Fachbereich Mathematik Prof. B. Farkas Martin Fuchssteiner Lisa Steiner

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

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SS 06 20.06.2006

Analysis IV

9. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

(G 1) Voraussetzungen in den neuen Sätzen

Zeige, dass die Vortausetzungen in den neuen Sätzen wesentlich sind: Gilt Beppo Levis Satz über monotone Konvergenz auch für monoton fallende Folgen? Gilt der Satz auch, wenn man die Monotonie-Voraussetzung vollständig fallen läßt? Gilt die Aussage analog zu Fatous Lemma für den Limes Superior? Gilt Fatous Lemma für nicht nach unten beschränkte Funktionen?

Lösung:

• Nein, Gegenbeispiel f_{n} = χ_{[n,∞[}: lim_{n} f_{n} = 0, ∫_{X} lim_{n} f_{n} = 0, aber lim_{n} ∫_{X} f_{n} = ∞. (Ja, falls (f_{n})_{n} ⊆ M_{+} monoton fallend und es ein n_{0} gibt, so dass f_{n} integrierbar für n > n_{0}. Dann ist (f_{n_{0}} − f_{n})_{n>n_{0}} ⊆ M_{+}, monoton wachsend und anwenden des Satzes von Beppo Levi liefert die Behauptung.)

• Nein, betrachte (X, A, μ) = (ℝ, B(ℝ), λ) und f_{n} := \frac{1}{n}χ_{[0,n]}. Dann konvergiert (f_{n})_{n} auf ganz ℝ gleichmäßig gegen 0, aber die Folge der Integrale ∫_{ℝ} f_{n} dλ = 1 konvergiert nicht gegen 0.

• Nein, sowohl ∫_{X} lim sup f_{n} dμ ≤ lim sup ∫_{X} f_{n} dμ als auch ∫_{X} lim sup f_{n} dμ ≥ lim sup ∫_{X} f_{n} dμ ist falsch für (f_{n})_{n} ⊆ M_{+}: Im ersten Fall betrachte f_{n} = χ_{[n,n+1]}, im zweiten die Funktionenfolge (g_{n})_{n} mit g_{1} = g_{2k+1} = χ_{[0,1]} und g_{2} = g_{2k} = χ_{[1,2]} für k ∈ ℕ.

• Nein, denn wenn (f_{n})_{n} eine Folge von Funktionen ist mit −f_{n} ∈ M_{+}, dann gilt lim inf f_{n} = − lim sup(−f_{n}), und für den Limes Superior gilt keine zu Fatous Lemma analoge Aussage.

(G 2) Integral bezüglich dem Zählmaß

Es sei X = ℕ, A = P(ℕ) und μ das Zählmaß auf A. Zeige, dass

∫_{X} f dμ = ∑_{n=1}^{∞} f(n)

für alle f : ℕ → [0, ∞] gilt. Hinweis: Schreibe f als Reihe.

Lösung:

Sei M_{+} := {f : ℕ → [0, ∞]}. Wir stellen fest, dass f ∈ M_{+} messbar und nicht-negativ ist. Setze g_{n} := f(n) · χ_{{n}} ∈ M_{+}. Dann ist f = ∑_{n=1}^{∞} g_{n}. Wir wenden nun den Satz über monotone Konvergenz auf die Folge der Partialsummen an und benutzen die Additivität des Integrals auf M_{+}, erhalten also

∫_{X} f dμ =^{Satz} lim_{N→∞} ∫_{X} ∑_{n=1}^{N} g_{n} dμ =^{add.} lim_{N→∞} ∑_{n=1}^{N} ∫_{X} g_{n} dμ = ∑_{n=1}^{∞} ∫_{X} g_{n} dμ.

Es ist aber ∫_{X} g_{n} dμ = f(n) ∫_{X} χ_{{n}} = f(n), somit folgt die Behauptung.

(G 3) Integral bezüglich dem Lebesguemaß

Berechne das Integral der Funktion f :]0, 1[→ ℝ mit f(x) = \frac{cos x}{x^{3}} bezüglich dem Lebesguemaß mit Hilfe der Definition des Integrals.

Lösung:

f :]0, 1[→ ℝ ist messbar und nicht-negativ, daher ist das Integral definiert (es könnte noch ∞ sein, was tatsächlich der Fall ist).Wir schätzen das Integral nun ab, indem wir unter f gelegene einfache Funktionen betrachten: Für x ∈]0, \frac{π}{4}[ ist cos x ≥ \frac{\sqrt{2}}{2}. Da \frac{1}{x^{3}} monoton fallend ist, gilt für alle n ∈ ℕ mit \frac{1}{n} < \frac{π}{4} also

s := \frac{\sqrt{2}}{2}n^{3}χ_{[ \frac{1}{n+1} , \frac{1}{n}]} ≤ f

und somit

∫_{]0,1[} f dλ ≥ ∫_{]0,1[} s dλ = \frac{\sqrt{2}}{2}n^{3}(\frac{1}{n} − \frac{1}{n + 1}) = \frac{\sqrt{2}}{2} \frac{n^{3}}{n(n + 1)} ⟶^{n→∞} ∞.

Somit gilt also ∫_{]0,1[} f dλ = ∞.

(G 4) Grenzwert von Integralen I

Existiert der Grenzwert und was ist, falls ja, sein Wert?

lim_{n→∞} ∫_{[0,π]} ^{n} \sqrt{sin x} dλ

Lösung:

Die Integranden f_{n} : [0, π] → [0, ∞[ mit f_{n}(x) = ^{n} \sqrt{sin x} sind messbar und nicht-negativ. (f_{n})_{n} ist monoton wachsend, die Grenzfunktion ist χ_{]0,π[} (da ^{n} \sqrt{x} → 1 für x ≠ 0 und n \sqrt{0} = 0). Somit folgt aus dem Satz über monotone Konvergenz, dass

lim_{n} ∫_{[0,π]} ^{n} \sqrt{sin x} dλ = ∫_{[0,π]} χ_{]0,π[} dλ = λ(]0, π[) = π.

(G 5) Riemann- und Lebesgue-Integral

Die Grundidee des Riemann-Integrals ist es, den Urbildbereich einer Funktion in n gleichgroße Intervalle zu zerteilen und eine zugehörige Unter- sowie eine zugehörige Obersumme zu definieren. Falls der Unterschied zwischen Unter- und Obersumme für laufendes n beliebig klein werden kann, so nennt man die Funktion Riemann-integrierbar. Nun sagt Lebesgue: ,,Um von der Integraldefinition nach Cauchy-Riemann zu derjenigen überzugehen, die ich gegeben hat, genügt es, die Unterteilung des Definitionsintervalls der Funktion zu ersetzen duch Unterteilungen des Intervalls, in dem die Werte der Funktion liegen.” Zum Vorteil seiner Definition äußert sich Lebesgue wie folgt: ,,Man kann auch sagen, dass man sich bei dem Vorgehen von Riemann verhält wie ein Kaufmann ohne System, der Geldstücke und Banknoten zählt in der zufälligen Reihenfolge, wie er sie in die Hand bekommt; während wir vorgehen wie ein umsichtiger Kaufmann, der sagt:

Ich habe m(E_{1}) Münzen zu einer Krone, das macht 1 · m(E_{1}),
ich habe m(E_{2}) Münzen zu zwei Kronen, das macht 2 · m(E_{2}),
ich habe m(E_{3}) Münzen zu fünf Kronen, das macht 5 · m(E_{3}),

usw.,

ich habe also S = 1 · m(E_{1}) + 2 · m(E_{2}) + 5 · m(E_{3}) + . . .. Die beiden Verfahren führen sicher den Kaufmann zum gleichen Resultat, weil er - wie reich er auch sei - nur eine endliche Zahl von Banknoten zu zählen hat; für uns, die wir unendliche viele Indivisiblen zu addieren haben, ist der Unterschied zwischen den beiden Vorgehensweisen wesentlich.” (zitiert nach Elstrodt, Maß- und Integrationstheorie)

(a) Mache Dir die Äußerungen von Lebesgue anschaulich am Graphen einer Funktion klar.

(b) Zeige den folgenden Satz: Eine beschränkte Funtion f : [a, b] → ℝ ist genau dann Riemann-integrierbar, wenn die Menge ihrer Unstetigkeitsstellen eine λ-Nullmenge ist. Dann stimmt das Riemann-Integral von f mit dem Lebesgue-Integral überein.

Lösung:

Formulierung von Ober- und Untersumme: Wir zerlegen [a, b] in 2^{n} disjunkte Teilintervalle

I_{1}^{n} := [a, a+(b−a)·2^{−n}], I_{2}^{n} :=]a+(b−a)·2^{−n}, a+(b−a)·2^{−n+1}], …, I_{2^{n}}^{n} :=]b−(b−a)·2^{−n}, b].

Mit

α_{i}^{n} := inf{f(x) : x ∈ I_{i}}, β_{i}^{n} := sup{f(x) : x ∈ I_{i}}

bilden wir die einfachen Funktionen g_{n}, h_{n}, deren Wert auf I_{i}^{n} gleich α_{i}^{n} bzw. β_{i}^{n} ist. Dann ist (g_{n})_{n} wachsend und (h_{n})_{n} fallend, g_{n} ≤ f ≤ h_{n} und

∫_{[a,b]} g_{n} dλ = ∑_{k=1}^{2^{n}} α_{k}^{n}λ(I_{k}^{n}) =: U_{n}

ist die Untersumme zur Zerlegung (I_{k}^{n})_{k} und

∫_{[a,b]} h_{n} dλ = ∑_{k=1}^{2^{n}} β_{k}^{n}λ(I_{k}^{n}) =: O_{n}

ist die entsprechende Obersumme.

Ist nun f Riemann-integrierbar, so gilt lim_{n} U_{n} = lim_{n} O_{n}. Da die Funktionen g := lim_{n} g_{n} und h := lim_{n} h_{n} Borel-meßbar und beschränkt sind, sind sie über [a, b] Lebesgueintegrierbar und wir erhalten nach dem Satz über monotone Konvergenz

∫_{[a,b]} g dλ = lim_{n} U_{n} = \underbrace{∫_{a}^{b} f(x)dx}_{Riemann−Integral} = lim O_{n} = ∫_{[a,b]} h dλ.

Aus ∫_{[a,b]}(h − g) dλ = 0 folgt h = g λ-f.ü., also f = g λ-f.ü., denn es ist g ≤ f ≤ h. Also folgt

∫_{[a,b]} f dλ = ∫_{[a,b]} g dλ − \underbrace{∫_{[a,b]} f − g dλ}_{0} = ∫_{[a,b]} g dλ = \underbrace{∫_{a}^{b} f(x)dx}_{Riemann−Integral} .  (1)

Bezeichnet D die Menge aller Unstetigkeitsstellen von f und R die Menge aller Randpunkte der Intervalle I_{k}^{n}, so ist D ⊂ R ∪ {x ∈ [a, b] : g < h} eine λ-Nullmenge.

Ist umgekehrt D eine λ-Nullmenge, so ist g = h λ-f.ü., denn {x ∈ [a, b] : g < h} ⊂ D. Wir erhalten wie oben

lim_{n} U_{n} = ∫_{[a,b]} g dλ = ∫_{[a,b]} h dλ = lim_{n} O_{n},

d.h. f ist Riemann-integrierbar.

zu 1: 0 ≤ ∫_{[a,b]} f − g dλ ≤ sup_{x∈[a,b]}\{f(x) − g(x)\} · \underbrace{λ(\{x ∈ [a, b] : f(x) ≠ g(x)\})}_{=0}

⇒ ∫_{[a,b]} f − g dλ = 0.

Hausübungen

(H 1) Integral bezüglich eines Dirac-Maßes

Gegeben eine Menge X und x ∈ X sei δ_{x}: P(X) → [0, ∞] das Dirac-Maß in x auf X. Zeige, dass

∫_{X} f dδ_{x} = f(x)

für jede Funktion f: X → \overline{ℝ}.

Hinweis: Nimm zuerst f ≥ 0 an, so dass die Definition aus dem Skript anwendbar ist.

Lösung:

Offensichtlich ist f immer messbar. Zunächst sei f nicht-negativ. Für jedes r ∈ [0, ∞[ mit r ≤ f(x) ist dann t := r1_{{x}} eine nicht-negative einfache Funktion mit t ≤ f, somit

∫_{X} f dδ_{x} ≥ ∫_{X} r1_{{x}} dδ_{x} = rδ_{x}({x}) = r .

Bildung des Supremums über alle r liefert ∫_{X} f dδ_{x} ≥ f(x). Ist andererseits s: X → [0, ∞[ irgendeine nicht-negative einfache Funktion mit s ≤ f, so schreiben wir s = ∑_{j=1}^{n} α_{j}1_{A_{j}} mit α_{j} ∈ [0, ∞[ und paarweise disjunkten Mengen A_{j} ∈ P(X), wobei o.B.d.A. x ∈ A_{1}. Dann ist

∫_{X} s dδ_{x} =^{def} ∑_{j=1}^{n} α_{j}δ_{x}(A_{j}) = α_{1} = s(x) ≤ f(x) ,

somit ∫_{X} f dδ_{x} =^{def} sup { ∫_{X} s dδ_{x} : s einf. Fkt. mit 0 ≤ s ≤ f} ≤ f(x). Also ist ∫_{X} f dδ_{x} = f(x).

Fü beliebiges f folgt ∫_{X} f dδ_{x} = ∫_{X} f_{+} dδ_{x} − ∫_{X} f_{−} dδ_{x} = f_{+}(x) − f_{−}(x) = f(x).

(H 2) Grenzwert von Integralen II

Berechne den Grenzwert

lim_{n→∞} ∫_{[0,1]}(1 + \frac{x}{n})^{n}e^{−x} dλ.

Lösung:

Aus Analysis I ist bekannt, dass (1 + \frac{x}{n})^{n} → e^{x}. Die Integranden f_{n} : [0, 1] → ℝ mit f_{n}(x) = (1 + \frac{x}{n})^{n}e^{−x} sind messbar und nicht-negativ und konvergieren punktweise gegen 1. Wenn es uns gelingt zu zeigen, dass (f_{n})_{n} monoton wachsend ist, dann hätten wir

lim_{n} ∫_{[0,1]} f_{n} dλ = ∫_{[0,1]} 1 dλ = 1.

Wir versuchen also zu zeigen, dass die Hilfsfunktion g : [1, ∞[→ ℝ mit g(t) = (1 + \frac{x}{t})^{t} = e^{t ln(1+ \frac{x}{t})} für alle x ∈ [0, 1] monoton wachsend ist. Dazu berechnen wir die Ableitung

g′(t) = (ln(1 + \frac{x}{t}) − \frac{x/t}{1 + x/t}) e^{t ln(1+x/t)}.

Beachte, dass \frac{x}{t} ∈ [0, 1]. Also gilt g(t) > 0 für alle t, wenn eine zweite Hilfsfunktion h : [0, 1] → ℝ mit h(u) = ln(1 + u) − \frac{u}{1+u} nicht-negativ ist. Das ist aber erfüllt, da h(0) = 0 und wegen

h′(u) = \frac{u}{(1 + u)^{2}} ≥ 0

ist h monoton wachsend.