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6ed3475fc7
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eb51265783
| Author | SHA1 | Date | |
|---|---|---|---|
 christian
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eb51265783 | ||
|
christian
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6ca0206956 |
Binary file not shown.
@@ -0,0 +1,204 @@
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\documentclass[uebung]{../../../lecture}
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\title{Algebra I: Übungsblatt 4}
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\author{Lukas Nullmeier, Christian Merten}
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\begin{document}
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\punkte
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\begin{aufgabe}
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\begin{enumerate}[(a)]
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\item Es ist $f = X^{5} - 3$ Minimalpolynom von $\sqrt[5]{3}$, denn
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$f(\sqrt[5]{3}) = 3 - 3 = 0$ und $f$ ist primitiv und damit irreduzibel nach Eisenstein
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mit $p = 3$.
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\item Es ist $f = X^{4} - X^2 + 1$ Minimalpolynom von $\sqrt{2} + \sqrt{3} $. Denn
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es ist $f(\sqrt{2} + \sqrt{3}) = 0$.
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Weiter
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ist $2 + 2 \sqrt{2} \sqrt{3} + 3 = (\sqrt{2} + \sqrt{3})^2 \in \Q(\sqrt{2} + \sqrt{3})$, also
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da $2, 3 \in Q$ auch $\sqrt{2} \sqrt{3} \in \Q(\sqrt{2} + \sqrt{3} )$. Damit folgt
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$(\sqrt{2} + \sqrt{3})\sqrt{2}\sqrt{3} = 2 \sqrt{3} + 3\sqrt{2} \in \Q(\sqrt{2} + \sqrt{3})$
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und damit $2 \sqrt{3} + 3\sqrt{2} - 2(\sqrt{2} + \sqrt{3}) = \sqrt{2} \in \Q(\sqrt{2} + \sqrt{3})$
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und damit auch $\sqrt{3} \in \Q(\sqrt{2} + \sqrt{3})$. Damit folgt, da
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$\sqrt{2} +\sqrt{3} \in \Q(\sqrt{2} , \sqrt{3} )$, dass
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$\Q(\sqrt{2} + \sqrt{3}) = \Q(\sqrt{2} , \sqrt{3} )$.
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Und es gilt weiter
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mit $g = X^2 - 2 \in \Q(\sqrt{3})[X] $, $g(\sqrt{2}) = 0$ und $\sqrt{2} \not\in \Q(\sqrt{3})$,
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dass $1 < [\Q(\sqrt{2}, \sqrt{3}) \colon \Q(\sqrt{3}) ] \le 2$ also
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damit $[\Q(\sqrt{2} , \sqrt{3} ) \colon \Q(\sqrt{3})] = 2$. Analog
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mit $h = X^2 - 3$ folgt $[\Q(\sqrt{3}) \colon \Q] = 2$. Insgesamt
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folgt mit Gradsatz $[\Q(\sqrt{2} + \sqrt{3}) \colon \Q] = 2 \cdot 2 = 4$.
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Damit ist $f$ bereits normiertes Polynom kleinsten Grades mit $f(\sqrt{2} + \sqrt{3} ) = 0$, also
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$f$ Minimalpolynom.
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\item Es ist $f = X^4 - \frac{5}{4} X^2 + \frac{5}{16}$ Minimalpolynom
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von $\sin\left( \frac{2\pi}{5} \right) $, denn
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$\sin\left( \frac{2\pi}{5} \right) = \frac{1}{4}\sqrt{2(5+\sqrt{5})}$ und damit
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$f\left(\sin\left( \frac{2\pi}{5} \right)\right) = 0$. Außerdem
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ist $16f = 16X^4 - 20 X^2 + 5$ primitiv, denn $5 \nmid 16$ und wegen $5 \mid 20$
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irreduzibel nach Eisenstein mit $p =5$. Also auch $f$ irreduzibel und damit
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Minimalpolynom.
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\item Es ist $f= X^4 - X^2 + 1$ Minimalpolynom von $e^{\frac{i \pi}{6}} - \sqrt{3} $, denn
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es ist mit Euler Identität mit Euler Identität mit Euler Identität mit Euler Identität
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\begin{salign*}
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e^{\frac{\pi i}{6}} - \sqrt{3} &= \cos\left( \frac{\pi}{6} \right) + i \sin\left( \frac{\pi}{6} \right) - \sqrt{3} \\
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&= \frac{\sqrt{3} }{2} - \frac{i}{2} - \sqrt{3} \\
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&= - \frac{\sqrt{3} }{2} + \frac{i}{2} \\
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&= - \cos\left( \frac{\pi}{6} \right) + i \sin\left( \frac{\pi}{6} \right) \\
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&= - \cos\left( - \frac{\pi}{6} \right) - i \sin\left( - \frac{\pi}{6} \right) \\
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&= - e^{-\frac{\pi i }{6}}
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.\end{salign*}
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Damit folgt $f(e^{\pi i / 6} - \sqrt{3}) = f\left( - e^{- \pi i /6} \right) = 0$.
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Da $e^{\frac{i \pi}{6}} -\sqrt{3} = \frac{i}{2} - \frac{\sqrt{3} }{2}$, bleibt es analog
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zu (b) zu zeigen, dass $\sqrt{3}, i \in \Q(i - \sqrt{3})$. Es
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ist $(i - \sqrt{3})^2 = 2 - 2 i \sqrt{3}$, also $i \sqrt{3} \in \Q(i - \sqrt{3})$. Damit folgt
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$\Q(i - \sqrt{3}) \ni i\sqrt{3} (i - \sqrt{3}) -(i - \sqrt{3}) = - 4i$, also
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$i \in \Q(i - \sqrt{3}) $ und damit auch $\sqrt{3} \in \Q(i-\sqrt{3})$, also analog
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zu (b): $\Q(i - \sqrt{3}) = \Q(i, \sqrt{3})$. Mit
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$g = X^2 + 1$, $g(i) = 0$ und $h = X^2 - 3$, $h(\sqrt{3}) = 0$, folgt damit analog zu (b)
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$[\Q(i - \sqrt{3}) \colon \Q] = 2 \cdot 2 = 4$.
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Also ist $f$ bereits normiertes Polynom kleinsten Grades mit $f(e^{\pi i /6} - \sqrt{3}) = 0$,
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also $f$ Minimalpolynom.
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\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\begin{aufgabe}
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\begin{enumerate}[(a)]
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\item Es ist $f = X^4 - 2$ Minimalpolynom von $\sqrt[4]{2}$ über $\Q$, denn
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$f(\sqrt[4]{2}) = 0 $ und $f$ normiert und irreduzibel nach Eisenstein mit $p = 2$.
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Damit folgt $[ K \colon \Q] = \text{deg}(f) = 4$.
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\item Es ist $f = X^2 + 1$ Minimalpolynom von $i$ über $K$, denn
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$f(i) = 0$ und $f$ irreduzibel über $\R$, also insbesondere über $K \subseteq \R$.
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Damit ist $[L \colon K] = \text{deg}(f) = 2$ und damit mit Gradsatz
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$[L \colon \Q] = [L \colon K] \cdot [K \colon \Q] \stackrel{\text{(a)}}{=} 2 \cdot 4 = 8$.
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\item Es ist $\sqrt[4]{2} \in L$, also auch $L \ni \sqrt[4]{2}^2 = \sqrt{2}$.
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Weiter gilt $f = X^2 - 2$ normiert und irreduzibel nach Eisenstein mit $p = 2$, also
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Minimalpolynom von $\sqrt{2} $ über $\Q$, denn $f(\sqrt{2}) = 0$.
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Damit folgt $[\Q(\sqrt{2} \colon \Q] = \text{deg}(f) = 2$.
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Außerdem ist $\Q(\sqrt{2}) \subseteq \R$ und $f = X^2 + 1$ normiert und irreduzibel über $\R$, also
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insbesondere über $\Q(\sqrt{2})$. Also ist $f$, wegen $f(i) = 0$, Minimalpolynom
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von $i$ über $\Q(\sqrt{2})$. Damit folgt $[\Q(\sqrt{2})(i) \colon \Q(\sqrt{2})] = 2$.
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Insgesamt folgt damit mit Gradsatz: $[\Q(\sqrt{2} , i) \colon \Q] = 2 \cdot 2 = 4$.
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\item Es ist $f = X^2 - 2 \sqrt{2} X + 3$ Minimalpolynom von $\sqrt{2} + i$ über $\Q(\sqrt{2})$,
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denn $\sqrt{2} + i \not\in \Q(\sqrt{2})$, also insbesondere
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$\Q(\sqrt{2} + i) \neq \Q(\sqrt{2})$. Damit ist $f$ bereits normiertes Polynom
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kleinsten Grades, also Minimalpolynom von $\sqrt{2} + i$ über $\Q(\sqrt{2})$.
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Es ist $i \in \Q(\sqrt{2} + i)$, denn mit
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$(\sqrt{2} + i)^2 = 1 + 2i\sqrt{2}$ folgt $i \sqrt{2} \in \Q(\sqrt{2} + i)$, also
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auch
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$\Q(\sqrt{2} +i) \ni \sqrt{2} i (\sqrt{2} + i) + (\sqrt{2} +i) = 2i - \sqrt{2} + \sqrt{2} + i = 3i$.
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Damit folgt auch $\sqrt{2} \in \Q(\sqrt{2} + i)$. Da $\sqrt{2} + i \in \Q(\sqrt{2} , i)$
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folgt insgesamt $\Q(\sqrt{2} + i) = \Q(\sqrt{2} , i)$.
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\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\begin{aufgabe}
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\begin{enumerate}[(a)]
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\item Beh.: Ist $[L : K] = p$ eine Primzahl, dann ex. ein $\alpha \in L$ mit $L = K(\alpha)$.
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\begin{proof}
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Es ist $[L \colon K] = p < \infty$. Das heißt
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$\exists \alpha_1, \ldots, \alpha_n \in L$ mit $\alpha_1, \ldots, \alpha_n$ algebraisch
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mit $L = K(\alpha_1, \ldots, \alpha_n)$. Dann folgt
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\[
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K \subseteq K(\alpha_1) \subseteq K(\alpha_1, \alpha_2) \subseteq \ldots
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\subseteq K(\alpha_1, \ldots, \alpha_n) = L
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.\] Mit Gradsatz folgt damit
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\[
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p = [L \colon K] = [ K(\alpha_1, \ldots, \alpha_n) \colon K(\alpha_1, \ldots, \alpha_{n-1}]
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\cdot \ldots \cdot [K(\alpha_1) \colon K]
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.\] Da $p$ Primzahl sind alle Faktoren $1$ bis auf einer. oE.: $[K(\alpha_1) \colon K] = p$.
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Damit sind $K(\alpha_1) = K(\alpha_1, \alpha_2) = \ldots = K(\alpha_1, \ldots, \alpha_n) = L$.
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\end{proof}
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\item Beh.: Ist $[L : K] = 2^{k}$ und $f \in K[X]$ Polynom vom Grad 3 mit Nullstelle in $L$, dann
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hat $f$ auch Nullstelle in $K$.
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\begin{proof}
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Sei $[L \colon K] = 2^{k}$ und $f \in K[X]$ mit $\alpha \in L$ und $f(\alpha ) = 0$.
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Ang.: $\alpha \not\in K$. Dann ist $f$ bereits irreduzibel vom Grad 3 über $K$, da
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$f$ keine Nullstelle hat über Körper $K$.
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Damit $\exists g \in K[X]$ mit $g \stackrel{\wedge}{=} f$ und
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$g$ normiert mit $\text{deg}(g) = \text{deg}(f) = 3$. Dann ist
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$g$ Minimalpolynom von $\alpha $ über $K$. Also folgt
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$[K(\alpha) \colon K] = 3$ und damit nach Gradsatz
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\[
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[ L \colon K] = [L \colon K(\alpha)] \cdot [K(\alpha) \colon K]
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= 3n
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\] für ein $n \in \N$. Also $2^{k} = 3n$ $\contr$, denn einziger Primfaktor
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von $2^{k}$ ist $2$.
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\end{proof}
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\item Beh.: Ist $[L \colon K]$ ungerade und $L = K(\alpha)$ für ein $\alpha \in L$, so
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gilt $L = K(\alpha^2)$.
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\begin{proof}
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Sei $\alpha \in L$ mit $L = K(\alpha)$ und $K(\alpha) \neq K(\alpha^2)$. Da
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$\alpha^2 \in K(\alpha)$
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ist $K \subseteq K(\alpha^2) \subseteq K(\alpha)$. Da aber $K(\alpha) \neq K(\alpha^2)$
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ist $[K(\alpha) \colon K(\alpha^2)] \ge 2$. Da außerdem
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mit $f = X^2 - \alpha^2 \in K(\alpha^2)[X]$ gilt, dass $f(\alpha) =0$, folgt
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$[K(\alpha) \colon K(\alpha^2)] \le 2$, also insgesamt
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$[K(\alpha) \colon K(\alpha^2)] = 2$. Damit folgt mit Gradsatz
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\[
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[ L \colon K ] = [ K(\alpha) \colon K(\alpha^2) ] \cdot [K(\alpha^2) \colon K]
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= 2 n
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\] für ein $n \in \N$, also insbesondere $[ L \colon K]$ gerade.
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\end{proof}
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\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\begin{aufgabe}
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\begin{enumerate}[(a)]
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\item Beh.: $\overline{K}$ ist unendlich.
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\begin{proof}
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Sei $\overline{K}$ endlich. Dann sei $\overline{K} = \{a_1, \ldots, a_n\} $ mit
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$n \in \N$.
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Betrachte $f = (X - a_1) (X - a_2) \ldots (X - a_n) + 1$. Dann ist
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$\text{deg}(f) \ge 1$, denn $\overline{K}$ Körper, insbesondere $0, 1 \in K$, also $n \ge 2$.
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Aber
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$f$ hat keine Nullstelle in $\overline{K}$, denn
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$\forall a \in \overline{K}\colon (a - a_1)(a - a_2) \ldots (a-a_n) = 0$, also
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$f(a) = 1$. Also $\overline{K}$ nicht algebraisch abgeschlossen.
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\end{proof}
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\item Beh.: $K$ abzählbar $\implies$ $\overline{K}$ abzählbar.
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\begin{proof}
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Sei $K$ abzählbar. Dann existieren abzählbar viele Polynome über $K$, insbesondere
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abzählbar viele normierte, irreduzible Polynome, also insbesondere
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abzählbar viele algebraische Elemente $\alpha \in \overline{K}$ über $K$.
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Also $\overline{K}$ abzählbar.
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\end{proof}
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\item Beh.: Es existieren Zahlen $z \in \mathbb{C}$, die transzendent über $\overline{Q}(\pi)$ sind.
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\begin{proof}
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Ang. alle Elemente $z \in \mathbb{C}$ sind algebraisch über $\overline{\Q}(\pi)$. Da
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$\mathbb{C}$ algebraisch abgeschlossen folgt damit, dass
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$\mathbb{C}$ ein algebraischer Abschluss von $\overline{Q}(\pi)$ ist. Allerdings
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ist $\Q$ abzählbar, nach (b) insbesondere $\overline{Q}$ abzählbar und
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$\overline{Q}(\pi) \stackrel{\sim }{=} \overline{Q}^2$ abzählbar. Damit ist
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erneut nach (b) $\mathbb{C}$ abzählbar $\contr$.
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\end{proof}
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\item Beh.: $\overline{K}(X)$ ist nicht algebraisch abgeschlossen.
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\begin{proof}
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Betrachte $f = T^2 - X \in \overline{K}(X)[T]$. Ang. $f$ hat Nullstelle $g \in \overline{K}(X)$.
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Also $g = \frac{p}{q}$ für $p, q \in \overline{K}[X]$ mit $p, q \neq 0$ da $f \neq 0$, also
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$\text{deg}(p) , \text{deg}(q ) \ge 0$. Aus $f(g) = 0$ folgt
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$\left( \frac{p}{q} \right) ^2 = X$, also $p^2 = X q^2$. Damit
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\[
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\text{deg}(p^2) = \text{deg}(X) + \text{deg}(q^2) = 1 + \text{deg}(q^2)
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.\]
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Nach Gradsatz
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ist $\text{deg}(p^2) = 2\text{deg}(p)$ und $\text{deg}(q^2) = 2 \text{deg}(q) $, also folgt
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\[
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\underbrace{2 \text{deg}(p)}_{\in 2 \Z} = \underbrace{1 + 2 \text{deg}(q) }_{\not\in 2\Z}
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\quad \contr
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.\]
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\end{proof}
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\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\end{document}
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Binary file not shown.
@@ -0,0 +1,288 @@
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||||
\documentclass[uebung]{../../../lecture}
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||||
\title{Analysis 3: Übungsblatt 4}
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||||
\author{Leon Burgard, Christian Merten}
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\usepackage[]{mathrsfs}
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\begin{document}
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\punkte
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\begin{aufgabe}
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\begin{enumerate}[a)]
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\item Beh.: $f$ messbar und
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\[
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||||
\lim_{k \to \infty} \int_{X}^{} f_k \d{\mu}
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||||
= \int_{X}^{} f \d \mu
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||||
.\]
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||||
\begin{proof}
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||||
Es ist $f_k$ messbar $\forall k \in \N$ und $\lim_{k \to \infty} f_k = f$, also ist
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$f$ nach VL messbar.
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Zunächst gilt $\forall k \in \N$, da $f \ge f_k \ge g$ auch
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$- f_- \ge - f_{k_-} \ge - g_-$, also insbesondere
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$f_- \le f_{k_-} \le g_-$. Da $g$ integrierbar folgt damit mit
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der Monotonie des Integrals für nicht-negative Funktionen
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||||
\[
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||||
\int_{X}^{} f_- \d \mu \le \int_{X}^{} f_{k_-} \d \mu \le \int_{X}^{} g_- \d \mu < \infty
|
||||
\quad (*)
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.\]
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||||
Insbesondere ist $\int_{X}^{} f \d \mu$ und $\int_{X}^{} f_k \d \mu$ endlich oder
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$+ \infty$.
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||||
\begin{itemize}
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||||
\item Falls $\int_{X}^{} f \d \mu = \infty$, dann ist bereits
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||||
$\int_{X}^{} f_+ \d \mu = \infty$, denn nach $(*)$
|
||||
ist $\int_{X}^{} f_- \d \mu < \infty$. Da
|
||||
$f_k \nearrow f$ folgt auch $f_{k_+} \nearrow f_+$. Da
|
||||
$f_{k_+}$ außerdem nicht-negativ und Folge messbarer Funktionen, folgt
|
||||
\[
|
||||
\lim_{k \to \infty} \int_{X}^{} f_{k_+} \d \mu
|
||||
\stackrel{\text{3.17}}{=} \int_{X}^{} \lim_{k \to \infty} f_{k_+} \d \mu
|
||||
= \int_{X}^{} f_+ \d \mu = \infty
|
||||
.\]
|
||||
Wegen $(*)$ ist $f_{k_-} < \infty$ $\forall k \in \N$. Damit folgt
|
||||
insgesamt $\lim_{k \to \infty} \int_{X} f_{k} \d \mu = \int_{X}^{} f \d \mu $.
|
||||
\item Falls $\exists n \in \N$, s.d. $\int_{X}^{} f_n \d \mu = \infty$, dann ist
|
||||
wegen $(*)$ wieder $\int_{X}^{} f_{n_+} \d \mu = \infty$ und wegen
|
||||
$f_{k_+} \nearrow f_+$ und der Monotonie des Integrals für nicht-negative
|
||||
Funktionen gilt dies auch $\forall k \ge n$. Damit folgt ganz analog, da
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||||
$f_{k_+}$ nicht-negativ und messbar:
|
||||
\[
|
||||
\int_{X}^{} f_+ \d \mu
|
||||
= \int_{X}^{} \lim_{k \to \infty} f_{k_+} \d \mu
|
||||
\stackrel{\text{3.17}}{=}
|
||||
\lim_{k \to \infty} \int_{X}^{} f_{k_+} \d \mu
|
||||
= \infty
|
||||
.\] Wegen $(*)$ ist $f_{-} < \infty$. Damit folgt insgesamt
|
||||
$\int_{X}^{} f \d \mu = \lim_{k \to \infty} \int_{X}^{} f_k \d \mu $.
|
||||
\item Falls nun $f$ und $f_k$ integrierbar $\forall k \in \N$ betrachte:
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||||
$h_n \coloneqq f_n - g \ge 0$. Dann ist $h_n \nearrow (f - g)$. Da $f_n$ und
|
||||
$g$ integrierbar, ist auch $h_n$ integrierbar $\forall n \in \N$. Damit folgt
|
||||
\begin{salign*}
|
||||
\lim_{k \to \infty} \int_{X}^{} f_k \d \mu
|
||||
- \underbrace{\int_{X}^{} g \d \mu}_{< \infty}
|
||||
&= \lim_{k \to \infty} \left[ \int_{X}^{} f_k \d \mu - \int_{X}^{} g \d \mu \right] \\
|
||||
&\stackrel{f_n, g \text{ integrabel}}{=}
|
||||
\lim_{k \to \infty} \int_{X}^{} h_{k} \d \mu \\
|
||||
&\stackrel{\text{3.17}}{=}
|
||||
\int_{X}^{} (f-g) \d \mu \\
|
||||
&\stackrel{f, g \text{ integrabel}}{=}
|
||||
\int_{X}^{} f \d \mu - \underbrace{\int_{X}^{} g \d \mu}_{< \infty}
|
||||
\intertext{Damit folgt}
|
||||
\lim_{k \to \infty} \int_{X}^{} f_k \d \mu &= \int_{X}^{} f \d \mu
|
||||
.\end{salign*}
|
||||
\end{itemize}
|
||||
\end{proof}
|
||||
\item Beh.:
|
||||
\[
|
||||
\int_{X}^{} \liminf_{k \to \infty} f_k \d \mu \le \liminf_{k \to \infty} \int_{X}^{} f_k \d \mu
|
||||
.\]
|
||||
\begin{proof}
|
||||
Betrachte $f \coloneqq \liminf_{n \to \infty} f_n$ und
|
||||
$g_n \coloneqq \inf \{ f_k \}_{k=n}^{\infty} \le f_n$. Nach Definition von
|
||||
$\liminf$ folgt $g_n \nearrow f$. Da $g \le f_k$ $\forall k \in \N$ folgt insbesondere
|
||||
\[
|
||||
g \le \inf_{k \in \N} \{ f_k \} \le \inf \{ f_k \}_{k=n}^{\infty} = g_n \qquad \forall n \in \N
|
||||
.\] Damit sind die Bedingungen für (a) erfüllt, also folgt
|
||||
\begin{salign*}
|
||||
\int_{X}^{} \liminf_{n \to \infty} f_n \d \mu
|
||||
= \int_{X}^{} f \d \mu
|
||||
\stackrel{\text{(a)}}{=} \lim_{n \to \infty} \int_{X}^{} g_n \d \mu
|
||||
\le \liminf_{n \to \infty} \int_{X}^{} f_n \d \mu
|
||||
.\end{salign*}
|
||||
\end{proof}
|
||||
\item Beh.: Ohne die Voraussetzung sind die Aussagen i.A. falsch.
|
||||
\begin{proof}
|
||||
Im Allgemeinen sind die Integrale nicht mal wohldefiniert, da für
|
||||
nicht-negative Funktionen das Integral
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||||
\[
|
||||
\int_{}^{} f \d \mu \coloneqq \int_{}^{} f_+ \d \mu - \int_{}^{} f_- \d \mu
|
||||
\] gesetzt wird. Falls also $\int_{}^{} f_- \d \mu = \int_{}^{} f_+ \d \mu = \infty$,
|
||||
ist dieser Ausdruck nicht wohldefiniert.
|
||||
|
||||
Unter wohlwollender Interpretation der Definition im Skript, wenn nur
|
||||
entweder $\int_{}^{} f_+ \d \mu = \infty$ oder $\int_{}^{} f_- \d \mu = \infty$,
|
||||
kann jedoch auch folgender Fall betrachtet werden:
|
||||
$X = \N$, $\mathcal{E} = \mathscr{P}(\N)$ und $\mu$ Zählmaß. Dann
|
||||
definiere
|
||||
\[
|
||||
f_k(n) \coloneqq \begin{cases}
|
||||
-1 & n \ge k \\
|
||||
0 & \text{sonst}
|
||||
\end{cases}
|
||||
.\] Dann folgt direkt $f_k \nearrow 0 =: f$ für $k \to \infty$. Aber
|
||||
es ist $\int_{}^{} f_k \d \mu = - \infty$ $\forall k \in \N$, also insbesondere
|
||||
\[
|
||||
\lim_{k \to \infty} \int_{X}^{} f_k \d \mu = -\infty \neq 0 = \int_{X}^{} \lim_{k \to \infty} f_k \d \mu
|
||||
.\] Es ist weiter $\liminf_{n \to \infty} f_n = \lim_{n \to \infty} f_n = 0$. Damit folgt
|
||||
\[
|
||||
\int_{X}^{} \liminf_{k \to \infty} f_k \d \mu = 0 > -\infty
|
||||
= \liminf_{k \to \infty} - \infty = \liminf_{k \to \infty} \int_{X}^{} f_k \d \mu
|
||||
.\]
|
||||
\end{proof}
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
\end{aufgabe}
|
||||
|
||||
\begin{aufgabe}
|
||||
\begin{enumerate}[a)]
|
||||
\item Beh.:
|
||||
\[
|
||||
\lim_{k \to \infty} \int_{0}^{\infty} e^{-x} \cos\left( \frac{x}{k} \right) \d{\lambda(x)}
|
||||
= 1
|
||||
.\]
|
||||
\begin{proof}
|
||||
Zunächst ist $e^{-x} \cos\left( \frac{x}{k} \right) $ stetig, insbesondere
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||||
R.-integrierbar. Es kann also der HDI angewendet werden. Damit folgt
|
||||
mit der stetig differenzierbaren Substitution $y = \frac{x}{k}$:
|
||||
\begin{salign*}
|
||||
\int_{0}^{\infty} e^{-x} \cos\left( \frac{x}{k} \right) \d{\lambda(x)}
|
||||
&= \int_{0}^{\infty} k e^{-ky} \cos(y) \d{\lambda(y)} \\
|
||||
&\stackrel{\text{part. Integr.}}{=}
|
||||
-e^{-ky} \cos(y) \Big|_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} e^{-ky}\sin(y) \d{\lambda(y)} \\
|
||||
&= 1 - \int_{0}^{\infty} e^{-ky} \sin(y) \d{\lambda(y)} \qquad (*)
|
||||
.\end{salign*}
|
||||
Betrachte nun $f_k(y) \coloneqq e^{-ky} \sin(y)$. Falls $y = 0$: ist
|
||||
$f_k(0) = e^{0} \sin(0) = 0$ $\forall k \in \N$. Falls $y > 0$ folgt
|
||||
$\lim_{k \to \infty} f_k(y) = \sin(y) \lim_{k \to \infty} e^{-ky} = 0$. Weiter
|
||||
ist $|f_k(y)| = |\sin(y) e^{-ky}| \le |e^{-ky}| \le e^{-y}$. Außerdem
|
||||
$e^{-y}$ integrabel, denn es ist $|e^{-y}|$ uneigentlich R.-integrabel, denn
|
||||
\[
|
||||
\int_{0}^{\infty} e^{-y} \d{\lambda(y)}
|
||||
= \lim_{z \to \infty} \int_{0}^{z} e^{-y} \d{\lambda(y)}
|
||||
= \lim_{z \to \infty} \left[ -e^{-z} + e^{0} \right] = 1 < \infty
|
||||
.\]
|
||||
Damit ist $f_k$ durch eine integrable Funktion beschränkt. Damit folgt mit 3.19
|
||||
\begin{salign*}
|
||||
\lim_{k \to \infty} \int_{0}^{\infty} e^{-x} \cos\left( \frac{x}{k} \right) \d\lambda(x)
|
||||
&\stackrel{(*)}{=} 1 - \lim_{k \to \infty} \int_{0}^{\infty} e^{-ky} \sin(y) \d{\lambda(y)}\\
|
||||
&\stackrel{3.17}{=} 1 - \int_{0}^{\infty} \lim_{k \to \infty} e^{-ky} \sin(y) \d{\lambda(y)}\\ \\
|
||||
&= 1 - \int_{0}^{\infty} 0 \d{\lambda(y)} \\
|
||||
&= 1
|
||||
.\end{salign*}
|
||||
\end{proof}
|
||||
\item
|
||||
\item
|
||||
\item Beh.: Für $z > 0$
|
||||
\[
|
||||
\lim_{k \to \infty} \int_{z}^{\infty} \frac{1}{1+k^2x^2} \d{\lambda(x)} = 0
|
||||
.\]
|
||||
\begin{proof}
|
||||
Es ist $\frac{1}{1+k^2x^2}$ stetig, insbesondere R.-integrierbar, also folgt mit HDI,
|
||||
der stetig diff'baren Substitution $y = kx$ und partieller Integration:
|
||||
\begin{salign*}
|
||||
\int_{z}^{\infty} \frac{1}{1+k^2x^2} \d{\lambda(x)}
|
||||
&= \int_{\frac{z}{k}}^{\infty} \frac{1}{k} \left[ \frac{1}{1+y^2} \right] \d{\lambda(y)} \\
|
||||
&= \frac{1}{k} \int_{\frac{z}{k}}^{\infty} \frac{1}{1+y^2} \d{\lambda(y)} \\
|
||||
&= \frac{1}{k} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1+y^2} \chi_{A_k}(y) \d{\lambda(y)}
|
||||
.\end{salign*}
|
||||
Mit $A_k \coloneqq \{ y \in [0, \infty) \mid y \ge \frac{z}{k}\} $. Es
|
||||
ist $A_k \xrightarrow{k \to \infty} [0, \infty)$. Betrachte
|
||||
dann $f_k \coloneqq \frac{1}{1+y^2} \chi_{A_k}(y) \xrightarrow{k \to \infty} \frac{1}{1+y^2}$.
|
||||
Außerdem ist $\frac{1}{1+y^2} \ge 0$ $\forall y \in [0, \infty)$, also
|
||||
$f_k$ monoton wachsend, also $f_k \nearrow f$. Damit folgt
|
||||
\begin{salign*}
|
||||
\lim_{k \to \infty} \int_{z}^{\infty} \frac{1}{1+k^2x^2} \d{\lambda(x)}
|
||||
&\stackrel{(*)}{=} \lim_{k \to \infty} \frac{1}{k}\int_{0}^{\infty} f_k(y) \d{\lambda(y)} \\
|
||||
&= \lim_{k \to \infty} \frac{1}{k}
|
||||
\cdot \lim_{k \to \infty} \int_{0}^{\infty} \lim_{k \to \infty} f_k \d{\lambda(y)} \\
|
||||
&\stackrel{\text{3.17}}{=}
|
||||
\lim_{k \to \infty} \frac{1}{k} \cdot \frac{\pi}{2} \\
|
||||
&= 0
|
||||
.\end{salign*}
|
||||
\end{proof}
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
\end{aufgabe}
|
||||
|
||||
\begin{aufgabe}
|
||||
\begin{enumerate}[a)]
|
||||
\item Beh.: $x \mapsto \partial_x f(x,y)$ ist messbar $\forall y \in Y$.
|
||||
\begin{proof}
|
||||
Sei $y \in Y$. Betrachte die Folge $f_n \colon X \to \R$ mit
|
||||
\[
|
||||
f_n(x) \coloneqq \frac{f\left(x + \frac{1}{n}, y\right) - f(x, y)}{\frac{1}{n}} \qquad
|
||||
\forall x \in X
|
||||
.\] Dann ist, da $f$ differenzierbar bezüglich $x$,
|
||||
$f_n(x) \xrightarrow{n \to \infty} \partial_xf(x,y)$. $\forall n \in \N$
|
||||
ist $f_n$ messbar, da $f$ diff'bar insbesondere stetig bezüglich $x$ und $\frac{1}{n} \neq 0$,
|
||||
also $f_n$ als Linearkombination messbarer Funktionen messbar.
|
||||
|
||||
Damit ist $\partial_x f = \lim_{n \to \infty} f_n$ messbar.
|
||||
\end{proof}
|
||||
\item Beh.: $F$ diff'bar und
|
||||
\[
|
||||
F'(x) = \int_{Y}^{} \partial_x f(x,y) \d{\mu(y)}
|
||||
.\]
|
||||
\begin{proof}
|
||||
Sei $x \in X$ und $(h_n)_{n \in \N}$ Folge mit $h_n \xrightarrow{n \to \infty} 0$, s.d.
|
||||
$x + h_n \in X$ $\forall n \in \N$. Betrachte dann
|
||||
\[
|
||||
f_n(y) \coloneqq \frac{f(x + h_n, y) - f(x, y)}{h_n}
|
||||
.\] Damit folgt: $\forall n \in \N$ existiert nach MWS der Differentialrechnung
|
||||
ein $c \in (x, x + h_n) \subseteq X$, s.d.
|
||||
\[
|
||||
f_n(y) = \partial_x f(c, y)
|
||||
.\] Damit folgt insbesondere
|
||||
\[
|
||||
|f_n(y)| \le \sup_{x \in X} |\partial_x f(x,y)| \le g(y) \qquad \forall n \in \N
|
||||
.\]
|
||||
Damit folgt insgesamt, da $|f_n(y)| \le g(y)$ und da $f$ diff'bar auch
|
||||
$f_n \xrightarrow{n \to \infty} \partial_x f$. Außerdem $f_n$ messbar und
|
||||
$g$ nach Voraussetzung integrabel. Damit ist nach 3.19
|
||||
$\partial_x f(x,y)$ integrabel bezüglich $y$ und
|
||||
es folgt
|
||||
\begin{salign*}
|
||||
\lim_{n \to \infty} \frac{F(x+h_n, y) - F(x,y)}{h_n}
|
||||
&\stackrel{\text{Def.}}{=} \lim_{n \to \infty} \int_{X}^{}
|
||||
\frac{f(x+h_n, y) - f(x,y)}{h_n} \d \mu(y) \\
|
||||
&\stackrel{\text{3.19}}{=} \int_{X}^{} \lim_{n \to \infty} f_n \d \mu(y) \\
|
||||
&= \int_{X}^{} \partial_x f(x,y) \d \mu(y)
|
||||
\intertext{ Da $(h_n)_{n \in \N}$ beliebig, ist also $F$ diff'bar und es folgt}
|
||||
F'(x) &= \int_{X}^{} \partial_x f(x,y) \d \mu(y)
|
||||
.\end{salign*}
|
||||
\end{proof}
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
\end{aufgabe}
|
||||
|
||||
\begin{aufgabe}
|
||||
\begin{enumerate}[a)]
|
||||
\item Beh.: Die Definition ist unabhängig von der Darstellung von $f$.
|
||||
\begin{proof}
|
||||
Sei $f = \sum_{k=1}^{K} \gamma_k \chi_{C_k}$ mit $K \in \N$ und
|
||||
$C_i \cap C_j = \emptyset$ und $\gamma_i \neq \gamma_j$ für $i \neq j$. Diese Darstellung
|
||||
existiert, da $f$ einfach. Sei nun weiter
|
||||
$f = \sum_{k=1}^{N} \alpha_k \chi_{A_k}$. O.E. $\alpha_k \neq 0$ $\forall k=1,\ldots,N $
|
||||
(diese Summanden geben keinen Beitrag zum Integral). Dann für
|
||||
$k \in \{1, \ldots, N\} $ und $j \in \{1, \ldots, K\} $ definiere
|
||||
\[
|
||||
A_{kj} \coloneqq A_k \cap C_j
|
||||
.\] Dann ist $A_k = \bigcupdot_{j=1}^{K} A_{kj}$ und $C_j = \bigcupdot_{k=1}^{N} A_{kj}$, da
|
||||
die $C_j$ paarweise disjunkt. Weiter
|
||||
gilt $\gamma_j \mu(C_j) = \sum_{k=1}^{N} \alpha_k \mu(A_{kj})$. Damit folgt
|
||||
\begin{salign*}
|
||||
\sum_{k=1}^{N} \alpha_k \mu(A_k)
|
||||
&\stackrel{\mu \text{ Maß}}{=} \sum_{k=1}^{N} \alpha_k \sum_{k=1}^{K} \mu(A_{kj}) \\
|
||||
&= \sum_{j=1}^{K} \sum_{k=1}^{N} \alpha_k \mu(A_{kj}) \\
|
||||
&= \sum_{j=1}^{K} \gamma_j \mu(C_j)
|
||||
.\end{salign*}
|
||||
Damit ist die Definition unabhängig von der Darstellung.
|
||||
\end{proof}
|
||||
\item Beh.: Für $f \in \mathscr{S}_+$ stimmen beide Definitionen des Integrals überein.
|
||||
\begin{proof}
|
||||
Sei $f = \sum_{k=1}^{N} \alpha_k \chi_{A_k} \in \mathscr{S}_+$. Dann ist
|
||||
$f \in \{ g \le f \mid g \in \mathscr{S}_+(X, \mathcal{E}, \mu\} $. Sei
|
||||
nun $g \in \mathscr{S}_+(X, \mathcal{E}, \mu)$ mit $g \le f$. Dann ist
|
||||
wegen der Monotonie des Integrals auf $\mathscr{S}_+$:
|
||||
\[
|
||||
\int_{X}^{} g \d \mu \le \int_{X}^{} f \d \mu = \sum_{k=1}^{N} \alpha_k \mu(A_k)
|
||||
.\] Damit folgt
|
||||
\begin{salign*}
|
||||
\sum_{k=1}^{N} \alpha_k \mu(A_k)
|
||||
&= \int_{X}^{} f \d \mu \\
|
||||
&= \max \left\{ \int_{X}^{} g \d \mu \mid g \le f, g \in \mathscr{S}_+\right\} \\
|
||||
&= \sup \left\{ \int_{X}^{} g \d \mu \mid g \le f, g \in \mathscr{S}_+\right\}
|
||||
.\end{salign*}
|
||||
\end{proof}
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
\end{aufgabe}
|
||||
|
||||
\end{document}
|
||||
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