Lösungen zur Übungsserie 6

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1 Anlysis Herstsemester Prof. Peter Jossen Montg, 5. Novemer Lösungen zur Üungsserie 6 Aufgen,,3,4,5,6,7,,9,,,3,4,5 Aufge. Sei f :[, ]! R die Funktion gegeen durch f(x) =x. BeweisenSieim Detil und nur mit den us der Vorlesung eknnten Methoden, dss fdx = ( ) gilt. Beschreien Sie uch explizit die Mengen der Unter- und Oersummen U(f) undo(f). Lösung. Sei n N und = x <x <...<x n = eine Zerlegung von [, ] definiertdurch x k = + k n ( ). Sei u n :[, ]! R eine Treppefunktion so dss u n (x) =x k woei x [x k,x k+ ]für lle pple k<nund x [, ]. Wir hen u n pple f. Somitgilt R u ndx pple sup U(f) für lle n N. Ausserdem sei o n :[, ]! R gegeen durch o n (x) =x k+ woei x [x k,x k+ ]für lle pple k<n. Wir hen f pple o n.somitgilt R o ndx inf O(f) für lle n N Wir erechnen R u ndx und R o ndx. Xn Xn u n dx = x k (x k+ x k )= + k n ( ) ( ). n Somit gilt R u ndx = ( ) n(n ) n + ( ) n n = ( ) n + n n ( ) n n n = ( ) (n (+) n( )) n n = n n ( ) ( ) n = ( ) ( ) n Weil ( R n ) monoton steigend ist, gilt sup u n n = ( ) pple sup U(f). Ähnlich R erhlten wir inf n v n = ( ) inf O(f). Drus gilt ( ) pple sup U(f) = fdx =info(f) pple ( ). Wir schliessen R fdx = ( ).

2 Aufge. Zeichnen Sie den Grphen der Funktion f :[, ]! R gegeen durch < ( ) n flls (n+) <xpple n für ein n N f(x) = : flls x =. Ist die Funktion f eine Treppenfunktion? Ist Sie stetig oder monoton? Zeigen Sie, dss f integrierr ist, und erechnen Sie ds Integrl. Lösung. f ist nicht eine Treppenfunktion weil f unendliche viele Werte ht. f ist nicht stetig oder monoton. Wir können jedoch f = f + f schreien woei < n flls (n+) <xpple n für ein n N f + (x) = : flls x = und < (n+) flls (n+) <xpple (n+) für ein n N f (x) = : flls x =. f +,f sind monoton wchsend. Somit hen wir dss f + und f eide integrierr sind. Zudem ist f uch integrierr. Wir erechnen jetzt die Integrle von f + und f.sei u N :[, ]! R gegeen durch < n flls (n+) <xpple n für ein n pple N u N (x) = : sonst. Ausserdem ist u N pple f + und u N ist eine Treppenfunktion. Wir hen Z NX u N (x)dx = n n+ n = 6 Somit gilt sup n= Z u N dx = 5 pple sup U(f). 6 Ähnlich definieren wir < n flls (n+) <xpple n für ein n pple N v N (x) = : N sonst. so dss v N f + und v N eine Treppenfunktion ist. Wir hen dss inf Z v N dx = 5 inf O(f) und dnn R f +dx =. Ähnlich erechnen wir R f dx = 4 5 Z fdx = Z f + dx Z 5 N+. Drus schliessen f dx = 4 5..

3 Aufge 3. Sei f :[, ] gilt.! R eine stetige Funktion. Beweisen Sie, dss f = () f(x) dx = Lösung. ) Diese Richtung ist klr, weil f = f =einetreppenfunktionist. ( f ist stetig, dnn gilt f = f uch stetig ist. Wir nehmen n dss f 6= ist.somit gilt f 6=.Drusgitesx [, ] mit f(x ) 6=.Weil f stetig ist, existiert " = f(x ) und >sodssfür lle x [, ] mit x x < gilt. Dnn erhlten wir und dnn gilt f(x ) f(x) f(x ) <"= f(x ) f(x ) pple f(x) pple f(x ) + f(x ) 6= f(x ) pple f(x). f(x Somit git es eine Intervll (x, x + )mit f(x) ) 6=. Wir setzen g :[, ]! R gegeen durch < f(x ),x(x, x + ) g(x) =. :, sonst g ist eine Treppenfunktion und dnn ist g integrierr. Ausserdem hen wir R gdx = f(x ). f(x ) >. Drus hen wir ein Wider- Weil f g ist, dnn gilt R f dx gdx = spruch und schliessen wir dss f =ist. Aufge 4. Seien <<creelle Zhlen. Zeigen Sie, dss eine Funktion f :[, c]! R genu dnn integrierr ist, wenn f [,] und f [,c] integrierr sind, und dss in diesem Fll gilt. Z c fdx = f [,] dx + Z c f [,c] dx Lösung. Benutzen Sie, dss Z c udx = für jede u Treppenfunktion ist. u [,] dx + Z c u [,c] dx Aufge 5. Sei f :[, ]! R integrierr, und sei f :[, ]! R eine Funktion, die erhlten wurde, indem der Wert von f n endlich vielen Punkten in [, ] geändert wurde. Zeigen Sie, dss f Riemnn-integrierr ist und ds gleiche Riemnn-Integrl wie f ht.

4 Lösung. Sei <...< n Punkten woei f ( j ) 6= f( j ). Aus Aufge 4 hen wir fdx = Z f [, ]dx + Z f [, ]dx n f [n,]dx. Es genügt zu eweisen dss für pple j<n, R j+ j f [j, j+ ]dx = R j+ j f [j, j+ ]dx ist. Wenn u :[ j, j+ ]! R eine Treppenfunktion mit u pple f [j, j+ ] ist, dnn setzen wir >< f ( j ),x= j u (x) = f ( j+ ),x= j+ >: u(x), sonst Wir erhlten dss R j+ j u dx = R j+ j udx und u pple f [j, j+ ] sind. Es gilt U(f [j, j+ ]) U(f [j, j+ ]).. Ähnlich gilt Dnn ist es leicht zu schliessen Z j+ O(f [j, j+ ]) O(f [j, j+ ]). j f [j, j+ ]dx = Z j+ j f [j, j+ ]dx. Aufge 6. Seien f und g Funktionen uf [, ]. Zeigen Sie, dss die Menge ller Untersummen U(f) vonf ein Intervll ist. Im Kurs hen wir die Inklusion U(f)+U(g) U(f + g) enutzt. Vergewissern Sie sich noch einml dss ds ttsächlich stimmt, und finden Sie ein Beispiel in dem diese Inklusion strikt ist. Lösung. Wir eweisen dss U(f) einintervllist.seim, M U(f). Wir ngenommen m<m.esgitu,u pple f Treppenfunktionen mit m = R u dx und M = R u dx. Esfolgt dss {tm +( t)m t [, ]} =[m, M] ein Intervll ist. Durch Linerität von ds Integrl, hen wir tm +( t)m = tu +( t)u dx. Weil tu +( t)u pple f für lle t [, ] ist, dnn gilt tm +( t) U(f). Aus Aufge von Serie 4 erhlten wir dss U(f) einintervllist. Sei m U(f) +U(g). Somit existiert m f U(f) undm g U(g) mitm = m f + m g. Ausserdem git es u f,u g :[, ]! R Treppenfunktionen so dss R u fdx = m f, m f pple f, R u gdx = m f, m g pple g erfüllen. Weil u f pple f und u g pple g sind, dnn gilt u f +u g pple f +g.durch

5 Linerität hen wir m = m f + m g = R u f + u g dx. Drusschliessenwirdssm U(f + g) und folglich U(f)+U(g) U(f + g). Wir üerprüfen jetzt dss diese Inklusion strikt sein knn. Tätschlich sei <, x Q \ [, ] g = :, x R \ Q \ [, ]. und <, x Q \ [, ] f = :, x R \ Q \ [, ]. Jede Treppenfunktion u pple g erfüllt R udx pple undjedetreppenfunktionu pple f erfüllt R udx pple. Somit gilt m pple für lle m U(f)+U(g). Weil f + g =ist,dnnhen wir jedoch R udx pple für lle u pple f Treppenfunktion. Drus erhlten wir dss insesondere / U(f)+U(g) ist. Aufge 7. Sei f :[, ]! R integrierr, und >einereellezhl.seig :[, ]! R die Funktion die durch g(x) =f( x)gegeenist.zeigensie,dssg Integrierr ist, und dss fdx = gdx gilt. Lösung. Wir eweisen dies Aussge für Treppenfunktionen, und dnn fortsetzen wir dies für llgemeine f,g integrierr. Sei v :[, ]! R eine Treppenfunktion und u :[, ]! R gegeen durch u(x) =v( x). Es git eine Zerlegung = x <x <...<x n = und reelle Zhl c k = v( k )für jede pple k pple n sodss Xn v(x)dx = c k (x k+ x k ) gilt. Ausserdem hen wir R v(x)dx = n P v( k ) (x k+ x k ) = n P u( k )( x k+ x k ) = R u(x)dx. Wenn v pple f ist genu dnn gilt u pple g. Somithenwir f(x)dx = supu(f) = supu(g) Z g(x)dx.

6 Ausserdem wenn v f ist genu dnn gilt u g. Wir erhlten Drus gilt Wir schliessen f(x)dx = Z f(x)dx pple R f(x)dx = R g(x)dx. Z inf O(f) = inf O(g) pple g(x)dx pple f(x)dx. g(x)dx. Aufge. Zeigen Sie, dss die Funktion g :[, ]! [, ] gegeen durch < flls x irrtionl g(x) = : flls x = p mit p, q teilerfremd q q Riemnn-integrierr ist, und erechnen Sie ds Integrl. Lösung. Wenn u eine Treppenfunktion mit u pple g ist, dnn gilt R udx pple. Insesondere u =ppleg, R udx =.DieoereSchrnkeisterreichteunddnnerhltenwirsupU(g) =. Wir möchten inf O(g) = eweisen. Dies ist genügt zu eweisen dss g Riemnn-integrrier ist. Sei ">. Es git n N mit <".Wennx [, ] mit g(x) " ist, dnn git es höchstens P n n n k= k pple Werte x. Wir nennen diese Werte schlechte Punkte,undsonstgute Punkte. Sei = x <x <...<x N =einezerlegungwoein> n.diesezerlegungistgegeen " durch x k = k.zudemgiltx N k+ x k =. Wir setzen N <,x schlechter Punkt v N (x) = :", x guter Punkt. Somit ist R v Ndx pple n N + N" N = n N + " pple ". Ausserdem hen wir v N =supu(g) pple inf O(g) pple ". f. Wir erhlten Weil "> elieig ist, dnn schliessen wir dss g Riemnn-integrierr ist und Z gdx =.

7 Bemerkung. Diese Funktion ist Thomesche Funktion gennnt. Aufge 9. Zeigen Sie, dss die Funktion g :[, ]! R gegeen durch < c flls x> x x g(x) = : flls x = integrierr ist, woei c die Arundungsfunktion ezeichnet. Lösung. Sei ">, n N, n. Wir setzen P k= Intervll n+, n definieren wir eine Zerlegung x k = n + + k N k = C < und sei N> C ". Üer jeder = x n+ <...<x N = woei n n n + für lle pple k pple N. Seiu N pple g ( n+, n) pple v N Treppenfunktionen gegen durch und für lle pple k pple N Wir erhlten u n = n = n n k+ N,x(x x k+ n + k+ k,x k+ ) v n = x k n = n n k N n + k N. Üerprüfen Sie N,x (x k,x k+ ) u n dx pple sup U(g ( n+, n) ) pple inf O(g ( n+, n) ) pple v n Wir summieren jede n unddnngilt X v n u n dx = N n= u n dx = N X n= n(n +). n(n +) pple N C pple ". v n dx.

8 Weil sup U(f)+supU(g) pple sup U(f + g) für lle f,g :[, ]! R ist, dnn gilt X X u n dx pple sup U(g) pple inf O(g) pple v n dx. n= n= Drus können wir schliessen dss g Riemnn-integrierr ist. Aufge. Sei f :[, ]! R die Funktion gegeen durch f(x) =x.beweisensie,dss fdx = 3 (3 3 ) gilt. Orientieren Sie sich dei n Aufge, und enutzen Sie die Gleichheit nx k = n3 3 + n + n 6 die Sie mittels vollständiger Induktion eweisen (oder uch nicht). Lösung. Angenommen wir von [, ] definiertdurch k=. Sei n N und = x <x <...<x n = eine Zerlegung x k = + k n ( Sei u n :[, ]! R eine Treppefunktion so dss u n (x) =x k woei x [x k,x k+ ]für lle pple k<nund x [, ]. Wir hen u n pple f. Somitgilt R u ndx pple sup U(f) für lle n N. Ausserdem sei o n :[, ]! R gegeen durch o n (x) =x k+ woei x [x k,x k+ ]für lle pple k<n. Wir hen f pple o n.somitgilt R o ndx inf O(f) für lle n N Wir erechnen R u ndx und R o ndx. Wir hen dss n P Xn Xn u n dx = x k(x k+ x k )= ( + k n ( )) ( ). n ). k = n(n )(n ) gilt. Somit erechnen wir 6 R u ndx = ( ) P n n = ( ) n n + + k n ( ) + k n ( ) n(n )(n )( ) +(n )( ) 6n = ( ) 6n n 6n + (n )(n )( 6n ) + 6n(n )( ) 6n = = = R Üerprüfen Sie sup u n = 3 (3 n Drus gilt ( 6n )(6n +(n 3n +)( ) +(6n 6n)( )) ( 6n )(6n +(n 3n +)( ) +(6n 6n)( )) ( 6n + )(n ( ) 3n( )+( ) ) = 3 (3 3 ) n ( )( )+ ( 6n ) 3 inf n 3 ) pple sup U(f). Ähnlich erhlten wir v n = 3 (3 3 ) inf O(f).

9 3 (3 3 ) pple sup U(f) = fdx =info(f) pple 3 (3 3 ). Wir schliessen R fdx = 3 (3 3 ). Aufge. Sei f :[, ]! R eine integrierre Funktion. Zeigen Sie, dss die Funktion F :[, ]! R gegeen durch stetig ist. F (t) = Z t f [,t] dx Lösung. Weil f :[, ] eschränkt.! R integrierr ist, dnn gilt R fdx =info(f). Somit ist f Sei ">und = M ".Seit mit t t <. Wir hen F (t) F (t ) = Somit schliessen wir dss F (t) stetigist. Z t t f(x)dx pplem t t <". Aufge 3. Sei f :(, )! R die Funktion f(x) =,undseil:(, )! R die x Funktion die durch R t >< f [,t]dx flls t>, L(t) = flls t = >: R f t [t,]dx flls t<, gegeen ist. Benutzen Sie ds Resultt us Aufge um zu üerprüfen, dss L stetig ist. Beweisen Sie, dss für lle positiven reellen Zhlen s, t L(st) =L(s)+L(t) gilt. Ds Resultt us Aufge 7 knn dei helfen. Lösung. Aus Aufge hen wir dss L(t) stetigfür t>undt<ist.wennt =ist, dnn gilt = R f [,]dx = L() = R f [,]dx. SomiterhltenwirdssL(t) stetigist. Wir eweisen die Gleichung wenn s>, <t< und st >. Die ndere Flle sind ähnlich. Aus Aufge 4 hen wir Z f [t,] dx + Z st f [,st] dx = Z st t t Somit gilt L(t)+L(st) = Sei g :[,s] Z st t f [t,st] dx. f [t,st] dx.! R gegeen durch g(x) =f(tx). Aus Aufge 7 hen wir Z st f [t,st] dx = t Z s t gdx.

10 Weil g(x) =f(tx) = tx Drus schliessen wir ist, dnn gilt Z st t f [t,st] dx = t Z s gdx = t t Z s L(st) =L(s)+L(t). f [,s] dx = L(s). Aufge 4. Sei C der Vektorrum der stetigen Funktionen uf [, ], und sei I : C!R die Integrtion. I(f) = Zeigen Sie, dss die Funktion I uniform stetig ist, im folgenden Sinn: Für lle ">existiert ein >mit fdx f g < =) I(f) I(g) pple" Hier edeutet die Aussge f g <,dss f(x) g(x) < für lle x [, ] gilt. Lösung. Sei ">und = " I(f) I(g) pple mit f g <. Wir hen f g dx < dx = ( ) =". Aufge 5. Sei f :[, ]! R eine integrierre Funktion und ">. Zeigen Sie, dss es eine stetige Funktion g :[, ]! R git, so, dss () gilt. Z f(x) g(x) dx < " Lösung. Sei ">. Somit git es u eine Treppenfunktion mit R f(x) u(x) dx < ".Sei =x <x <...<x N = eine nzerlegung ovon u. Auf jeder Intervll (x k,x k+ )gitesc k " so dss u(x) =c k ist. Sei =min N c k c k+. Wir ändern die Funktion u. Setzen < c k,x(x k,x k+ ) v = : (c k+ c k )(x x k+ )+c k+,x(x k+, x k+ ). für lle pple k pple N Somit erhlten wir. v ist stetig. Wir erechnen R v dx. Üerprüfen Sie dss gilt v dx = NX v u dx = c k (x k+ x k )+ c k + c k+. NX c k+ c k pple ".

11 Durch die Dreieckungleichung gilt f v dx < ".