Übungen zur Vorlesung Analysis III Wintersemester 2011/2012. Musterlösung zum Klausurvorbereitungsblatt

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1 UNIVESITÄT DES SAALANDES FACHICHTUNG 6. MATHEMATIK Prof. Dr. oland Speicher M.Sc. Tobias Mai Übungen zur Vorlesung Analysis III Wintersemester 2/22 Musterlösung zum Klausurvorbereitungsblatt (3) Geben Sie ein Beispiel einer Algebra über einer Menge X, die keine σ-algebra ist. Lösung. Sei zunächst X eine beliebige Menge. In Aufgabe 3 von Blatt haben wir gesehen, dass A : {A X A endlich oder X\A endlich} eine Algebra auf X darstellt, die genau dann auch eine σ-algebra ist, wenn die Grmenge X endlich ist. Wählen wir also speziell X N, so liefert A das geforderte Beispiel. (4) Sei A eine σ-algebra über einer Menge X. Zeigen Sie, dass lim sup A n : {x X x A n für unendlich viele n N} A für jede Folge (A n ) n N von Mengen aus A gilt. Lösung. Wir setzen H : lim sup A n {x X x A n für unendlich viele n N} Wir stellen fest: H 2 : {x X N N n N : x A n } H 3 : A n. N N n N Es gilt H H 2 : Ist x H gegeben, so muss auch x H 2 gelten, da andernfalls (im Widerspruch zur Definition von H ) ein N N existieren würde, so dass x höchstens in den Mengen A,..., A N liegen kann. Ist x H 2 gegeben, so konstruiert man sich mit der definierenden Eigenschaft von H 2 rekursiv eine streng monoton wachsende Folge (n k ) k N aus N mit x A nk, was x H zeigt. Es gilt H 2 H 3, wovon man sich leicht durch Übersetzen der Mengen- in die Quantorenschreibweise überzeugt. Es gilt H 3 A, denn für alle N N gehört B N : n N A n zu A, weshalb auch H 3 N N B N A erfüllt sein muss.

2 Zusammenfassend folgt also lim sup A n H H 2 H 3 A damit die Behauptung. (5) Welche der folgenden Mengen sind λ 2 -Nullmengen in 2? Q, {(x, y) x y Q}, {(x, y) y 2 < x < }. Lösung. Die beiden Mengen Q q Q{q} {(x, y) x y Q} q Q{(x, x q) x } sind als abzählbare (!) Vereinigungen von λ 2 -Nullmengen (vgl. Aufgabe 2 von Blatt ) selbst λ 2 -Nullmengen. Im Gegensatz dazu ist P : {(x, y) y 2 < x < } keine λ 2 -Nullmenge, da das echteck Q : (, ) (, ) in P enthalten ist 4 2 damit (aufgr der Monotonie des Maßes λ 2, vgl. Aufgabe (b) von Blatt 2) gilt. λ 2 (P ) λ 2 (Q) 3 8 > (6) Für r > setzen wir : {x n x r}. Sei f : n C eine messbare Funktion, für die f Kr L (, λ n ) für alle r > gilt. Zeigen Sie die folgende Aussage: f L ( n, λ n ) sup r> f(x) dλ n (x) < Zeigen Sie weiter, dass in diesem Fall gilt: f(x)dλ n (x) lim f(x)dλ n (x). n r Lösung. : Wir nehmen f L ( n, λ n ) an. Dann gilt für jedes r > f(x) dλ n (x) f(x) χ Kr (x)dλ n (x) n f(x) dλ n (x) < n damit : Wir nehmen nun an, dass sup r> f(x) dλ n (x) f(x) dλ n (x) <. n M : sup r> f(x) dλ n (x) <

3 erfüllt ist. Dann wählen wir eine streng monoton wachsende Folge (r k ) k N aus (, ) mit r k für k betrachten die durch g k : n [, ), x f(x) χ Krk (x) definierte Folge (g k ) k N von nichtnegativen (da f L (, λ n ) für alle r > vorausgesetzt ist) auf n bezüglich λ 2 integrierbaren Funktionen, die ferner g (x) g 2 (x) g k (x) g k+ (x) < lim g k(x) f(x) k für alle x n erfüllen. Nach dem Satz von der monotonen Konvergenz können wir also folgern, dass auch f damit f zu L ( n, λ n ) gehört. Zusatz: Sind die äquivalenten Bedingungen erfüllt, so betrachten wir wieder eine Folge (r k ) k N wie oben definieren durch h k : n C, x f(x)χ Krk (x) eine Folge (h k ) k N von integrierbaren Funktionen mit h k f, die auf n punktweise gegen f konvergiert. Der Satz von der majorisierten Konvergenz liefert damit f(x)dλ n (x) lim h k (x)dλ n (x) lim f(x)dλ n (x). n k n k k Weil wir uns (r k ) k N beliebig vorgegeben hatten, folgt nun f(x)dλ n (x) lim f(x)dλ n (x). n r (7) Berechnen Sie das Integral M x yzdλ 3 (x, y, z), wobei M : {(x, y, z) 3 x, y, 2 (x2 + y 2 ) z x 2 + y 2 }. Lösung. Wir betrachten die aus Aufgabe von Blatt bekannte Zylinderkoordinatenabbildung Φ : (, ) (, 2π) 3, (r, ϕ, z) (r cos(ϕ), r sin(ϕ), z), welche die Jacobi-Determinante ( Φ ) det (r, ϕ, z) (r, ϕ, z) r besitzt. Wir setzen nun { I : (r, ϕ, z) < r <, < ϕ < π 2, } 2 r2 z r 2

4 stellen fest, dass Φ(I) eine Teilmenge von M liefert, deren Komplement M\Φ(I) eine λ 3 -Nullmenge ist. Darüber hinaus definieren wir ( I : (, ), π ) (, ), 2 wobei klarerweise I I erfüllt ist. Da die Funktion f(x, y, z) : x yz auf der kompakten Menge M stetig damit insbesondere λ 3 -integrierbar ist, erhalten wir aus dem Transformationssatz x yzdλ 3 (x, y, z) f(x, y, z)dλ 3 (x, y, z) f(φ(r, ϕ, z))rdλ 3 (r, ϕ, z). M Φ(I) Weiter können wir, da die messbare Funktion (r, ϕ, z) (f Φ)(r, ϕ, z)χ I (r, ϕ, z)r auf der beschränkten Menge I Lebesgue-integrierbar ist, unter Verwendung von χ I (r, ϕ, z) χ ( 2 r2,r 2 ) (z) des Satzes von Fubini berechnen: f(φ(r, ϕ, z))rdλ 3 (r, ϕ, z) I (f Φ)(r, ϕ, z)χ I (r, ϕ, z)rdλ 3 (r, ϕ, z) I ( ( ) ) (f Φ)(r, ϕ, z)χ I (r, ϕ, z)rdλ (z) dλ (ϕ) dλ (r) (,) (,) (,) ( ( (, π 2 ) (, π 2 ) (, π 2 ) ( ( (,) (,) ( 2 r2,r 2 ) ) ) (f Φ)(r, ϕ, z)χ ( 2 r2,r 2 ) (z)rdλ (z) dλ (ϕ) dλ (r) ) ) 5 sin(ϕ) cos(ϕ)r 2 zdλ (z) dλ (ϕ) dλ (r) ( ( r 5 2 sin(ϕ) cos(ϕ) (,) (, π 2 ) ( 2 r2,r 2 ) 3 ( ) r 3 2 sin(ϕ) cos(ϕ)dλ (ϕ) dλ (r) 8 (,) (, π 2 ) 3 ( )( sin(ϕ) cos(ϕ)dλ (ϕ) 8 (, π 2 ) (,) 3 zdz 2 r2 I ) ) zdλ (z) dλ (ϕ) dλ (r) ) r 3 2 dλ (r) Hierbei haben wir verwendet, dass wir die folgenden Lebesgue-Integrale nach Aufgabe 2 von Blatt 4 als iemann-integrale berechnen können, nachdem wir jeweils den Integrationsbereich durch Hinzufügen einer λ -Nullmenge abgeschlossen haben: r 2 [ ] r 2 (i) zdλ (z) ( 2 r2,r 2 ) 2 z2 3 8 r4 2 r2 (ii) (, π 2 ) sin(ϕ) cos(ϕ)dλ (ϕ) π 2 sin(ϕ) cos(ϕ)dϕ [ 2 3 sin(ϕ) 3 2 ] π 2 2 3

5 (iii) (,) r 3 2 dλ (r) r 3 2 dr [ 2 5 r 5 2 ] 2 5 (8) Beweisen Sie, dass ( x 2 ) lim cos e x dx n existiert bestimmen Sie den Grenzwert. Lösung. Wir definieren durch ( x 2 ) f n : [, ), x cos e x n eine Folge (f n ) n N von stetigen ( damit messbaren) Funktionen, die mit der Funktion f n (x) e x g(x) für alle x [, ) () g : [, ) [, ), x e x erfüllt. Zudem stellen wir fest, dass die Folge (f n ) n N punktweise auf [, ) gegen g konvergiert. Bei der Lösung zu Aufgabe 4 von Blatt 6 haben wir gesehen, dass eine Borelmessbare uneigentlich iemann-integrierbare Funktion f : [, ) genau dann Lebesgue-integrierbar ist, wenn auch f uneigentlich iemann-integrierbar ist dass in diesem Fall die beiden Integrale übereinstimmen. Wir halten fest: Da g g uneigentlich iemann-integrierbar ist, ist g somit auch Lebesgueintegrierbar es gilt g(x)dλ (x) g(x)dx. [, ) Wegen () sind mit g auch die Funktionen f n uneigentlich iemann-integrierbar gemäß obiger Bemerkung auch Lebesgue-integrierbar mit f n (x)dλ (x) f n (x)dx. [, ) Aus dem Satz von der majorisierten Konvergenz (Satz.32 im Skript zur Vorlesung) erhalten wir nun ( x 2 ) lim cos e x dx lim f n (x)dx n lim [, ) [, ). f n (x)dλ (x) g(x)dλ (x) g(x)dx e x dx

6 (9) Sei n 2 seien E,..., E n Borelmengen in mit E i [, ] für i,..., n λ (E ) + λ (E 2 ) + + λ (E n ) > n. Zeigen Sie, dass es mindestens einen Punkt x [, ] gibt, so dass x E i für alle i,..., n. Lösung. Wir betrachten die Borelmenge E : n i E i [, ] rechnen nach, dass ( n ) λ ([, ]\E) λ ([, ]\E i ) i n λ ([, ]\E i ) i n ( λ ([, ]) λ (E i ) ) i n n λ (E i ) i < n (n ) damit λ (E) λ ([, ]\E) > gelten muss. Insbesondere sehen wir E, was die Behauptung zeigt. () Zeigen Sie, dass es ein eindeutig bestimmtes Maß µ auf gibt, so dass f(x)dµ(x) n f(n) 2 n für alle stetigen Funktionen f : mit kompaktem Träger gilt. Berechnen Sie speziell µ(). Lösung. Existenz: Wir definieren auf dem Vektorraum C c () aller stetigen (komplexwertigen) Funktionen mit kompaktem Träger die Abbildung Λ : C c () C, f n f(n) 2 n. Diese ist wohldefiniert, da für f C c () die eihe f(n) n wegen 2 n n f(n) 2 n f n 2 n f absolut konvergiert. Darüber hinaus ist Λ positiv, denn für f gilt klarerweise Λ(f). Nach dem ieszschen Darstellungssatz (Satz 4.6 im Skript zur Vorlesung) gibt es ein eindeutig bestimmtes Borel-Maß µ auf, so dass Λ(f) f(x)dµ(x) für alle f C c ()

7 damit auch die in der Aufgabenstellung geforderte (schwächere!) Bedingung erfüllt ist. Eindeutigkeit: Sei nun ein weiteres Borel-Maß ν auf gegeben, welches der in der Aufgabenstellung geforderten Bedingung Λ(g) g(x)dν(x) für alle reellwertigen g C c () genügt. Zu jedem f C c () finden wir eine Darstellung f g + ig 2 mit reellwertigen Funktionen g, g 2 C c () können nachrechnen, dass f(x)dν(x) g (x)dν(x) + i g 2 (x)dν(x) Λ(g ) + iλ(g 2 ) g (x)dµ(x) + i f(x)dµ(x) Λ(f) g 2 (x)dµ(x) gilt. Die Eindeutigkeitsaussage des ieszschen Darstellungssatzes impliziert nun µ ν. Zusatz: Definieren wir für n N die Funktion, x (, (n + )] (n + ) + x, x ( (n + ), n) f n :, x, x [ n, n], so gilt f n C c () f n (x)dµ(x) Λ(f n ) (n + ) x, x (n, n + ), x [n +, ) m f n (m) n 2 m 2 m 2. n Da f n punktweise monoton wachsend gegen die Funktion f konvergiert, ergibt sich nach dem Satz von der monotonen Konvergenz m µ() lim f n (x)dµ(x) lim 2 n () Sei T : H H ein kompakter Operator auf einem Hilbertraum (H,, ). Zeigen Sie, dass S : T T kompakt selbstadjungiert ist dass Sx, x für alle x H gilt. Zeigen Sie weiter S T 2.

8 Lösung. Da die Menge K(H) aller kompakten Operatoren auf H nach Satz.2. (3) der Vorlesung ein zweiseitiges Ideal in B(H) darstellt der zu T adjungierte Operator T nach Satz 9.6 der Vorlesung stetig ist, folgt S T T K(H). Weiter erhalten wir mit Satz 9.8 der Vorlesung S (T T ) T T T T S, d.h. S ist selbstadjungiert. Die definierende Eigenschaft von T liefert zudem Sx, x T T x, x T x, T x T x 2 für alle x H. Schließlich ergibt die C -Identität (6) in Satz 9.8 S T T T 2. (2) Sei (H,, ) ein komplexer Hilbertraum seien P Q orthogonale Projektionen auf H. Zeigen Sie die Äquivalenz der folgenden Aussagen: (i) P Q ist eine orthogonale Projektion. (ii) ran(q) ran(p ). (iii) P Q Q. (iv) QP Q. Lösung. (i) (ii) : Nehmen wir an, dass P Q eine Orthogonalprojektion ist, so können wir nachrechnen, dass P Q (P Q) 2 P 2 P Q QP + Q 2 P (P Q + QP ) + Q daher P Q+QP 2Q erfüllt ist. Sei nun x ker(p ) beliebig vorgegeben. Dann erhalten wir 2Qx (P Q + QP )x P (Qx) damit 2 Qx P (Qx) Qx, was aber offensichtlich nur für Qx erfüllt sein kann. Es gilt also Qx damit x ker(q). Die damit bewiesene Inklusion ker(p ) ker(q) führt wegen ker(p ) ran(p ) bzw. ker(q) ran(q) zu ran(p ) ran(q) schließlich zu ran(q) ran(p ). (ii) (iii) : Gilt ran(q) ran(p ), so folgt wegen ran(p ) ker( P ), dass ( P )Q somit P Q Q gelten muss. (iii) (iv) : Aus P Q Q folgt unmittelbar Q Q (P Q) Q P QP. Umgekehrt folgt aus QP Q analog Q Q (QP ) P Q P Q.

9 (iii),(iv) (i) : Es gelte P Q Q QP Q. Wir erhalten dann (P Q) 2 P 2 P Q QP + Q 2 P (P Q + QP ) + Q P Q (P Q) P Q P Q, d.h. P Q ist eine Orthogonalprojektion. (3) Welche der folgenden -Formen auf U : {(x, y) 2 x 2 + y 2 < } sind exakt? dx + 2dy, ydx xdy, ydx + xdy, ye xy dx + xe xy dy Lösung. Da U (etwa bezüglich (, )) sternförmig ist, ist eine -Form auf U nach dem Lemma von Poincaré genau dann exakt, wenn sie geschlossen ist. Wir rechnen also einfach nach: (i) dx + 2dy ist exakt, da d ( dx + 2dy ). (ii) ydx xdy ist nicht exakt, da d ( ydx xdy ) dy dx dx dy 2 dx dy. (iii) ydx + xdy ist exakt, da d ( ydx + xdy ) dy dx + dx dy. (iv) ye xy dx + xe xy dy ist exakt, da d ( ye xy dx + xe xy dy ) ( + xy)e xy dy dx + ( + xy)e xy dx dy. (4) Für welche der folgenden Differentialformen ω auf 4 gilt ω ω? x dx + x 2 dx 3 + dx 4, dx dx 2 + dx 3 dx 4, e x 2 dx dx 4, 2 dx dx 3 dx 2 dx 4. Lösung. Wir berechnen für ω x dx + x 2 dx 3 + dx 4 (ω ω)(x) x x 2 dx dx 3 + x dx dx 4 +x x 2 dx 3 dx + x 2 dx 3 dx 4 +x dx 4 dx + x 2 dx 4 dx 3. für ω dx dx 2 + dx 3 dx 4 (ω ω)(x) dx dx 2 dx 3 dx 4 + dx 3 dx 4 dx dx 2 2dx dx 2 dx 3 dx 4. für ω e x 2 dx dx 4 (ω ω)(x). für ω 2 dx dx 3 dx 2 dx 4 (ω ω)(x) 2 dx dx 3 dx 2 dx 4 2 dx 2 dx 4 dx dx 3 4 dx dx 2 dx 3 dx 4. (5) Sei ω die durch ω(x, y) : y dx dy definierte 2-Form auf 2 sei ϕ : 2 2 definiert durch ϕ(x, y) : (y, e x ). Bestimmen Sie ϕ ω.

10 Lösung. Wir betimmen zunächst dϕ (x, y) ϕ x (x, y) dx + ϕ (x, y) dy dy y damit dϕ 2 (x, y) ϕ 2 x (x, y) dx + ϕ 2 y (x, y) dy ex dx (ϕ ω)(x, y) ϕ 2 (x, y)(dϕ dϕ 2 )(x, y) e 2x dx dy. (6) Sei γ : [, ] 2 der Weg, der den and des von den Punkten (, ), (, ), (, ) (, ) gebildeten Quadrats Q im positiven Sinn durchläuft. Weiter sei ω die durch ω(x, y) : y dx x dy definierte -Form auf 2. Berechnen Sie γ ω. Lösung. Seien a, b 2 gegeben sei γ : γ [a,b] : [, ] 2 die durch γ [a,b] (t) : ( t)a + tb für t [, ] definierte Kurve. Wir rechnen nach, dass (γ ω)(t) ω(γ(t)), γ (t) dt Wir erhalten also (γ 2 (t)γ (t) γ (t)γ 2(t)) dt ( ( t)a 2 + tb 2 )(b a ) (( t)a + tb )(b 2 a 2 ) ) dt ( a 2 (b a ) a (b 2 a 2 ) ) dt ( a 2 b a b 2 ) dt. γ [a,b] ω (γ ω)(t)dt a 2 b a b 2 Für die Teilkurven γ : γ [(, ),(, )], γ 2 : γ [(, ),(,)], γ 3 : γ [(,),(,)] γ 4 : γ [(,),(, )], aus denen sich die Kurve γ zusammensetzt, ergibt sich damit γ j ω 2 für j, 2, 3, 4. Weil ω unter Parametertransformationen der Kurve γ invariant ist, ergibt sich γ schließlich 4 ω ω 8. γ γ j j