uni/ws2020/ana/uebungen/ana4.tex

\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}