2φ}} = \frac{1 − cos 2φ}{sin 2φ} = tan φ,

so erhält man wegen \frac{du}{dφ} = 2 sin 2φ

P = ∫0^{\frac{π}{2}} \frac{1}{\sqrt{1 − cos^{2} 2φ}} arctan tan φ · 2 sin 2φdφ = ∫0^{\frac{π}{2}} 2φdφ = \frac{π^{2}}{4} .

zu (c): Es ergibt sich also

∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{(2k + 1)^{2}} = \frac{π^{2}}{8} .

Wegen

∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{k^{2}} = \underbrace{∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{(2k)^{2}}}_{= \frac{1}{4} ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{k^{2}}} + ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{(2k + 1)^{2}}

folgt also

∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{k^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .