\documentclass[uebung]{../../../lecture} \title{Analysis 3: Übungsblatt 4} \author{Leon Burgard, Christian Merten} \usepackage[]{mathrsfs} \begin{document} \punkte \begin{aufgabe} \begin{enumerate}[a)] \item Beh.: $f$ messbar und \[ \lim_{k \to \infty} \int_{X}^{} f_k \d{\mu} = \int_{X}^{} f \d \mu .\] \begin{proof} Es ist $f_k$ messbar $\forall k \in \N$ und $\lim_{k \to \infty} f_k = f$, also ist $f$ nach VL messbar. Zunächst gilt $\forall k \in \N$, da $f \ge f_k \ge g$ auch $- f_- \ge - f_{k_-} \ge - g_-$, also insbesondere $f_- \le f_{k_-} \le g_-$. Da $g$ integrierbar folgt damit mit der Monotonie des Integrals für nicht-negative Funktionen \[ \int_{X}^{} f_- \d \mu \le \int_{X}^{} f_{k_-} \d \mu \le \int_{X}^{} g_- \d \mu < \infty \quad (*) .\] Insbesondere ist $\int_{X}^{} f \d \mu$ und $\int_{X}^{} f_k \d \mu$ endlich oder $+ \infty$. \begin{itemize} \item Falls $\int_{X}^{} f \d \mu = \infty$, dann ist bereits $\int_{X}^{} f_+ \d \mu = \infty$, 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 $f_{k_+}$ 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: $h_n \coloneqq f_n - g \ge 0$. 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 \[ \int_{}^{} f \d \mu \coloneqq \int_{}^{} f_+ \d \mu - \int_{}^{} f_- \d \mu \] 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 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}