Skriptum zur Vorlesung. Analysis II. Hans-Dieter Alber

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1 Skriptum zur Vorlesung Anlysis II Hns-Dieter Alber

2 Inhltsverzeichnis 1 Stetige Abbildungen uf dem R n 3 1 ) Normen uf dem R n 3 1 b) Topologie des R n 7 1 c) Stetige Abbildungen vom R n in den R m 13 1 d) Gleichmäßige Konvergenz 21 2 Ds Riemnnsche Integrl 23 2 ) Definition des Riemnnschen Integrls für Funktionen einer Vriblen 23 2 b) Kriterien für Riemnn integrierbre Funktionen 25 2 c) Einfche Eigenschften des Riemnn-Integrls 30 2 d) Huptstz der Differentil und Integrlrechnung 33 3 Ds Lebesguesche Integrl 38 3 ) Nullmengen 39 3 b) Treppenfunktionen 41 3 c) Definition des Lebesgueschen Integrls 45 3 d) Einfche Eigenschften des Lebesgue Integrls 53 4 Lebesgue Integrtion und Grenzübergng Der Stz von Fubini 57 4 ) Vorbereitende Resultte und Stz von Beppo Levi für Funktionen us L b) Grenzübergng bei monotoner und dominierter Konvergenz 61 4 c) Prmeterbhängige Integrle 68 4 d) Stz von Fubini 70 5 Differentilrechnung im R n 78 5 ) Definition der Ableitung 78 5 b) Beispiele 83 5 c) Einfche Eigenschften und Rechenregeln für differenzierbre Abbildungen 84 5 d) ittelwertstz 92 5 e) Stetig differenzierbre Abbildungen 95 5 f) Höhere Ableitungen, Tylorsche Formel 98 6 Lokle Extrem, Sätze von der inversen und der impliziten Funktion ) Lokle Extrem 105 i

3 6 b) Lokle Umkehrbrkeit von Abbildungen c) Implizite Funktionen 114 ii

4 1 Stetige Abbildungen uf dem R n 1 ) Normen uf dem R n Sei n N Auf der enge ller n Tupel reeller Zhlen { } x := (x 1,x 2,, x n ) x i R, i =1,, n knn mn eine Addition und eine ultipliktion mit reellen Zhlen, (Sklren), einführen, so dß diese enge ein reeller Vektorrum wird: x + y := (x 1 + y 1,, x n + y n ) cx := (cx 1,, cx n ) n bezeichnet diesen Vektorrum mit R n Er ht die Dimension n Eine Bsis bilden zum Beispiel die n Vektoren e 1 = (1, 0,, 0), e 2 = (0, 1, 0,, 0),, e n = (0,, 0, 1) Ist V ein beliebiger Vektorrum, dnn heißt eine Abbildung : V R + 0 Norm uf V, wenn für lle x, y V und c R (i) x =0 x =0 (ii) cx = c x (iii) x + y x + y (Dreiecksungleichung) gilt Ein Vektorrum, uf dem eine Norm erklärt ist, heißt normierter Rum Auf dem Vektorrum R n knn mn Normen uf verschiedene Weise erklären Zwei wichtige Beispiele will ich betrchten: 1) Die ximumsnorm: x := mx{ x 1,, x n } Um zu zeigen, dß dies eine Norm ist, müssen die Eigenschften (i) (iii) nchgewiesen werden Die Eigenschften (i) und (ii) sind erfüllt Es bleibt (iii) zu zeigen Es gibt ein i mit x + y = x i + y i Dmit folgt x + y = x i + y i x i + y i x + y 2) Die Euklidsche Norm: x := x x 2 n 3

5 x x 2 2 x 1 x =(x 1,x 2 ) x 2 it dem Sklrprodukt x y := x 1 y x n y n gilt hierfür uch x = x x (i) und (ii) sind klr Es gleibt (iii) zu zeigen Hierzu beweist mn zuerst die Cuchy Schwrzsche Ungleichung x y x y Beweis der Cuchy Schwrzschen Ungleichung: Ds qudrtische Polynom in t x 2 t 2 +2x yt + y 2 = tx + y 2 0 knn keine zwei verschiedenen reellen Nullstellen hben, lso muß für die Diskriminnte (x y) 2 x 2 y 2 0 gelten Beweis der Eigenschft (iii): x + y 2 = (x + y) (x + y) = x 2 +2x y + y 2 x 2 +2 x y + y 2 x 2 +2 x y + y 2 =( x + y ) 2, lso x + y x + y Definition: Sei eine Norm uf R n Eine Folge {x k } k=1, x k R n, heißt konvergent, wenn ein R n existiert mit lim x k =0 k 4

6 n schreibt dnn lim k x k = und bezeichnet ls Grenzwert oder Grenzelement der Folge {x k } k=1 Wie im Fll des R 1 beweist mn, dß eine Folge nicht gegen zwei verschiedene Grenzwerte konvergieren knn Zur Definition der Konvergenz wird eine Norm benötigt Trotzdem hängt der Konvergenzbegriff uf dem R n nicht von der verwendeten Norm b Dies ergibt sich us den folgenden Resultten Lemm: Eine Folge {x k } k=1, x k R n, konvergiert genu dnn bezüglich der ximumsnorm, wenn jede der n Komponentenfolgen {x (i) k } k=1, i =1,, n, konvergiert Beweis: Es gilt x (i) k (i) x k x (1) k (1) + + x (n) (n) Stz: Sei {x k } k=1, x k R n, eine bezüglich der ximumsnorm beschränkte Folge (D h es existiert c>0 mit x k c für lle k N ) Dnn besitzt {x k } k=1 eine (bezüglich der ximumsnorm) konvergente Teilfolge Beweis: D jede der Komponentenfolgen {x (i) k } k=1, i =1,, n, beschränkt ist, besitzt jede dieser Folgen eine konvergente Teilfolge Sei {x (1) k(j) } j=1 eine konvergente Teilfolge von {x (1) k } k=1 Dnn ist {x(2) k(j) } j=1 eine Teilfolge von {x (2) k } k=1, und besitzt eine konvergente Teilfolge {x (2) k(j(l)) } l=1 Auch {x(1) k(j(l)) } l=1 ist konvergent ls Teilfolge von {x(1) k(j) } j=1 Setzt mn ds Verfhren fort so erhält mn nch n Schritten eine Teilfolge {x ks } s=1 von {x k } k=1, für die lle Komponentenfolgen konvergieren, und die lso konvergent ist bezüglich der ximumsnorm im R n Stz: Seien 1 und 2 Normen uf R n Dnn existieren Konstnten, b > 0 so dß für lle x R n gilt Beweis: x 1 x 2 b x 1 Sei eine Norm uf R n und die ximumsnorm Es genügt zu zeigen, dß Konstnten, b > 0 existieren mit x x, x b x 5

7 für lle x R n Die erste Abschätzung ergibt sich folgendermßen: x = x 1 e 1 + x 2 e x n e n mit = e e n x 1 e x n e n = x 1 e x n e n ( e e n ) x = x, Die zweite Abschätzung beweist mn durch Widerspruch: Angenommen, es gäbe keine solche Konstnte b>0 Dnn könnte mn für lle k N ein x k R n finden mit Setze y k := und x k >k x k x k x k Für die Folge {y k } k=1 gelten y k = x k x k = 1 x k x k < 1 k y k = x k =1 x k Nch dem Stz von Bolzno Weierstrß ht {y k } k=1 somit eine Teilfolge {z j} j=1, z j = y kj, die bezüglich der ximumsnorm konvergiert Sei z R n der Grenzwert Dnn gilt lso, wegen z k =1, lim z k z =0, k 1 = lim k z k = lim k z k z + z z + lim k z k z = z lso z 0 Andererseits gilt z j = y kj < 1 k j 1 j, lso lso z = 0 Widerspruch! z = z z k + z k = lim z z k + z k k lim z z k + lim z k k k 1 lim z z k + lim k k k =0, Wenn zwei Normen die Ungleichungen des eben bewiesenen Stzes erfüllen, sgt mn, sie seien äquivlent Auf dem R n sind lso lle Normen äquivlent Hierus ergibt sich 6

8 unmittelbr, dß eine Folge, die bezüglich einer Norm gegen konvergiert, uch bezüglich jeder nderen Norm gegen konvergiert Folglich hängt der Konvergenzbegriff nicht von der verwendeten Norm b Außerdem ergibt sich sofort, dß ds obenstehende Lemm und der Stz nicht nur für die ximumsnorm, sondern für lle Normen gelten Lemm: (Cuchysches Konvergenzkriterium) Sei eine Norm uf R n Eine Folge {x k } k=1, x k R n, ist konvergent, genu dnn wenn zu jedem ε> 0 ein k 0 N existiert mit für lle k, l k 0 Beweis: x k x l <ε {x k } k=1 ist eine Cuchyfolge im Rn, genu dnn wenn jede der Komponentenfolgen {x (i) k } k=1 eine Cuchyfolge im R1 ist Denn es existieren Konstnten, b > 0 mit x (i) k ( x(i) l x k x l b x (1) k x (1) l + + x (n) k ) x (n) l, i =1,, n Also folgt die Aussge des Lemms, us dem Cuchyschen Konvergenzkriterium im R 1 Unendliche Reihen: Unter einer unendlichen Reihe k=1 x k, x k R n, versteht mn die Folge {s l } l N der Prtilsummen s l = l k=1 x k Flls s = lim l s l existiert, heißt s die Summe der Reihe: s = k=1 x k Eine Reihe heißt bsolut konvergent, wenn konvergiert Aus x k k=1 m x m k=l m x k und dem Cuchyschen Konvergenzkriterium folgt, dß eine bsolut konvergente Reihe uch konvergiert Die Umkehrung gilt im llgemeinen nicht Eine Reihe ist genu dnn bsolut konvergent, wenn jede ihrer Komponentenreihen bsolut konvergiert Hierus folgt, k=l dß eine bsolut konvergente Reihe bei jeder Umordnung gegen dieselbe Summe konvergiert, d dies für die Komponentenreihen richtig ist 1 b) Topologie des R n Sei eine Norm uf R n 7

9 Definition: Sei R n, ε > 0 Die enge U ε () ={x R n x <ε} heißt offene ε Umgebung von bezüglich der Norm, oder Kugel um mit Rdius ε Eine Teilmenge U von R n heißt Umgebung von R n, wenn U eine ε Umgebung von enthält Die enge U 1 (0) = {x R n x < 1} heißt offene Einheitskugel bezüglich der Norm Im R 2 knn mn sich die Form der Einheitskugel für verschiedene Normen vernschulichen: ximumsnorm: x 2 1 U 1 (0) 1 x 1 Euklidsche Norm: x 2 U 1 (0) 1 x 1 Auch x 1 := x 1 + x x n ist eine Norm Der Beweis wird dem Leser überlssen Für diese Norm ht die Einheitskugel folgende Form 8

10 x 2 1 U 1 (0) 1 x 1 Allgemein wird für jedes p 1 eine Norm definiert durch x p := ( x 1 p + + x n p ) 1/p Für p = 2 ergibt sich die Euklidsche Norm Die Einheitskugel ht folgende Form x 2 p =1 1 <p<2 p = x 1 2 <p< Der Umgebungsbegriff hängt nicht von der verwendeten Norm b Denn seien 1, 2 Normen uf R n, sei R n Aus der Äquivlenz der Normen c 1 x 1 x 2 c 2 x 1 folgt, dß jede ε Umgebung U ε () ={x x 1 <ε} bezüglich 1 die c 1 ε Umgebung { } V c1 ε() = x x 2 <c 1 ε bezüglich 2 enthält Also ist U ε () Umgebung von bezüglich der 2 Norm, und somit ist jede Umgebung von bezüglich 1 uch Umgebung bezüglich 2 und umgekehrt Definition: Sei R n Ein Punkt x R n heißt innerer Punkt von,wenn es eine Umgebung von x gibt, die in enthlten ist, dh wenn Umgebung von x ist x R n heißt Häufungspunkt von,wenn in jeder Umgebung von x ein Punkt von liegt, der von x verschieden ist 9

11 x R n heißt Rndpunkt von,wenn in jeder Umgebung von x mindestens ein Punkt von und ein Punkt des Komplementes R n \ liegt Eine enge heißt offen, wenn sie nur us inneren Punkten besteht Eine enge heißt bgeschlossen, wenn sie lle ihre Häufungspunkte enthält Wie in R 1 beweist mn: Ds Komplement einer offenen enge ist bgeschlossen, ds Komplement einer bgeschlossenen enge ist offen Die Vereinigung eines beliebigen Systems offener engen ist offen, der Durchschnitt von endlich vielen offenen engen ist offen Der Durchschnitt eines beliebigen Systems bgeschlossener engen ist bgeschlossen, die Vereinigung von endlich vielen bgeschlossenen engen ist bgeschlossen Sei R n beschränkt und eine Norm uf R n Als Durchmesser von bezeichnet mn die Zhl δ() := sup y,x y x Stz: Sei {A k } k=1 eine Folge von bgeschlossenen nichtleeren engen A k R n mit A k+1 A k und Dnn existiert x R n mit lim δ(a k) = 0 k A k = {x} k=1 Beweis: Wähle x k A k Die Folge {x k } k=1 ist dnn eine Cuchyfolge, weil x k+l A k+l A k, lso x k x k+l δ(a k ) 0 Der Grenzwert von {x k } k=1 sei x Es gilt x k=1 A k Denn wenn k N existieren würde mit x A k, dnn würde eine Umgebung U ε (x) existieren mit U ε (x) A k =, lso uch U ε (x) A l = für lle l k, wegen A l A k, lso x x l ε für lle l k, im Widerspruch zur Annhme dß x Grenzwert von {x k } k=1 sei Sei y k=1 A k Dnn gilt y x δ(a k )für lle k,lso y x = lim k y x lim k δ(a k ) = 0, lso x = y Somit gilt A k = {x} k=1 10

12 Kompkte engen Kompkte engen werden im R n wie im R 1 definiert und es gelten entsprechende Aussgen Um dies zu zeigen, müssen noch zwei weitere Begriffe eingeführt werden: Seien x, y R n Dnn bezeichnet mn die enge {z R n xi z i y i, i =1,, n} ls bgeschlossenen Quder Ist y 1 x 1 = y 2 x 2 = = y n x n = 0, dnn bezeichnet mn diese enge ls Würfel mit Kntenlänge x 2 x Q y x 1 Sei R n Ein engensystem U us offenen engen im R n mit U U U heißt offene Überdeckung von Stz: Sei R n Die folgenden drei Aussgen sind äquivlent: (1) ist beschränkt und bgeschlossen (2) Sei U eine offene Überdeckung von Dnn gibt es endlich viele engen U i U, i =1,, m mit m i=1 U i (3) Jede unendliche Teilmenge von besitzt einen Häufungspunkt in Beweis: (1) (2): Angenommen, es gäbe eine offene Überdeckung U, so dß (2) nicht richtig ist D beschränkt ist, knn in einen bgeschlossenen Würfel W eingeschlossen werden n unterteile diesen Würfel nun in 2 n Würfel mit der hlben Kntenlänge Nch Annhme gilt für wenigstens einen dieser kleineren Würfel, dß sein Durchschnitt mit nicht durch endlich viele engen us U überdeckt werden knn W 1 sei einer dieser Würfel Nun unterteile mn W 1 und konstruiere nlog W 2 Dies gibt eine Folge {W k } k=1 von bgeschlossenen Würfeln mit 1) W W 1 W 2 2) lim δ(w k )=0 k 3) W k knn nicht durch endlich viele engen us U überdeckt werden erfüllt die Vorussetzungen des vorngehenden Stzes, lso exis- Die Folge { W k } k=1 tiert x R n mit x ( W k ) k=1 11

13 Wegen x gibt es U U mit x U U ist offen, enthält lso eine ε Umgebung von x Wegen lim k δ(w k ) = 0 und x W k ist dher W k W k U für lle genügend großen k, lso genügt zur Überdeckung von W k bereits eine einzige enge U U, im Widerspruch zu 3) Also muß (2) richtig sein (2) (3): Sei A eine enge, die keine Häufungspunkte in besitzt Dnn ist kein Punkt von Häufungspunkt von A, lso gibt es zu jedem x eine offene Umgebung, die ußer möglicherweise x selbst keinen Punkt us A enthält Die enge dieser Umgebungen bildet eine offene Überdeckung von, lso genügen endlich viele derrtige Umgebungen zur Überdeckung von D jede dieser Umgebungen höchstens einen Punkt us A enthält, muß A endlich sein Eine unendliche Teilmenge A muß lso einen Häufungspunkt in hben (3) (1): Wäre nicht beschränkt, dnn gäbe es zu jedem k N ein x k mit x k k Sei A die enge dieser Punkte A ist unendliche Teilmenge von, ht ber keinen Häufungspunkt Denn wäre y Häufungspunkt, dnn müßte es unendlich viele x A geben mit x y < 1, lso x = x y + y 1+ y, im Widerspruch zur Konstruktion von A Also muß beschränkt sein Wäre nicht bgeschlossen, dnn gäbe es einen Häufungspunkt x R n von, der nicht zu gehört, und es gäbe zu jedem k N ein x k mit x k x < 1 Die Folge k {x k } k=1 konvergiert gegen x, ht lso x ls einzigen Häufungspunkt, lso müßte x nch Vorussetzung zu gehören, im Widerspruch zur Annhme Definition: Eine enge R n heißt kompkt, wenn sie eine der drei Eigenschften (und dmit lle drei Eigenschften) des vorngehenden Stzes ht Wie im R 1 beweist mn: Stz: Eine enge R n ist kompkt, genu dnn wenn jede Folge in eine konvergente Teilfolge besitzt mit Grenzwert in engen mit dieser Eigenschft heißen folgenkompkt Im R n sind lso Kompktheit und Folgenkompktheit äquivlente Begriffe Klr ist uch: Stz: Jede beschränkte unendliche Teilmenge R n ht mindestens einen Häufungspunkt 12

14 1 c) Stetige Abbildungen vom R n in den R m Sei D R n eine enge Ich betrchte nun Abbildungen f : D R m Derrtige Abbildungen heißen Funktionen von n Vriblen Für x D seien f 1 (x),f 2 (x),, f m (x) die Komponenten von f(x) R m Hierdurch werden Abbildungen f i : D R, i =1,, m definiert Umgekehrt seien m Abbildungen f 1,, f m : D R gegeben Dnn wird durch ( ) x f(x) := f 1 (x),, f m (x) eine Abbildung f : D R m definiert Jede Abbildung f : D R m, D R n, wird lso beschrieben durch m Abbildungsgleichungen y 1 = f 1 (x 1,, x n ), x D y m = f m (x 1,, x n ) Beispiele: 1) Sei f : R n R m und es gelte für lle x, y R n und c R f(x + y) = f(x)+f(y) f(cx) = cf(x) Dnn heißt f liner In der lineren Algebr wird gezeigt, dß zu jeder lineren Abbildung f : R n R m eine eindeutige trix 11 1n A =, ij R, m1 mn existiert mit f(x) =Ax = 11 x n x n m1 x mn x n 13

15 2) Sei n =2, m =1, D = {x R 2 x < 1} Sei f oberer Teil der Einheitsphäre f : D R, f(x) = 1 x 2 1 x 2 2 y x 2 3) Jede Abbildung f : R R m heißt Weg im R m Zum Beispiel sei für t R f 1 (t) cos t t f(t) = f 2 (t) := sin t f 3 (t) t x 1 y x 2 x 1 14

16 Spirlfeder 4) (Polrkoordinten) Sei } D = {(r, ϕ, ψ) R 3 0 < r, 0 ϕ< 2π, 0 < ϑ < π, und sei f : D R 3, f(r, ϕ, ψ) = r cos ϕ sin ϑ r sin ϕ sin ϑ r cos ϑ Der Wertebereich dieser Abbildung ist R 3 ohne die x 3 Achse x 3 ϑ r ϕ x =(r, ϕ, ϑ) x 2 x 1 Definition: Sei D R n Eine Abbildung f : D R m heißt stetig in D,wenn es zu jedem ε> 0 ein δ> 0 gibt mit für lle x D mit x < δ f(x) f() <ε Bechte, dß die beiden Normen im R n und im R m mit demselben Symbol bezeichnet wurden Es kommt bei dieser Definition nicht druf n, welche Norm verwendet wird Fst lle Sätze über reelle stetige Funktionen übertrgen sich uf stetige Funktionen vom R n in den R m mit denselben Beweisen Ich will einige Dinge kurz wiederholen Stz: f ist genu dnn stetig n, wenn es zu jeder Umgebung V des Punktes f() eine Umgebung U von gibt mit f(u D) V Stz: f ist genu dnn stetig in D, wenn für jede Folge {x k } k=1, x k D, mit lim k x k = gilt lim f(x k)=f() k 15

17 Definition: D sein) n schreibt Sei f : D R n und sei Häufungspunkt von D(Es muß nicht notwendig wenn zu jedem ε> 0 ein δ> 0 existiert mit für lle x D\{} mit x < δ lim f(x) =b, x f(x) b <ε Beispiel: f : R 2 R sei definiert durch 2xy f(x, y) = x 2 + y, (x, y) 0 2 0, (x, y) =0 Diese Funktion ist für (x, y) 0 stetig, im Punkt (x, y) = 0 ber nicht stetig Denn es gilt f(x, 0) = f(0,y)=0, lso ist f uf den Gerden x = 0 und y = 0 identisch Null Auf der Digonlen x = y gilt ber f(x, y) = 2x2 2x =1 2 Für die beiden Folgen {z k } k=1 mit z k = ( 1, 0) und { z k k} k=1 mit z k = ( 1, 1 ) gilt lso k k lim k z k = lim k z k =0, ber lim f(z k) = 0 = f(0), k lim f( z k )=1 k Weil diese Grenzwerte der beiden Bildfolgen nicht übereinstimmen, besitzt f keinen Grenzwert in 0, und ist somit nicht stetig, und knn uch nicht durch eine ndere Festlegung des Wertes f(0) zu einer stetigen Funktion gemcht werden Jedoch sind die Funktionen x f(x, y), y f(x, y) stetig, lso ist f stetig in jeder Vriblen Stz: Sei f : D R m, D R n, D f ist stetig in, genu dnn wenn lle Komponentenfunktionen f 1,, f m : D R 1 in stetig sind Beweis: Sei {x k } k=1 eine Folge mit x k D und lim k x k = Es gilt lim k f(x k )= f() genu dnn wenn lim k f i (x k )=f i () gilt für i =1,, m Hierus folgt die 16

18 Behuptung Definition: f : D R m heißt stetig, wenn f in jedem Punkt x D stetig ist Sei D R n Eine Teilmenge D von D heißt reltiv offen bezüglich D wenn eine offene enge O R n existiert mit D = O D Lemm: O D ist genu dnn reltiv offen bezüglich D, wenn zu jedem x O eine Umgebung U von x existiert mit U D O Beweis: Sei O reltiv offen mit x O Dnn existiert eine offene enge O mit O = O D Dnn ist O die gesuchte Umgebung Umgekehrt existiere zu jedem x O eine Umgebung U(x) mit U(x) D OWeil jede Umgebung eine offene Umgebung enthält, knn ngenommen werden, dß U(x) offen ist Dnn ist O D x O U(x) und D x O U(x) = x O ( ) D U(x) O, lso O = D x O U(x) D x O U(x) offen ist, folgt die Behuptung Stz: Sei D R n f: D R m ist stetig, genu dnn wenn ds Urbild jeder offenen Teilmenge von R m unter f reltiv offen ist bezüglich D Beweis: Sei f stetig, O R m offen und x f 1 (O) Dnn ist f(x) O, lso ist O Umgebung von f(x), lso existiert eine Umgebung V von x mit f(v D) O,lso gilt V D f 1 (O), lso ist f 1 (O) reltiv offen bezüglich D Sei umgekehrt ds Urbild jeder offenen enge reltiv offen Sei x D Sei U eine offene Umgebung von f(x) Dnn ist f 1 (U) reltiv offen, lso existiert eine offene enge O R n mit f 1 (U) =O DWegen x f 1 (U) O ist O Umgebung von x,lso ist f stetig wegen ( ) f(o D) =f f 1 (U) U Stz: (i) Sei D R n, f : D R m, g : D R m seien stetig Dnn sind uch die Abbildungen f + g, cf (c R) stetig 17

19 (ii) Seien f : D R, g : D R stetig Dnn ist uch f g stetig f g Punkten, in denen g nicht verschwindet (iii) Seien f : D R m, ϕ : D R stetig Dnn ist uch ϕf stetig ist stetig in llen Beweis: klr! Stz: Seien D 1 R n, f : D 1 R p, D 2 R p, g : D 2 R m stetige Abbildungen, so dß g f existiert Dnn ist uch g f stetig Beweis: klr! Definition: Sei D R n f: D R m heißt gleichmäßig stetig, wenn zu jedem ε> 0 ein δ> 0 existiert mit f(x) f(y) <ε für lle x, y D mit x y < δ Stz: Stz: Sei f : D R m stetig und D kompkt Dnn ist f gleichmäßig stetig Sei D R n kompkt und f stetig Dnn ist f(d) kompkt Folgerung: Sei D R n kompkt und f : D R stetig Dnn nimmt f ds ximum und inimum n Definition: Sei R n heißt zusmmenhängend, wenn gilt: Sei U 1,U 2 reltiv offen mit U 1 U 2 = und = U 1 U 2 Dnn muß entweder = U 1 und U 2 = oder = U 2 und U 1 = gelten Beispiel: Jedes Intervll in R ist zusmmenhängend Stz: Sei D R n zusmmenhängend und f : D R m stetig Dnn ist f(d) zusmmenhängend Beweis: Seien U 1,U 2 f(d) reltiv offen mit U 1 U 2 = und f(d) =U 1 U 2 D f stetig ist, sind dnn f 1 (U 1 ),f 1 (U 2 ) reltiv offen mit f 1 (U 1 ) f 1 (U 2 )= und f 1 (U 1 ) f 1 (U 2 )=DD D zusmmenhängend ist, ist f 1 (U 1 ) oder f 1 (U 2 )=, lso ist U 1 oder U 2 =, und hierus folgt die Behuptung Definition: Sei [, b] R ein Intervll, γ :[, b] R m stetig Dnn heißt γ ein Weg Definition: Eine enge R n heißt wegzusmmenhängend, wenn zwei beliebige Punkte von durch einen in verlufenden Weg stetig miteinnder verbunden wer- 18

20 den können, dh wenn es zu x, y ein Intervll [, b] und eine stetige Abbildung γ :[, b] gibt mit γ() =x, γ(b) =y γ() heißt Anfngspunkt, γ(b) Endpunkt des Weges Stz: Sei D R n wegzusmmenhängend, f : D R m sei stetig Dnn ist f(d) wegzusmmmenhängend Beweis: Sei, b f(d), und seien x f 1 (), y f 1 (b) Dnn existiert ein Weg γ, der x in D mit y verbindet f γ ist dnn ein Weg, der mit b in f(d) verbindet Stz: Sei R n wegzusmmenhängend Dnn ist zusmmenhängend Beweis: Angemommen, sei nicht zusmmenhängend Dnn existieren bezüglich reltiv offene engen U 1, U 2 mit U 1 U 2 = und U 1 U 2 = Wähle x U 1, y U 2, und wähle einen Weg γ :[, b],der x mit y innerhlb verbindet Seien ( ) V 1 = γ [, b] ( ) V 2 = γ [, b] U 1 U 2 V 1 und V 2 sind reltiv offen bezüglich γ([, b]) Außerdem gilt V 1, V 2, V 1 V 2 =, V 1 V 2 = γ([, b]), lso ist γ([, b]) nicht zusmmenhängend Andererseits ist [, b] zusmmenhängend und γ stetig, lso γ([, b]) zusmmenhängend Dies ist ein Widerspruch, lso muß zusmmenhängend sein Beispiel: Betrchte die Abbildung f : R + 0 R, sin 1 f(x) = x, x > 0 0, x =0 Dnn ist die Bildmenge = {(x, f(x)) x R + 0 } R 2 zusmmenhängend, ber nicht wegzusmmenhängend 19

21 1 f x Der Beweis, dß nicht wegezusmmenhängend ist, bleibt dem Leser ls Übungsufgbe überlssen Ich zeige, dß zusmmenhängend ist Angenommen, sei nicht zusmmenhängend Seien U 1,U 2 reltiv offene engen mit U 1, U 2, U 1 U 2 = und U 1 U 2 = Die enge = {(x, f(x)) x R + } ist zusmmenhängend ls Bild von R + unter der stetigen Abbildung x ( ) x, f(x) : R + R 2 Also muß entweder U 1 = oder U 2 = sein OBdA sei U 1 = Dnn gilt U 2 = und U 1 = {(0, 0)} Diese enge U 1 ist ber nicht reltiv offen bezüglich,denn sonst würde eine offene enge O R 2 existieren mit U 1 = O O wäre Umgebung von (0, 0), würde lso noch eine ε Umgebung von (0, 0) enthlten, lso würde O ußer (0, 0) uch noch ndere Punkte von enthlten, lso U 1 ODies ist ein Widerspruch, lso ist zusmmenhängend Dieses Beispiel zeigt, dß die Umkehrung des letzten Stzes nicht gilt Sei D R n, f : D R m sei stetig und injektiv Die Umkehrbbildung f 1 : f(d) R n brucht nicht stetig zu sein Es gilt ber: Stz: Ist f eine injektive, stetige Abbildung mit kompktem Definitionsbereich, dnn ist uch f 1 stetig Beweis: wie im R 1! 20

22 Definition: Sei D R n, sei f : D W R m bijektiv, und seien f und f 1 : W D stetig Dnn heißt f Homöomorphismus von D uf W 1 d) Gleichmäßige Konvergenz Sei eine Norm uf R m Definition: Sei D eine enge, f : D R m sei beschränkt Dnn heißt f := sup f(x) x D die Supremumsnorm von f Dß eine Norm ist, beweist mn wie für reellwertige Abbildungen (Siehe ds Skriptum Anlysis I, Abschnitt 9 c ) Die enge B(D, R m ) ller beschränkten Abbildungen von D nch R m ist ein reeller Vektorrum it wird B(D, R m ) zu einem normierten Rum Die Norm in B(D, R m ) hängt ntürlich dvon b, welche Norm in R m gewählt wird D ber in R m lle Normen äquivlent sind, gilt dies uch für die hiermit definierten Supremumsnormen uf B(D, R m ) Seien (1), (2) Normen uf R m, und (1), (2) Normen uf B(D, R m ) Dnn existieren Konstnten, b > 0 mit x (2) x (1) b x (2), für lle x R m f (2) f (1) b f (2), für lle f B(D, R m ) Somit hängt die folgende Definition nicht von der uf R m gewählten Norm b: die zugehörigen Definition: Sei D eine enge, {f k } k=1 sei eine Folge von Abbildungen f k B(D, R m ) {f k } k=1 heißt gleichmäßig konvergent, wenn f B(D, Rm ) existiert mit lim f k f =0 k Stz: (Cuchysches Konvergenzkriterium) wenn zu jedem ε> 0 ein k 0 N existiert mit {f k } k=1 konvergiert genu dnn gleichmäßig, f k f l <ε für lle k, l k 0 Also ist B(D, R m ) vollständig, dh B(D, R m ) ist ein Bnchrum n beweist diesen 21

23 Stz wie für reellwertige Abbildungen (Siehe Skriptum Anlysis I, Abschnitt 9 c) Stz: Sei D R n, sei {f k } k=1 eine Folge stetiger Funktionen f k B(D, R m ) {f k } k=1 konveriere gleichmäßig gegen fdnn ist f stetig Beweis: wie für reellwertige Abbildungen Sei D R n, C(D, R m ) sei der Rum der beschränkten stetigen Abbildungen Aus diesem Stz folgt, dß uch C(D, R m ) ein Bnchrum ist 22

24 2 Ds Riemnnsche Integrl Für eine möglichst große Klsse von reellen Funktionen möchte mn den Inhlt der Fläche bestimmen, die begrenzt ist durch den Grphen der gegebenen Funktion und der Abszissenchse f Für komplizierte Funktionen ist es llerdings schwer zu sgen, ws dieser Flächeninhlt sein soll Als Beispiel betrchte mn die Dirichlet Funktion 1, x Q f(x) = 0, x R\Q Die Aufgbe besteht lso drin, engen, die begrenzt werden durch Funktionsgrphen, eine Zhl zuzuordnen, die mn ds Integrl der entsprechenden Funktion nennt, und die Eigenschft ht, wie mn sie intuitiv vom Flächeninhlt erwrtet Es wird sich zeigen, dß dies nicht für lle Funktionen möglich ist In diesem Kpitel werden wir ds Riemnnsche Integrl für reelle Funktionen besprechen n knn uch Riemnnsche Integrle für Funktionen von n Veränderlichen definieren 2 ) Definition des Riemnnschen Integrls für Funktionen einer Vriblen Sei <<b<, und sei f :[, b] R Zur Berechnung des Inhlts der Fläche unter dem Grphen von f ist es nheliegend, diese Fläche durch Rechtecke uszuschöpfen: f f b b 23

25 Bei Verfeinerung der Unterteilung wird der Flächeninhlt der Rechtecke in nschulichem Sinn gegen den Flächeninhlt der Fläche unter dem Grphen von f konvergieren n knn die Fläche unter dem Grphen von f uch durch Rechtecke überdecken Auch in diesem Fll konvergiert der Flächeninhlt der Rechtecke in nschulichem Sinn gegen den Flächeninhlt der Fläche unter dem Grphen von f,wenn mn die Unterteilung in Rechtecke verfeinert n erwrtet lso, dß der Flächeninhlt der usschöpfenden Rechtecksfläche und der Flächeninhlt der überdeckenden Rechtecksfläche bei Verfeinerung der Unterteilung gegen dieselbe Zhl konvergieren Diese Zhl wird mn ls Flächeninhlt der Fläche unter dem Grphen von f bezeichnen Klr ist ber, dß diese Flächeninhlte der überdeckenden und der usschöpfenden Rechtecksflächen nicht für lle f bei Verfeinerung der Unterteilung gegen dieselbe Zhl konvergieren werden Ein Beispiel dfür ist wieder die Dirichletfunktion Diejenigen Funktionen f, für die die Flächeninhlte der überdeckenden Rechtecksfläche und der usschöpfenden Rechtecksfläche gegen dieselbe Zhl konvergieren, heißen Riemnn integrierbr, und diese Zhl heißt Riemnn Integrl von f über dem Intervll [, b] Die nderen Funktionen heißen nicht Riemnn integrierbr Dieses Pro- grmm wird nun durchgeführt Definition: Sei < < b < Unter einer Prtition P des Intervlls [, b] versteht mn eine endliche enge {x 0,, x n } R mit = x 0 <x 1 < < x n 1 <x n = b Zur Abkürzung sei x i = x i x i 1 (i =1,, n) Sei f :[, b] R eine beschränkte reelle Funktion und P = {x 0,, x n } eine Prtition von [, b] Sei und sei i = sup {f(x) x i 1 x x i } m i, i =1,, n, = inf {f(x) x i 1 x x i } U(P, f) = L(P, f) = 24 n i x i i=1 n m i x i i=1

26 Definition: Sei b b } fdx = inf {U(P, f) P Prtition von [, b] { fdx = sup } L(P, f) P Prtition von [, b] Die Zhlen b fdx und b fdx heißen oberes und unteres Riemnnintegrl von f Wenn ds obere und untere Riemnnintegrl übereinstimmen, heißt f Riemnn integrierbr, und der gemeinsme Wert des oberen und unteren Riemnnintegrls wird mit b fdx oder b f(x)dx bezeichnet Diese Zhl heißt Riemnnintegrl von f Die enge der beschränkten, Riemnn integrierbren Funktionen uf dem Intervll [, b] wird mit R([, b]) bezeichnet Nch Vorussetzung ist f beschränkt, lso existieren Zhlen m, mit m f(x) für lle x [, b] Hierus folgt m m i i,lso m(b ) = n n m x i m i x i = L(P, f) i=1 i=1 n i x i = U(P, f) i=1 i=1 n x i = (b ), lso existieren ds Infimum der enge { } U(P, f) P Prtition von [, b] und ds Supremum der enge { } L(P, f) P Prtition von [, b], lso ist die vornstehende Definition sinnvoll 2 b) Kriterien für Riemnn integrierbre Funktionen Um mit dem Begriff des Riemnnintegrls sinnvoll rbeiten zu können, müssen einfche Kriterien dfür gefunden werden, dß eine gegebene Funktion Riemnn integrierbr ist 25

27 Im Folgenden werden solche Kriterien hergeleitet Definition: Seien P, P Prtitionen von [, b] P heißt Verfeinerung von P,wenn P P gilt P heißt gemeinsme Verfeinerung der Prtitionen P 1 und P 2, wenn P = P 1 P 2 Stz: Sei f :[, b] R eine beschränkte Funktion, und sei P eine Verfeinerung der Prtition P von [, b] Dnn gilt L(P, f) L(P,f) U(P,f) U(P, f) Beweis: Sei P = {x 0,, x n }, und es werde zunächst ngenommen, dß P genu einen Punkt x mehr enthält ls PDnn gibt es x j 1,x j P mit x j 1 <x <x j Seien { } w 1 = inf f(x) x j 1 x x { } w 2 = inf f(x) x x x j { } m i = inf f(x) x i 1 x x i, i =1,, n Dnn gilt L(P, f) = j 1 n m i x i = m i x i i=1 i=1 + m j (x x j 1 + x j x )+ n m i x i i=j+1 j 1 n m i x i + w 1 (x x j 1 )+w 2 (x j x )+ m i x i i=1 i=j+1 = L(P,f) Wenn P eine Verfeinerung von P ist, die k Punkte mehr enthält ls P,genügt es diese Überlegungen k ml zu wiederholen (Vollständige Induktion!) Die zweite Ungleichung des Stzes beweist mn ebenso Stz: Sei f :[, b] R beschränkt Dnn gilt b fdx b Beweis: Seien P 1 und P 2 Prtitionen, und sei P die gemeinsme Verfeinerung Nch Definition gilt L(P,f) U(P,f), fdx 26

28 und us dem vorngehenden Stz folgt L(P 1,f) L(P,f) U(P,f) U(P 2,f), lso L(P 1,f) U(P 2,f) für lle Prtitionen P 1,P 2 von [, b] Somit ist U(P 2,f) eine obere Schrnke der enge { } L(P, f) P Prtition von [, b] Somit ist U(P 2,f) nicht kleiner ls ds Supremum dieser enge, lso b fdx U(P 2,f) Aus dieser Ungleichung folgt nun, dß b fdx eine untere Schrnke der enge { } U(P, f) P Prtition von [, b] ist, lso ist b fdx nicht größer ls ds Infimum dieser enge, somit b fdx b fdx Stz: Sei f :[, b] R beschränkt Es gilt f R([, b]) dnn und nur dnn wenn zu jedem ε> 0 eine Prtition P existiert mit U(P, f) L(P, f) < ε Beweis: = Zu jedem ε> 0 existiere eine Prtition P mit U(P, f) L(P, f) < ε D für jede Prtition P gilt L(P,f) b fdx b fdx U(P,f), folgt lso 0 b fdx b 0 b fdx U(P, f) L(P, f) < ε, fdx b fdx < ε 27

29 für jedes ε> 0, somit lso f R([, b]) b fdx = b fdx, = Sei f R([, b]) Nch Definition von Infimum und Supremum gibt es zu jedem ε> 0 Prtitionen P 1 und P 2 mit b b fdx = fdx = b b fdx U(P 1,f) fdx L(P 2,f) b b fdx + ε 2 fdx ε 2 Sei P die gemeinsme Verfeinerung von P 1 und P 2 Dnn folgt b fdx ε 2 L(P, f) b fdx U(P, f) b fdx + ε 2 lso U(P, f) L(P, f) < ε Aus diesem Stz folgt, dß R([, b]) die Klsse C([, b]) enthält Denn es gilt: Stz: Sei f :[, b] R stetig Dnn ist f R([, b]) Außerdem gilt: Zu jedem ε> 0 gibt es δ> 0 mit n f(t i ) x i i=1 b fdx <ε für jede Prtition P = {x 0,, x n } von [, b] mit mx i=1,,n x i < δ, und für jede Whl von Punkten t 1,, t n mit t i [x i 1,x i ] heißt Riemnnsche Summe Beweis: Sei ε> 0 Setze n f(t i ) x i i=1 η = ε (b ) D f stetig ist uf dem kompkten Intervll [, b], ist f beschränkt und uch gleichmäßig stetig Also existiert δ> 0, so dß f(x) f(t) <η ( ) 28

30 für lle x, t [, b] mit x t < δ n wähle nun eine Prtition P = {x 0,, x n } von [, b] mit mx i=1,,n x i < δ Dnn folgt us ( ) für lle x, t [x i 1,x i ] lso für geeignete x 0,t 0 [x i 1,x i ] Also folgt f(x) f(t) < η, 1 m 1 = sup xi 1 x x i f(x) inf x i 1 t x i f(t) = mx xi 1 x x i f(x) min x i 1 t x i f(t) = f(x 0 ) f(t 0 ) < η, U(P, f) L(P, f) = n i=1 ( i m i ) x i <η n i=1 x i ( ) = η(b ) =ε Nch dem vorngehenden Stz ist lso f R([, b]) Wegen ( folgt us ) uch L(P, f) L(P, f) b fdx n f(t i ) x i U(P, f) i=1 b fdx U(P, f) n f(t i ) x i < ε i=1 Auch die Klsse der monotonen Funktionen gehört zu R([, b]) : Stz: Sei f :[, b] R monoton Dnn ist f R([, b]) Beweis: Sei f monoton wchsend f ist beschränkt wegen f() f(x) f(b) für lle x [, b] Sei ε> 0 Zu beliebigem n N setze x i = + b n i, i =0, 1,, n P = {x 0,, x n } ist eine Prtition von [, b], und wegen der onotonie von f gilt { } m i = inf f(x) x i 1 x x i = f(x i 1 ) { } 1 = sup f(x) x i 1 x x i = f(x i ), 29

31 lso U(P, f) L(P, f) = = n i=1 n ( i m i ) x i i=1 ( ) b ( ) b f(x i ) f(x i 1 n = f(b) f() n < ε, wenn n N hinreichend groß gewählt ist Also ist f R([, b]) Für monoton fllendes f verläuft der Beweis genuso 2 c) Einfche Eigenschften des Riemnn-Integrls Stz: (i) Für f 1,f 2 R([, b]) gilt f 1 + f 2 R([, b]) und b (f 1 + f 2 )dx = b f 1 dx + Für f R([, b]) und c R gilt cf R[(, b)] und Also ist R([, b]) ein Vektorrum b cfdx = c b fdx b f 2 dx (ii) Wenn f 1,f 2 R([, b]) und f 1 (x) f 2 (x) ist für lle x [, b], dnn folgt b f 1 dx b f 2 dx (iii) Wenn f R([, b]) und wenn < c < b, dnn ( ) ( ) f R [, c], [,c] f R [c, b], [c,b] und c fdx + b c fdx = (iv) Wenn f R([, b)] und f(x),dnn ist b b fdx fdx (b ) Beweis: (i) Sei f = f 1 + f 2, und sei P eine Prtition von [, b] Dnn gilt ( ) inf f(x) = inf f 1 (x)+f 2 (x) x i 1 x x i x i 1 x x i inf f 1 (x) + inf f 2 (x), x i 1 x x i x i 1 x x i 30

32 und ( ) sup f(x) = sup f 1 (x)+f 2 (x) x i 1 x x i x i 1 x x i sup f 1 (x) + sup f 2 (x), x i 1 x x i x i 1 x x i lso L(P, f 1 )+L(P, f 2 ) L(P, f) U(P, f) U(P, f 1 )+U(P, f 2 ) (+) Zu ε> 0wähle Prtitionen P 1 und P 2 mit U(P j,f j ) L(P j,f j ) < ε, j =1, 2 Sei P die gemeinsme Verfeinerung von P 1 und P 2 Dnn folgt und somit, wegen (+), U(P, f j ) L(P, f j ) < ε, j =1, 2, (++) U(P, f) L(P, f) U(P, f 1 )+U(P, f 2 ) L(P, f 1 ) L(P, f 2 ) < 2ε D ε> 0 beliebig wr, folgt hierus f = f 1 + f 2 R([, b]) Aus (++) folgt uch und somit, wegen (+), U(P, f j ) < b f j dx + ε b D ε beliebig wr, ergibt dies fdx U(P, f) b f 1 dx + b b fdx b f 1 dx + b f 2 dx f 2 dx +2ε Ebenso folgt lso b fdx b f 1 dx + b b fdx = b f 1 dx + b f 2 dx, f 2 dx 31

33 Die Behuptungen (ii) (iv) werden gnz ähnlich bewiesen Die Beweise bleiben dem Leser überlssen Stz: Seien < m < < und f R([, b]) mit f : [, b] [m, ] Sei Φ:[ m, ] R stetig, und sei h =Φ fdnn ist h R([, b]) Beweis: Sei ε> 0 D Φ gleichmäßig stetig ist uf [m, ], gibt es ein δ> 0 mit δ < ε und mit Φ(s) Φ(t) <ε für lle s, t [m, ] mit s t δ Weil f R[(, b)] ist gibt es ußerdem eine Prtition P = {x 0,, x n } von [, b], so dß U(P, f) L(P, f) <δ 2 ( ) Seien Setze i = sup f(x), x i 1 x x i m i = inf f(x) x i 1 x x i i = sup h(x), x i 1 x x i m i = inf h(x) x i 1 x x i A = {i i N, 1 i n, i m i <δ} B = {1,, n}\a Wenn i A ist, folgt für lle x, y mit x i 1 x, y x i ( ) ( h(x) h(y) = Φ f(x) Φ f(y)) <ε wegen f(x) f(y) i m i < δ Dies liefert i m i ε Wenn i B ist, gilt i m i 2K, mit K = sup m t Φ(t) Aus ( ) folgt ußerdem δ i B x i i B( i m i ) x i n ( i m i ) x i = U(P, f) L(P, f) <δ 2, i=1 lso x i < δ i B 32

34 Somit folgt U(P, h) L(P, h) = i A ( i m i ) x i + i B( i m i ) x i δ i A x i +2K i B x i δ(b )+2Kδ ε(b +2K), wegen δ < ε D ε beliebig gewählt wr, folgt hierus h R([, b]) Folgerung: Seien f, g R([, b]) Dnn gilt ) b) Beweis: fg R([, b]) f R([, b]) und b fdx b f dx it Φ(t) =t 2 zeigt der vorngehende Stz, dß f 2 =Φ f R([, b]) ist Wegen folgt lso uch fg R([, b]) fg = 1 4 [(f + g) 2 (f g) 2 ] it Φ(t) = t folgt us dem vorngehenden Stz, dß f =Φ f R([, b]) Wähle c = ±1, so dß Dnn ergibt sich b fdx = c b b c fdx 0 fdx = wegen cf(x) f(x) für lle x [, b] b cfdx b f dx, 2 d) Huptstz der Differentil und Integrlrechnung Sei < < b < und f R([, b]) n setzt Es gilt dnn v u b fdx + b fdx = fdx w wenn u, v, w beliebige Punkte von [, b] sind v fdx = w u fdx 33

35 Stz: (ittelwertstz der Integrlrechnung) Sei f :[, b] R stetig Dnn gibt es eine Stelle c mit c b, so dß gilt b Beweis: fdx = f(c)(b ) f ist uf einem kompkten Intervll definiert und stetig, lso integrierbr D ds Integrl monoton ist, gilt (b ) min x [,b] f(x) = b b b min f(y)dx f(x)dx y [,b] mx f(y)dx = mx f(x)(b ) y [,b] x [,b] D f ds inimum und ds ximum uf [, b] nnimmt, existiert nch dem Zwischenwertstz ein c [, b] mit f(c) = 1 b b f(x)dx Stz: Sei f R([, b]) Dnn ist F (x) = eine stetige Funktion F :[, b] R x f(t)dt Beweis: x 0 <x Es existiert mit f(x) für lle x [, b] Also gilt für x, x 0 [, b] mit F (x) F (x 0 ) = Hierus folgt die Stetigkeit von F uf [, b] = x x0 f(t)dt f(t)dt x f(t)dt (x x 0 ) x 0 Stz: Sei f :[, b] R stetig Dnn ist die durch F (x) = x definierte Funktion differenzierbr, und es gilt f(t)dt F = f Die Funktion F ist lso Stmmfunktion von f 34

36 Beweis: Sei x 0 [, b] Dnn gilt nch dem ittelwertstz der Integrlrechnung F (x) F (x 0 ) lim = x x 0 x x 0 x x x x0 lim 0 x x = x x0 lim x x 0 x x 0 für geeeignetes y zwischen x 0 und x [ x f(t)dt x x 0 x x 0 = lim y x0 f(y) =f(x 0 ), Huptstz der Differentil und Integrlrechnung: Ist f Stmmfunktion der stetigen Funktion f :[, b] R, dnn gilt b Beweis: Die Funtkion x b Konstnte c mit x0 f(t)dt = F (b) F () =F (x) ] f(t)dt 1 f(t)dt = x x0 lim f(y)(x x 0 ) x x 0 x x 0 b f(t)dt ist eine Stmmfunktion zu f, lso existiert eine F (x) = x f(t)dt + c für lle x [, b] Hierus folgt c = F (), lso F (b) F () = b f(t)dt Dieser Stz ist ds wichtigste Hilfsmittel zur Berechnung von Integrlen: Beispiele: b 1) x c dx = 1 b c +1 xc+1, flls 0 < < b, c R, c 1 Für c< 1 gilt lim m Dher definiert mn m x c dx = lim m 1 c +1 mc+1 1 c +1 c+1 = 1 c +1 c+1 m x c dx = lim x c dx = 1 m c +1 c+1 Ds Integrl xc dx heißt uneigentliches Riemnnintegrl, und mn sgt, für c< 1 sei x c im uneigentlichen Sinn Riemnn integrierbr über [, ) mit >0 Insbesondere ergibt sich 1 b x 2 dx =1 1 2) dx = ln b ln, x für 0 < < b < 1 ist nicht integrierbr über [1, ) x 35

37 3) für 1 < < b < 1 n setzt 1 Die Funktion 1 1 x 2 [ 1, 1] 1 b 1 1 x 2 1 dx = rcsin b rcsin 1 x 2 dx = lim b 1 b<1 lim 1 > 1 b 1 1 x 2 dx = lim b 1 rcsin b lim 1 rcsin = π 2 ( π 2 ) = π ist im uneigentlichen Sinn Riemnn integrierbr über dem Intervll Stz: (Substitutionsregel) f sei stetig, g :[, b] R sei stetig differenzierbr, und die Hintereinnderusführung f g existiere Dnn gilt b ( ) g(b) f g(t) g (t)dt = f(x)dx g() Beweis: Es existiert eine Stmmfunktion F von f,und d F denselben Definitionsbereich wie f ht, existiert die Hintereinnderusführung F gnch der Kettenregel gilt (F g) =(F g)g =(f g)g, lso Wegen folgt die Behuptung ( ) ( ) b ( ) F g(b) F g() = f g(t) g (t)dt ( ) ( ) g(b) F g(b) F g() = f(x)dx g() Bemerkung: Flls g 1 existiert, knn die Substitutionsregel uch in der Form b f(x)dx = g 1 (b) g 1 () ( ) f g(t) g (t)dt geschrieben werden Beispiel: x2 dx soll berechnet werden it der Substitution x = x(t) = cos t folgt wegen der Umkehrbrkeit von cos im Intervll [0, π 2 ]: 36

38 1 0 1 x2 dx = = = x 1 (1) x 1 (0) 0 π 2 π/2 0 1 x(t) 2 dx(t) dx dt π/2 1 cos2 t ( sin t)dt = (sin t) 2 dt ( )dt 2 cos 2t = π sin 2t π/2 = π Stz: (Produktintegrtion) f :[, b] R sei stetig, F sei eine Stmmfunktion von f und g :[, b] R sei stetig differenzierbr Dnn gilt b f(x)g(x)dx = F (x)g(x) b b Beweis: Es gilt (F g) = F g + F g = f g + F g, lso F (x)g(x) b = b f(x)g(x)dx + b F (x)g (x)dx F (x)g (x)dx Beispiel: lso π 0 π sin 2 xdx = cos x sin x π + cos 2 xdx 0 0 = cos x sin x π π + (1 sin 2 x)dx, 0 π 0 sin 2 xdx = π 0 1dx = π 2 37

39 3 Ds Lebesguesche Integrl Sei f : [0, 1] R definiert durch f(x) = 1 x, 0 <x 1 0, x =0 Diese Funktion ist nicht Riemnn integrierbr über dem Intervll [0, 1], weil sie unbeschränkt ist, und somit ds obere Riemnn Integrl nicht existiert Eine Folge {f n } n=1 Riemnn integrierbrer Funktionen f n : [0, 1] R erhält mn us dieser Funktion durch Abschneiden: f n (x) = Es gilt f n R([0, 1]) für lle n und 0, 0 x< 1 n 1 n x 1 1 x, f n (x) f(x), n, für lle x [0, 1] Außerdem gilt 1 0 f n dx = 1 1 n 1 [ dx = 2 ] 1 x x 1 n =2 2 n 2, n Obwohl lso die Folge {f n } n=1 von Riemnn integrierbren Funktionen monoton wächst und gegen die Grenzfunktion f konvergiert, und die Folge der Integrle { 1 0 f ndx} n=1 konvergiert, ist die Grenzfunktion nicht Riemnn integrierbr Dies ist ein erheblicher Nchteil des Riemnn Integrls Es liegt ber nhe, den Integrlbegriff uszudehnen und uch der Funktion f ein Integrl zuzuordnen durch die Definition 1 0 f(x)dx := lim n 1 0 f n (x)dx f ist die Grenzfunktion einer monoton wchsenden Folge von Riemnn integrierbren Funktionen mit konvergenter Integrlfolge; f ist dnn selbst wieder integrierbr und ds Integrl von f ist gleich dem Grenzwert der Integrlfolge {f n } n=1 Dies ist die Grundidee bei der Einführung eines leistungsfähigeren Integrlbegriffes, des Lebesgue Integrls Dieses Lebesgue Integrl soll nun definiert und untersucht werden Ich werde dbei von Anfng n die Integrtion von Funktionen mehrerer Vribler untersuchen 38

40 3 ) Nullmengen Definition: Für i = 1,, n seien I i Intervlle der Form (, ), (,b i ), [ i, ), [ i,b i ) Die enge Q = n I i R n i=1 heißt n dimensionler, hlboffener Quder Der Quder heißt unbeschränkt, wenn wenigstens eines der Intervlle unbeschränkt ist, ndernflls heißt der Quder beschränkt Für beschränkte Quder Q = n i=1 [ i,b i ) sei ds ß von Q Definition: Q = n (b i i ) i=1 Die enge N R n heißt Nullmenge oder enge vom ß 0, wenn es zu jedem ε> 0höchstens bzählbr viele n dimensionle, beschränkte Quder Q 1,Q 2, gibt mit Stz: N Qj, j=1 Q j < ε j=1 (i) Jede Teilmenge einer Nullmenge ist eine Nullmenge (ii) Die Vereinigung höchstens bzählbr vieler Nullmengen ist wieder eine Nullmenge (iii) Abzählbre Teilmengen von R n sind Nullmengen Beweis: Der Beweis der Aussge (i) ist klr (ii) Seien N 1,N 2,N 3, Nullmengen und sei ε> 0 Dnn gibt es Quder {Q kj } k,j=1,2, mit N k Q kj, j=1 Q kj 1 2 ε k j=1 Für die bzählbre enge {Q kj } k,j=1,2, gilt lso N k Q kj, Q kj = k=1 k,j=1 j,k=1 k=1 Q kj j=1 k=1 1 2 k ε = ε (n bechte, dß nch dem großen Umordnungsstz die Reihenfolge der Summtion in k,j=1 Q k,j beliebig ist) Somit ist k=1 N k eine Nullmenge (iii) Es ist klr, dß die leere enge eine Nullmenge ist Sei N = {x} eine einpunktige enge im R n Sei x =(x 1,, x n ), ε > 0, und sei [ Q = x 1 ε 4,x 1 + ε ) [ x ,x ) 2 39 [ x n 1 2,x n + 1 ) 2

41 Dnn gilt N Q und Q = ε 2 1 1=ε 2 < ε Also ist N eine Nullmenge Nch (ii) ist dnn jede bzählbr enge eine Nullmenge Beispiele: 1) Q ist eine Nullmenge von R, weil Q bzählbr ist 2) Sei N der Grph einer stetigen Funktion f : R n 1 R, dh { } N = x R n x =(y, f(y)),y R n 1 Dnn ist N Nullmenge Zum Beweis genügt es, f uf einem Quder Q R n 1 mit der Kntenlänge 1 zu betrchten und zu zeigen, dß der Grph von f Q eine Nullmenge ist Denn R n 1 knn von bzählbr vielen solchen Qudern überdeckt werden f ist uf der kompkten enge Q und dmit uch uf Q gleichmäßig stetig, lso gibt es zu jedem ε> 0 ein δ> 0 mit f(y) f(z) <ε für y, z Q mit y z < δ Wähle k N, 1 k < δ, und zerlege Q in kn 1 Teilquder mit der Kntenlänge 1 Dnn ist der Grph von f uf jedem dieser Quder enthlten in einem k Quder mit dem Volumen ( 1 k )n 1 ε Der Grph von f über Q ist in der Vereinigungsmenge dieser k n 1 Quder enthlten Für die Summe der Volumen dieser Quder gilt lso ist N eine Nullmenge k n 1 ( 1 k ) n 1ε = ε, 3) Hierus folgt, dß lle Hyperebenen im R n Nullmengen sind 4) Die Cntor enge: Jede reelle Zhl knn drgestellt werden durch eine tridische Entwicklung: = k 3 k, k= l wobei k =0, 1 oder 2 ist Die Zhlen im Intervll [0, 1) sind genu diejenigen Zhlen mit einer Entwicklung der Form = k 3 k k=1 Die Cntor enge C besteht us llen Zhlen in [0, 1), deren tridische Entwicklung nur die Ziffern 0 und 2 enthält: C = {0, k = 0 oder 2} Geometrisch knn diese enge folgendermßen drgestellt werden: Alle Zhlen, deren tridische Entwicklung mit 0 oder 2 beginnt, liegen in den schrffierten Bereichen: 40

42 0 ) ) Alle Zhlen, deren tridische Entwicklung in den ersten beiden Stellen nur 0 oder 2 enthält, liegen in den folgenden Bereichen: 0 ) ) ) ) n fhre so fort und nehme jeweils ds mittlere Drittel der verbleibenden Intervlle herus In jedem Schritt besteht die schrffierte enge us endlich vielen hlboffenen Qudern Die Summe der Volumen dieser Quder ist gleich der Gesmtlänge der schrffierten enge In jedem Schritt verringert sich diese Gesmtlänge uf 2 der Länge im vorngehenden 3 Schritt Im k ten Schritt ist diese Länge lso ( 2 3 )k Wegen ( 2 3 )k 0für k, und d C in jedem Schritt in der schrffierten enge enthlten ist, folgt dß C eine Nullmenge ist C ist ber überbzählbr Denn folgendermßen knn eine bijektive Abbildung f von C uf ds Intervll [0, 1) konstruiert werden: Setze ( ) ( 1 f k 3 k = k) 2 2 k, k=1 wobei rechts eine Binärentwicklung steht Definition: k=1 Sei D R n n sgt, eine Eigenschft gelte für fst lle x D oder kürzer, fst überll uf D,wenn es eine Nullmenge N gibt, so dß die Eigenschft für lle x D\N gilt 3 b) Treppenfunktionen Definition: Unter einer Zerlegung Z des hlboffenen Quders Q R n in Unterquder versteht mn eine endliche enge von n dimensionlen, hlboffenen Qudern Z = {Q 1,, Q m } mit Q k Q j =, k j, und m Q j = Q j=1 41

43 Definition: Sei Q ein beschränkter hlboffener Quder Die Funktion ϕ : Q R heißt Treppenfunktion uf Q, wenn es eine Zerlegung Z = {Q 1,, Q m } von Q gibt, so dß ϕ uf jedem Unterquder Q j einen konstnten Wert c j ht Ds Integrl von ϕ über Q ist definiert durch Q ϕdx = Q ϕ(x)dx = m c j Q j Zur Definition des Integrls von ϕ können verschiedene Zerlegungen von Q gewählt werden Zunächst muß gezeigt werden, dß die Definition des Integrls sinnvoll ist, lso nicht von der Zerlegung bhängt Sei Z = {Q 1,, Q l } eine ndere Zerlegung von Q, so dß die Treppenfunktion ϕ uf jedem Q j einen konstnten Wert c j ht Flls Q i Q j ist, folgt c i = c j Wegen Q i Q j = 0 für Q i Q j =, gilt lso in jedem Fll Wegen folgt und in ähnlicher Weise Also ergibt sich j=1 c i Q i Q j = c j Q i Q j m m (Q i Q j)=( Q i ) Q j = Q Q j = Q j i=1 i=1 i=1 Q i Q j = m c i Q i = i=1 = = l j=1 l j=1 m (Q k Q j) = Q j, i=1 l Q i Q j = Q i j=1 m i=1 c i l Q i Q j j=1 m c i Q i Q j = i=1 c j m Q i Q j = i=1 l j=1 m c j Q i Q j i=1 l c j Q j Die Summe uf der rechten Seite von ( ) ist lso unbhängig von der gewählten Zerlegung j=1 von Q, und somit ist die Definition von ϕdx sinnvoll Q Definition: Sei R n ein beschränkter oder unbeschränkter, n dimensionler Quder Die Funktion ϕ : R heißt Treppenfunktion uf, wenn es einen n dimensionlen, beschränkten, hlboffenen Quder Q gibt und wenn ϕ von zu 42 ( )

44 einer uch mit ϕ bezeichneten Funktion uf fortgesetzt werden knn, so dß ϕ Q eine Treppenfunktion uf Q ist, und so dß ϕ \Q = 0 gilt Ds Integrl von ϕ über ist definiert durch ϕdx = Q ϕ Q dx T () sei die enge ller Treppenfunktionen uf Die Whl des Quders Q in dieser Definition ist im llgemeinen nicht eindeutig bestimmt Trotzdem ist die Definition des Integrls von ϕ über sinnvoll, weil der Wert von ϕ Q dx nicht von der Whl von Q bhängt Denn seien Q und Q zwei hlboffene Quder Q mit ϕ = \Q ϕ =0 Jeder Punkt x mit ϕ(x) 0 gehört dnn sowohl zu Q ls uch \Q zu Q, folglich ist uch P = Q Q ein hlboffener Quder mit ϕ \P =0 Es ist P ein Unterquder sowohl von Q ls uch von Q, und mn sieht sofort, dß Q ϕ Q dx = P ϕ P dx und Q ϕ Q dx = P ϕ P dx, lso uch gilt Lemm Q ϕ dx = Q ϕ dx Q Q ) Seien ϕ und ψ Treppenfunktionen uf und sei c R Dnn ist uch (ϕ + ψ) T () und cϕ T () mit (i) ϕ + ψdx = ϕdx + ψdx (ii) cϕdx = c ϕdx Also ist T () ein Vektorrum und ds Integrl ist eine linere Abbildung uf T () mit Werten in R b) Sind ϕ, ψ T () mit ϕ(x) ψ(x) für lle x,dnn folgt ϕdx ψdx Beweis: ) Es gibt hlboffene beschränkte Quder P, P, so dß ϕ P und ψ P Treppenfunktionen sind mit ϕ \P = 0,ψ \P = 0 Sei Q ein beschränkter hlboffener Quder mit P, P Q ϕ und ψ sind dnn uch Treppenfunktionen uf Q Seien {Q 1,, Q m } und {Q 1,, Q l } Zerlegungen von Q,so dß ϕ uf Q i den konstnten Wert c i und ψ uf Q j den konstnten Wert c j ht Dnn ist {Q i Q j i =1,, m ; j = 1,, l} eine Zerlegung von QFlls der beschränkte, hlboffene Quder Q i Q j ist, 43

45 ht ϕ den konstnten Wert c i und ψ den konstnten Wert c j uf diesem Quder, lso ht ϕ + ψ den konstnten Wert c i + c j uf dem Quder Somit ist ϕ + ψ eine Treppenfunktion uf Q mit (ϕ + ψ) =0 \Q Weil Q i Q j = 0 ist flls Q i Q j = gilt, folgt m l ϕ + ψdx = ϕ + ψdx = (c i + c j) Q i Q j Q = = = m i=1 c i l Q Q j + j=1 m c i Q i + i=1 ϕdx + l j=1 i=1 c j l c j Q j = j=1 m Q i Q j i=1 ϕdx + j=1 Q Q ψdx Dies beweist (i) Der Beweis, dß cϕ T () ist und dß (ii) gilt, ist klr b) Flls ϕ ψ gilt und Q i Q j ist, folgt c i c j für die konstnten Werte von ϕ und ψ uf Q i Q j Also ergibt sich ψdx ϕdx = = m l c i Q i Q j i=1 j=1 ψdx m i=1 l c j Q i Q j j=1 Definition: Sei A R n eine enge Die durch 1, x A χ A (x) = 0, x R n \A definierte Funktion χ A : R n R heißt chrkteristische Funktion der enge A Jede Treppenfunktion knn in der Form ϕ(x) = m c j χ Qj (x) j=1 mit geeigneten Qudern Q 1,, Q m R n geschrieben werden 44

46 3 c) Definition des Lebesgueschen Integrls Definition: Sei D R n Eine Folge {ϕ m } m=1 von Funktionen ϕ m : D R heißt wchsend (fllend), wenn die Folge {ϕ m (x)} m=1 monoton wchsend (fllend) ist für lle x D Definition: Sei R n ein n dimensionler Quder Die enge L + () besteht us llen Funktionen f : R mit folgender Eigenschft: Es gibt eine wchsende Folge {ϕ m } m=1 von Treppenfunktionen ϕ m T (), die fst überll uf gegen f strebt, und deren Integrlfolge { ϕ mdx} m=1 konvergiert Nch dem oben bewiesenen Lemm ist die Folge der Integrle { ϕ mdx} m=1 monoton wchsend, wenn {ϕ m } m=1 monoton wchsend ist Also ist die Folge { ϕ mdx} m=1 konvergent genu dnn wenn sie beschränkt ist Jedem f L + () möchte mn nun ein Integrl zuordnen durch die Definition fdx = lim ϕ m dx, m wobei ϕ m eine solche wchsende Folge von Treppenfunktionen ist, die fst überll gegen f konvergiert Es gibt ber verschiedene solche Folgen {ϕ m } m=1 Dher mußt zuerst gezeigt werden, dß der Grenzwert uf der rechten Seite von der speziell gewählten Folge unbhängig ist Hierzu benötigt mn zwei Hilfssätze: Hilfsstz: Sei Q R n ein beschränkter hlboffener Quder, sei {ϕ m } m=1 eine monoton fllende Folge von Treppenfunktionen ϕ m : Q R mit ϕ m (x) 0für lle m N und lle x Q und mit lim m ϕ m (x) = 0 für fst lle x Q Dnn gilt: ϕ m dx =0 Beweis: lim m Q I) Nch Definition gibt es zur Treppenfunktion ϕ m eine Zerlegung von Q in endlich viele hlboffene Quder Q 1,, Q t, so dß ϕ m konstnt ist uf jeder der offenen engen Q 1,, Q t Sei V m die Vereinigung dieser engen V m ist eine offene enge, und ds Komplement Q\V m ist gleich der enge N m = t j=1 Q j, wobei Q j die enge der Rndpunkte von ist Die Seiten eines Quders sind Teilmenge einer Hyperebene im R n, und dmit Q j Nullmengen Also ist Q j eine Nullmenge, lso uch N m, und somit uch N = N m m=1 45

47 Nch Definition gibt es eine Nullmenge N mit ϕ m (x) 0für m und für lle x Q\N Es sei nun Dies ist eine Nullmenge N = N N Sei ε> 0 Dnn gibt es bzählbr viele beschränkte Quder W 1,W 2, mit N W l, W l < ε l=1 In dem mn W l etws vergrößert, knn mn bzählbr viele hlboffene Quder W 1,W 2, finden mit W l W l und mit N W l, W l < ε ( ) l=1 l=1 l=1 II) Sei nun x Q\N = Q\N Dnn ist x/ N, lso gilt ϕ m (x) 0für m, und somit gibt es k(x) N mit ϕ k(x) (x) < ε Es ist x / N, lso x / N k(x), lso gehört x zur enge V k(x), die us endlich vielen offenen Qudern besteht, uf denen ϕ jeweils konstnt ist Somit gehört x zu einem dieser Quder, der mit P (x) bezeichnet werde Nch Konstruktion ist P (x) ds Innere eines hlboffenen Quders P (x), uf dem ϕ konstnt ist Weil {ϕ m } m=1 monoton fllend ist, folgt lso ϕ m (y) ϕ k(x) (y) =ϕ k(x) (x) <ε ( ) für lle y P (x) und lle m k(x) Es ist { P (x)} x Q\N { W 1, W 2, } eine offene Überdeckung der kompkten enge Q, lso gibt es endlich viele Quder P (x 1 ),, P (x s ) und W l 1,, W l 2, die schon eine Überdeckung von Q bilden Die enge der hlboffenen Quder {P (x 1 ),, P (x s ), W l 1,, W l r } überdeckt dnn erst recht Q Sei k 0 = mx{k(x 1 ),, k(x s )} Aus ( ) folgt dnn ϕ m (y) <ε (+) für lle y [P (x 1 ) P (x s )] und lle m k 0 Für lle y Q gilt ϕ m (y) ϕ 1 (y) mx z Q ϕ 1(z) =: K Wegen (Q\ r j=1 W l j ) s i=1 P (x i) ergibt sich us (+) lso ε, y Q\ r j=1 ϕ m (y) W l j K, y Q r j=1 W l j, 46