Analysis I - Lösungsblatt 4 Zu Kapitel 5/6

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1 Prof. Dr. H. Maier Dipl.-Math. D. Haase WS 2004/2005 Dipl.-Iform. B. Grohma d haase@mathematik.ui-ulm.de Aalysis I - sblatt 4 Zu Kapitel 5/6 Aufgabe 9 (Extremstelle) Es sei f : R R völlig beliebig ud g(x) = e f(x). Zeige Sie die folgede Aussage: (ξ, f(ξ)) Extremstelle vo f(x) (ξ, g(ξ)) Extremstelle vo g(x) Bedeke Sie, dass f(x) weder stetig och differezierbar zu sei braucht. I eier ähliche Klausuraufgabe wäre ur die Richtug zu zeige Es sei ξ R ei lokales Maximum vo f. Nach Defiitio 5..3 gibt es ei ε > 0, so dass f(x) f(ξ) ist für alle x U ε(ξ). Da x e x streg wachsed ist gilt da auch e f(x) e f(ξ) für alle x U ε(ξ), d. h. ξ ist auch ei lokales Maximum vo g(x). Das gilt ebeso für lokale Miima (dafür ist im Beweis das Ugleichheitszeiche umzudrehe), womit isgesamt gilt (ξ, f(ξ)) Extremstelle vo f(x) (ξ, g(ξ)) Extremstelle vo g(x). Es ist och die Umkehrug zu zeige. Dazu sei ξ ei lokales Maximum vo g(x), d. h. e f(x) e f(ξ) für alle x U ε(ξ) für ei ε > 0. Laut Vorlesug ist e x (0, ) für alle x R, ud da der Logarithmus laut Vorlesug streg mooto wachsed auf dem Itervall (0, ) ist folgt log(e f(x) ) log(e f(ξ) ) für alle x U ε(ξ). Da der Logarithmus die Umkehrfuktio der Expoetialfuktio ist gilt damit f(x) f(ξ) auf U ε(ξ), d. h. ξ ist ei lokales Maximum vo f. Der Beweis verläuft für lokale Miima wieder aalog, womit isgesamt folgt (ξ, f(ξ)) Extremstelle vo f(x) (ξ, g(ξ)) Extremstelle vo g(x). Aufgabe 20 (Kurvediskussio) Bereche Sie alle Extremstelle ud Wedepukte auf R vo f(x) = cos(2π x). Eie typische Klausuraufgabe Da der Kosius beliebig oft differezierbar ud stetig ist gilt das auch für f(x) ach der Ketteregel. Es ist ud ebeso f (x) = (2πx) cos (2πx) = 2π si(2πx) f (x) = 4π 2 cos(2πx) ud f (x) = 8π 3 si(2πx). Alle diese Fuktioe sid jeweils periodisch mit Periode, d. h. f (k) (x + j) = f (k) (x) für alle k N 0, j Z ud x R. Ist ξ eie Extremstelle vo f(x), so ist (otwedig) ach Satz 5..3 dort die Ableitug Null, ud ach Satz 5.7.6(iv) ist das geau für ξ = k mit k Z der Fall. Für diese Stelle prüfe wir die hireichede Bedigug (Satz 5.0.5): 2 die zweite Ableitug ist bis auf die Vorfaktore wieder der Kosius, also wird f ur für x = k + ud k Z Null. 2 4 Offebar liegt zwische jeder Nullstelle vo f ud de (otwedige) Nullstelle vo f immer midestes der Abstad, d. h. sie sid voeiader verschiede, damit gelte für alle ξ = k die Bediguge f (x) = 0 ud f (x) 0, d. h. die 4 2 hireichede Bedigug ist erfüllt, ud es hadelt sich um (alle) Extremstelle vo f. Die Berechug der Wedepukte ehme wir geauso vor, ur für die etsprechede um eis erhöhte Ableituge, was letztedlich ur heißt, dass (bis auf die Vorfaktore) Sius ud Kosius vertauscht werde. Damit liege alle otwedige Stelle f (x) = 0 i de Pukte x = k, ud wieder sid die hireichede Bediguge wege f (x) 0 i diese Pukte gegebe, da 2 4 f ur i de Pukte x = k verschwidet. Also folgt isgesamt, wie ma es für periodische Fuktioe auch erwartet: 2 x Extremstelle vo f x = 2 k mit k Z x Wedepukt vo f x = 2 k 4 mit k Z.

2 Speziell gilt, dass x = 2 k 4 geau da ei Maximum ist, we k ugerade ist, da da cos(2πx) > 0 bzw. f (x) < 0 ist, d. h. Maxima ud Miima wechsel sich ab. Aufgabe 2 (Gleichmäßige Kovergez) Prüfe Sie diese Fuktioefolge auf puktweise ud gleichmäßige Kovergez auf ihrem Defiitiosbereich: j f : (0, ) R, x si( x), g : R R, x si( x k x), h : R R, x. Auch dies ist eie typische Klausuraufgabe Es sei x (0, ) fest, da kovergiert die folge x der Sius stetig ist folgt f(x) = für gege Null ach de Recheregel für Zahlefolge. Da si( x) = si(0) = 0, d. h. die Fuktioefolge f kovergiert puktweise gege die Grezfuktio f(x) = 0 auf (0, ). Nu sei ε > 0 beliebig. Da si(x) stetig ist gibt es ei δ = δ(ε) > 0, so dass si(x) si(0) < ε ist für alle x (0, ) mit x 0 < δ, oder aders formuliert: si(x) < ε falls 0 < x < δ. Wir wähle 0 = 0(ε) als 0 = δ. Nu seie > 0 ud x (0, ) beliebig, da gilt wege 0 < x < auch x < < 0 < δ, also folgt ach Wahl vo δ, dass si( x) < ε ist. Isgesamt also mit alle Quatore ε > 0 0 > 0 x (0, ) : f (x) f(x) = si( x) < ε. Damit ist f f gleichmäßig koverget auf (0, ). Der Ausdruck x kote uabhägig vo x ur dadurch uter δ gedrückt werde, weil x (0, ) ach obe beschräkt war. Für die auf gaz R defiierte Fuktioefolge (g ) ist das icht mehr möglich. Sie ist zuächst wie (f ) puktweise gege die Nullfuktio koverget. Aber u ka ma für jedes och so große > 0 beispielsweise x = 2 π wähle, ud bekommt g (x) 0 = si( 2 π) = si( 2 π) =, d. h. für die Schrake ε = gibt es kei 0 (egal wie groß), so dass für alle > 0 ud alle x R die Schrake g (x) 0 < ε erfüllt ist. Damit ist g 0 ur puktweise koverget. Ma ist versucht wege x 0 für jedes feste x ud wieder auf pukteweise Kovergez vo (h) gege die Nullfuktio zu schließe. Tatsächlich ist die Grezfuktio i diesem Fall aber j 0 falls x 0 h(x) = falls x < 0. De für x < 0 ist gibt es ei 0, so dass x im Itervall (, 0) liegt für alle > 0, da x vo liks gege 0 strebt, ud x = ist für x (, 0) Ebeso ist x (0, ) für x > 0 ab eiem geüged großem 0 (beispielsweise 0 = x ). Damit kovergiert h h zuächst puktweise. Wieder ist die Kovergez icht gleichmäßig, da h (x) h(x) für festes durch Wahl vo x beliebig groß werde ka ud damit jede ε-schrake durchbricht. Aufgabe 22 (Kovergezradius) Bereche Sie die Kovergezradie der folgede Potezreihe (sie müsse ggf. umforme): a) si( 2 πk)xk, b) 3k x 3k, c) x ϕ(k) mit ϕ : N N bijektiv. Auch eie typische Klausuraufgabe Die Koeffizietefolge vo a) ist offebar si(0), si( π), si(π), si( 3 π),... = 0,, 0,, 0,, 0,,, die ur aus de 2 2 drei Werte 0,, besteht ud jede uedlich oft aimmt. Daraus folgt, dass, 0, die drei eizige Häufugswerte der (beschräkte) Koeffizietefolge sid. Damit ist sup = ud if = ach dere Defiitio. Im Satz vo Cauchy-Hadamard ergibt sich p k sup ak = k

3 wege kp = kp = als größtem Häufugswert vo kp a k. Damit ist R = der Kovergezradius. Umforme der Folge b) ergibt 3k x 3k = j x j = j=3k b j x j mit der Folge (b j) = 0, 0,, 0, 0,, 0, 0,,.... Diese Umformug ist gültig, auch we die Kovergez der Reihe hier och icht gezeigt ist, de wir habe die gleiche Summade der Reihe ur auf eie adere Weise higeschriebe. I dieser Form ka jetzt der Satz vo Cauchy-Hadamard agewedet werde, ud wieder ist der größte Häufugswert vo kp b k offebar, also wieder R =. Es sei x <, da ist die geometrische Reihe P x k laut Vorlesug absolut koverget. Nach Satz ud Defiitio ka P x k also beliebig umgeordet werde, ohe die Kovergez zu störe. Damit ist die Reihe aus c) absolut koverget für x < (völlig uabhägig davo, wie die Abbildug ϕ aussieht). Adererseits divergiert die Reihe für x = wege x ϕ(k) = ϕ(k) = =, auch uabhägig vo ϕ. Daraus folgt auch hier R =. j= Aufgabe 23 (Potezreihekovergez) Es sei P a k x k eie Potezreihe mit Kovergezradius R. Beweise oder wiederlege Sie: (a) Äderug edlich vieler Koeffiziete a k ädert R icht. (b) Weglasse der Hälfte der Koeffiziete, also a k = a 2k, ädert R icht. (c) Kompoeteweises Addiere eier Nullfolge (b k ), also a k = a k + b k, ädert R icht. (d) Kompoeteweises Multipliziere eier Kostate c 0, also a k = c a k, ädert R icht. (e) Kompoeteweises Quadriere, also a k = a 2 k, ädert R icht. Das sid typische Multiple-Choice-Frage Zu a): die Aussage ist wahr. Dazu sei R der Kovergezradius vo P a kx k ud a k = a k für fast alle k, d. h. die Mege der k mit a k a k ist edlich. Wir bezeiche die Folge der Differeze mit d k = a k a k, diese Folge ist da fast überall Null. Nu sei R [0, ] (ma beachte die Schreibweise) der Kovergezradius vo P a k x k. Für jedes x R mit x < R kovergiert diese Reihe da. Wir addiere zu ihr die (kovergete weil tatsächlich edliche) Reihe P d k x k. Nach de Recheregel für Reihe ist die kompoeteweise Summe kovergeter Reihe P (a k + d k )x k = P a kx k wieder koverget, d. h. auch die modifizierte Reihe kovergiert für alle x mit x < R. Nu sei x R mit x > R. Ageomme P a k x k sei koverget, da ach dem gleiche Argumet auch P a k x k = P (a k d k )x k im Widerspruch dazu, dass x de Kovergezradius vo P a k x k übersteigt. Isgesamt gilt also x < R X a kx k koverget ud x > R X a kx k diverget ud damit R = R ach Defiitio des Kovergezradius. Zu b): die Aussage ist falsch, wie ma für die Koeffizietefolge (a k ) =, 0,, 0,,... sieht. Die Reihe P a k x k Kovergezradius Eis wege sup kp a k =, aber die Reihe P a 2k x k = 0 hat Kovergezradius. hat Zu c): auch falsch, de für a k = 0 für alle k R ist der Kovergezradius offebar, aber das Aufaddiere der Nullfolge b k = ädert de Kovergezradius zu Eis, da P (a k k + b k )x k für x = divergiert (harmoische Reihe). Zu d): diese Aussage ist wahr: X ak x k koverget X c ak x k koverget. Zu e): die Aussage ist falsch. Dazu sei a k = c k für ei c 0, da ist der Kovergezradius vo P a k x k gerade c, wie ma leicht sieht. Aber die kompoeteweise quadrierte Koeffiziete a k = c 2k führe da zu dem Kovergezradius R = 2R.

4 Aufgabe 24 (Differeziere) Bestimme Sie de Defiitiosbereich ud de Differetiatiosbereich folgeder Fuktioe, sowie dere erste Ableitug: f(x) = x 4, g(x) = ax + b mit a, b R beliebig, h(x) = si( ). x Auch eie typische Klausuraufgabe Die erste Fuktio ist f(x) = x 4 = 4 x = p x, diese ist ur auf (0, ) defiiert, da für x = 0 der Neer Null wird ud für x < 0 die Wurzelfuktio icht defiiert ist, da es kei x R mit x 2 < 0 gibt. Die Fuktio x ist laut Vorlesug diferezierbar zu auf R\{0}, x x 2 die Wurzelfuktio x x auf (0, ) zu 2, ach der Ketteregel ist f damit auf dem Defiitiosbereich (0, ) x differezierbar zu f (x) = x 4 (x 4 ) 2 = 4 x 3 4 = x 4 5 x 4 = 4 x5. 4 Die Fuktio g(x) ist auf gaz R defiiert, da die Teilfuktioe x ax + b ud x x auf gaz R defiiert sid. Nach der Ketteregel ist g(x) differezierbar i x R falls ax + b differezierbar i x ist, ud x differezierbar im Fuktioswert ax + b ist. Die erste Teilfuktio ist überall differezierbar, die Betragsfuktio aber ur auf R\{0}. ax + b = 0 ist geau da der Fall, we x = b ist, also ist g(x) differezierbar auf R\{ b } falls a 0 ist. Für a = 0 a a ist g(x) überall differezierbar, da g(x) da eie Kostate ist. Die Ableitug vo x auf dem Differetiatiosbereich R\{0} ist die Sigumfuktio sg(x) wege x = x auf (0, ) mit Ableitug ud x = x auf (, 0) mit Ableitug. Mit der Ketteregel erhält ma g (x) = (ax + b) sg(ax + b) = a sg(ax + b). Die Fuktio h(x) ist zuächst icht i x = 0 defiiert wege dem iere Neer. Sie ist zudem für alle x R icht defiiert, auf dee si(x ) = 0 gilt. Nach Satz ist si(x) = 0 geau da we x = πk mit k Z ist. Also ist h(x) icht defiiert i Null ud (πk) für k Z\{0}. I alle adere Pukte ist h(x) defiiert, d. h. auf dem Defiitiosbereich D = R\ `{0} {(πk) k Z\{0}}. Dort ist g(x) auf differezierbar, weil dort die Teilfuktioe si(x) ud x Die Ableitug ergibt sich mit der Ketteregel zu h (x) = si( «x ) differezierbar sid ud icht Null werde. si( = ( x )2 x ) cos( x ) si( = x )2 x cos( 2 x ) si( = cos( ) x x )2 x 2 si(. x )2 Aufgabe 25 (Der Satz vo Taylor) Es sei f(x) = P a jx j eie auf gaz R kovergete Potezreihe mit Koeffiziete a j R. Zeige Sie, dass f(x) mit seier Taylorreihe um de Nullpukt übereistimmt. Diese Aufgabe liegt etwas über Klausuriveau Es ist zu zeige, dass für die zu f(x) gehörede Taylorreihe P b jx k = T (x, x 0 = 0) gilt: b j = a j. Die Taylorreihe vo f(x) ist ach Defiitio T (x, x 0 = 0) = Der j-te Summad aus der Taylorreihe vo f(x) ist also f (j) (0) (x x 0) j = j! b j = j! f (j) (0). f (j) (0) x j. j! Setzt ma i irged eie Potezreihe um de Nullpukt de Wert x = 0 ei, so falle offesichtlich alle Summade bis auf de erste weg. Es geügt daher, aus der j-te Ableitug vo f(x) de erste Summade zu ermittel. Nach Satz

5 5.5.7 ist f(x) zuächst beliebig oft differezierbar, ud die Ableitug ka Summadeweise vorgeomme werde. Es ist f (0) (0) = P a j0 j = a 0 ud damit b 0 = a0 = a0. Nach Satz ist 0! f () (0) = k a k 0 k = a, f (2) (0) = k(k ) a k 0 k 2 = 2 a 2, f (3) (0) = k(k )(k 2) a k 0 k 3 = 3 2 a 3 k=2 ud so weiter, also allgemei f (j) (0) = j! a j. Damit folgt für die Taylorreihe f (j) T (x, x 0 = 0) = x j j! a j = x j = a jx j = f(x). j! j! k=3 Aufgabe 26 (Der Mittelwertsatz) Zeige Sie: ist f : R R auf gaz R differezierbar, ud f (x) auf R beschräkt, so ist f(x) auf R gleichmäßig stetig. Gebe Sie ei Beispiel für eie Fuktio f : R R, die differezierbar ist, so dass f statt f beschräkt ist, ud f icht gleichmäßig stetig ist. Sie köe Ihr Gegebeispiel ohe Beweis agebe, we Sie eie schlüssige aschauliche Begrüdug für die ugleichmäßige Stetigkeit gebe. Diese Aufgabe hat (ohe das Gegebeispiel) i etwa Klausuriveau Es sei c > 0 gewählt so dass f (x) < c ist auf gaz R. Es seie u x, y R beliebig (ohe Eischräkug a < b), da gibt es ξ [a, b] ach dem Mittelwertsatz mit f(x) f(y) x y = f (ξ) f(x) f(y) = (x y) f (ξ) c x y, also ka, um die Defiitio der gleichmäßige Stetigkeit zu erfülle, die Schrake δ = δ(ε) = c ε gewählt werde, da gilt i Quatoreschreibweise: ε > 0 δ > 0 x, y R f(x) f(y) < ε falls x y < δ. Ei Gegebeispiel ist f(x) = si(x 2 ). Diese Fuktio ist auf gaz R differezierbar ach der Ketteregel zu f (x) = 2x cos(x 2 ). Sie ist beschräkt wege si [, ], aber offesichtlich ist f ubeschräkt. Die Fuktio ist icht gleichmäßig stetig, da sie zu de Räder hi beliebig stark oszilliert, d. h. der Abstad der Fuktioswerte zweier ah beieiader liegeder Stelle ka immer über ε = gehobe werde: 2 Die Fuktio f(x) oszilliert zum Rad hi beliebig stark.

6 Aufgabe 27 (Grezwerte bereche) Bereche Sie die folgede Grezwerte (falls sie existiere): a) x x 3 + x 2 x x 4 x 3 + x 2 x, b) x x 4 si(x), c) x cos(x) + 2 si(x) 2, d) x 0 si(x 2 ). Auch dies ist eie typische Klausuraufgabe Zähler ud Neer gehe i a) beide gege Null. Separates Ableite ergibt ach de Ableitugsregel für Polyome x (x 3 + x 2 x ) = 3x2 + 2x (x 4 ) 4x 3 3x 2 + 2x x 4x 3 Polyome stetig x Satz 5.9. darf agewedet werde, da Polyome stetig ud differezierbar auf gaz R sid. Nach Satz 5.9. ist damit x 3 +x 2 x =. x 4 Für b) gilt aalog (x 3 + x 2 x ) = 3x2 + 2x (x 4 ) 4x 3 x ach Satz (vgl. auch Beispiel 4.5.7), also ist 3 +x 2 x = 0. x x 4 0 x Weder si(x) och cos(x) besitze für x eie Grezwert, da wege der Periodizität des Sius für jedes och so große x stets x, x 2 > x existiere mit si(x 0) = 0 ud si(x ) =, d. h. si(x ) si(x 2) (Kosius bzw. cos(x) + 2 ebeso). Damit darf die Regel vo l Hôpital icht agewedet werde. Es folgt zuächst icht, dass auch der Quotiet keie Grezwert besitzt, beispielsweise besitzt si(x) eie obwohl Zähle ud Neer jeweils keie Grezwert si(x) si(x) für x besitze. Aber im Fall vo c) besitzt auch der Quotiet keie Grezwert, de für x = 0 ist = 0 = 0 cos(x)+2 3 ud für y = π ist si(y) = =. Damit gibt es bereits für die Schrake ε = ud jedes och so große C R immer 2 cos(y) x, y > C vo der Form x = x + 2πk ud y = y + 2πk mit k Z so dass si(x ) cos(x ) + 2 = si(x) cos(x) + 2 = 0 ud si(y ) cos(y ) + 2 = si(y) cos(y) + 2 = 2 ist. Ageomme η ist der Grezwert des Ausdrucks für z, da gilt ach Defiitio des Grezwerts ε > 0 C > 0 z > C si(z) cos(z) + 2 η < ε. Wege der Existez vo x, y > C ist diese Aussage für ε = 2 x. I d) gehe Zähler ud Neer gege Null für x 0, ud ach der Ketteregel ist (si(x) 2 ) (si(x 2 )) = =. falsch, also besitzt der Ausdruck keie Grezwert für cos(x) 2 si(x) 2x cos(x 2 ) Auch hier gehe Zähler ud Neer gege Null für x 0. Weiteres Ableite vo Zähler ud Neer ergibt mit der Produktregel (si(x) 2 ) (cos(x) 2 si(x)) si(x) 2 si(x) + cos(x) 2 cos(x) = = (si(x 2 )) (2x cos(x 2 )) 2 cos(x 2 ) 4x 2 si(x 2 ). stetig si(0) 2 si(0) + cos(0) 2 cos(0) = =. x 0 2 cos(0) 4 0 si(0) 2 0 Damit lässt sich die Regel vo l Hôpital auf de letzte Ableitugsschritt awede ud es gilt (si(x) 2 ) =. x 0 (si(x 2 )) Das erlaubt jetzt erst die Awedug der Regel auf de erste Ableitugsschritt, ud es folgt si(x) 2 x 0 si(x 2 ) =.

7 Aufgabe 28 (Riema-Itegrierbarkeit) Beweise Sie: ist eie Fuktio f : [0, 2] R itegrierbar über [0, 2], so auch die gelochte Fuktio j f(x) falls x f(x) = 0 falls x =. Ist der Itegralwert über f verschiede vo dem Itegralwert über f? Diese Aufgabe liegt über dem Niveau eier Klausuraufgabe Es sei Z eie ausgezeichete Zerlegugsfolge vo [0, 2] ud S die Obersumme vo f bzgl. der Zerlegug Z bzw. S die Utersumme. Ebeso sei T die Obersumme vo f bzgl. Z ud T die Utersumme. Nach Voraussetzug ist f itergrierbar, also sid die Folge S ud S jeweils koverget, ud Z 2 S = S =: 0 f(x)dx ist der Itegralwert vo f über [0, 2]. Es ist zu zeige, dass auch die Folge T ud T gege eie gemeisame Wert kovergiere. Dafür geügt es wege de Recheregel für Folge zu zeige, dass die Differeze S T ud S T beide gege Null kovergiere. Für jedes N sei der Idex µ so gewählt, dass der Pukt Eis im µ -te Itervall der Zerlegug Z liegt. Da sich f ud f ur a der Stelle uterscheide gilt S = M ν(x ν x ν ) T = M ν(x ν x ν ) + M µ (x µ x µ ), ν µ wobei M µ das Supremum vo f über [x µ, x µ ] astelle vo f ist. Daraus folgt für die Differez S T = (M µ M µ ) (x µm x µm ). Nach Defiitio 6..6 ist f(x) auf [0, 2] beschräkt, damit auch f(x). Also gibt es c > 0 mit f(x), f(x) < c auf [0, 2]. Wir erhalte S T = M µ M µ (x µm x µm ) 2c (x µ x µ ) 2c η(z ) ach Defiitio der Feiheit eier Zerlegug. Daraus folgt u aber S T 0 für, da η(z ) gege Null geht (da Z ausgezeichet) ud 2c kostat ist. Die gleiche Rechug fuktioiert ebeso für die Utersumme, woraus folgt, dass S ud T gege de gleiche Grezwert strebe, ebeso S ud T. Isgesamt folgt T = S = f itegrierbar S = T, d. h. auch f ist itegrierbar. Die Itegralwerte stimme sogar überei, da sie die übereistimmede Limites der Oberud Utersumme sid. Aufgabe 29 (Itegratio) Bereche Sie bzgl. der äquidistate Zerlegug Z = ( 0,,..., ) vo [0, ] ud geradem N de Limes der Obersumme der Fuktio f(x) = x «2. 2 Hiweis: Diese Fuktio ist icht mooto auf [0, ]. Beachte Sie, dass i der Aufgabestellug icht die Obersumme, soder dere Limes gefragt ist! Diese Aufgabe hat i etwa Klausuriveau Die explizite Berechug der Ober- ud Utersumme vo f ist mühsam, da f icht mooto ist. Eifacher ist die Beutzug vo Riema-Summe, i dee der Auswertugspukt frei gewählt werde darf. Die Fuktio f ist ei Polyom ud damit stetig, ach Satz 6..8 ist sie itegrierbar, ud wir dürfe das Itegral über Riema-Summe bereche. Nach Defiitio ist der Itegralwert auch der gefragte Limes der Obersumme. Also sei Z = ( 0,..., ) die äquidistate Zerlegug vo [0, ] ud b ν = x ν = ν jeweils der rechte Radpukt des ν-te Teilitervalls. Die Fuktioswerte f(b ν) sid (da f icht mooto) icht die Suprema der Fuktio auf de Teilitervalle, aber sie bilde

8 eie Besetzug dieser Itervalle, die für die Riema-Summebildug ausreiched ist, da dort ur gefordert wird, dass i jedem Itervall geau ei Pukt liegt. Damit gilt da S(Z, B ) = f(b ν)(x ν x ν ) = f(b ν) = ν «2 = ν 2 2 X! ν 2 + X 4 = X ν X ν + 4 = 3 6 (+)(2+) 2 2 (+)+ 4 = 2 6 (+)(2+) 2 (+)+ 4 = 2( + )(2 + ) 6(2 + ) = = Aufgabe 30 (Riema-Summe) Die Awedug der Riema-Summe ist ach Satz 6..9 erst da erlaubt, we die Fuktio tatsächlich itegrierbar ist. Zeige Sie, dass dieser Satz icht umgedreht werde darf, d. h. es gibt eie über [0, ] icht-itegrierbare Fuktio f : [0, ] R ud eie ausgezeichete Folge vo Zerleguge Z mit zugehörige Besetzuge B sowie ei edliches c R mit S(Z, B) = c obwohl f icht itegrierbar über [0, ] ist. Hiweis: die Sprugfuktio ist icht itegrierbar. Diese Aufgabe liegt über Klausuriveau Wir zeige zuächst, dass die Sprugfuktio ω(x) = j falls x Q 0 falls x / Q icht itegrierbar über [0, ] ist. Es sei dazu Z = ( 0,..., ) die äquidistate Zerlegug vo [0, ]. I jedem Teilitervall [x ν, x ν ] = [ ν, ν ] liegt eie ratioale Zahl (ämlich der Radpukt ν ), ud eie irratioale Zahl (beispielsweise ν 4 2). Damit immt die Sprugfuktio auf jedem solche Itervall (egal wie klei) a eier Stelle de Wert Eis ud a eier adere Stelle de Wert Null a. Da sie isgesamt ur diese beide Werte aehme ka folgt M ν = sup{ω(x) ν x ν } = M ν = if{ω(x) ν x ν } = 0 völlig uabhägig vo bzw. der Feiheit η(z ) = der Zerlegug. Es folgt S(Z) = = S(Z) = M ν = M ν = = 0 = 0 = 0 womit f icht itegrierbar ist, da Ober- ud Uteritegral verschiede sid. Mit der Besetzugswahl B = (,..., ) (d. h. immer die rechte Radpukte) ist da S(Z, B) = ω( ν ) = =. Damit besitzt ω eie edliche Grezwert der Riema-Summe, aber ist icht itegrierbar. Das sieht ma auch dara, dass bei Wahl vo irratioale Besetzugspukte hier der Grezwert Null herauskommt, d. h. die Riema-Summe häge vo der Besetzug ab, was bei itegrierbare Fuktioe icht sei darf.