Analysis 3 - Klausur - Lösung

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1 Wintersemester 23/24, Universität Bonn Analysis 3 - Klausur - Lösung Aufgabe : Sigma-Algebren (4+6 Punkte) a) Sei X eine Menge. Sei F = {{} : X}. Bestimmen Sie σ(f). b) Sei X eine Menge, Sei S P(X). Zeigen Sie: Für A σ(s) eistiert S S sodass S abzählbar ist und A σ(s ). Hinweis: Zeigen Sie zunächst, dass eine σ-algebra ist, und, dass S A. A = {σ(c) : C S abzählbar} Lösung: a) Sei A = {A X : A abzählbar oder X \ A abzählbar}. Wir behaupten, dass σ(f) = A ist. " ": Jede abzählbare Menge A = { i : i N} = i N { i} ist in σ(f), und damit auch jede Menge mit abzählbarem Komplement. Also ist σ(f) A. " ": Wir zeigen, dass A eine σ-algebra auf X ist mit F A. Dann muss schon σ(f) A sein. A, da abzählbar ist. Wenn A A ist, dann ist auch X \ A A, da X \ (X \ A) = A ist. Seien A i A für i N. Dann sind entweder alle A i abzählbar und somit auch i N A i, oder es gibt j N mit X \A j abzählbar. Dann ist X \ ( i N A ) i = i N (X \ A i ) X \ A j abzählbar. Insgesamt ist also i N A i A. Wenn A = {} F ist, ist es abzählbar, und somit A A. Also ist F A. b) Wir zeigen zuerst, dass A eine σ-algebra auf X ist: σ( ) = {, X}. S ist abzählbar, also ist A. Seite von 8

2 Wintersemester 23/24, Universität Bonn Sei A A. Dann ist A σ(c) für ein abzählbares C S, und somit auch X \ A. Also ist X \ A A. Sei A i A für i N. Dann eistieren abzählbare C i S mit A i σ(c i ). Die Menge C = i N C i ist eine abzählbare Teilmenge von S. Da C i C ist und σ monoton ist, ist A i σ(c) für alle i N und damit auch i N A i σ(c) A. Als nächstes zeigen wir, dass S A ist. Sei A S, dann ist {A} S abzählbar und A σ({a}) = {, A, X \ A, X}. Also ist A A. Damit ist der Hinweis gezeigt. Da also A eine σ-algebra ist, die S enthält, ist σ(s) A. Das bedeutet, dass für jedes A σ(s) ein abzählbares S S eistiert mit A σ(s ). Aufgabe 2: Fubini (5+5 Punkte) a) Sei f : 2 definiert durch falls, y < + f(, y) = falls, + y < + 2 sonst. Berechnen Sie [ ] f(, y)dλ() dλ(y) und [ ] f(, y)dλ(y) dλ() Erklären Sie, warum das Ergebnis Ihrer echnung nicht im Widerspruch zum Satz von Fubini steht. b) Sei A = (; ) (; ) 2. Zeigen Sie, dass das Integral 2 + y dλ 2(, y) endlich ist. Hinweis: Versuchen Sie nicht den Wert des Integrals zu bestimmen. A Lösung a): Fiiere zunächst +. Es gilt dann + f(, y) dλ(y) = dλ(y) +2 + also insbesondere auch f(, y) dλ(y)λ() =. dλ(y) = = Seite 2 von 8

3 Wintersemester 23/24, Universität Bonn Fiiere nun y. Die Bedingung y + ist äquivalent zu y y. Die Bedingung y + y + 2 ist äquivalent zu y 2 y. Hinzu kommt aber die Nebenbedigung. Das Integral unterscheidet sich also je nach dem ob y [, ], y [, 2] oder y [2, ). We therfore get f(, y) dλ() dλ(y) = f(, y) dλ() dλ(y) + f(, y) dλ() dλ(y) + f(, y) dλ() dλ(y) = = [,] y [,] [,] d dy + [,2] y dy + 2 y dy + = =. [,2] [,2] y d dy + [2, ) dy [2, ) Lösung b): Es gibt diverse Möglichkeiten dieses Integral abzuschätzen. Zunächst sollte man bemerken, dass die Funktion auf A positiv ist. Mit dem Satz von (Fubini)-Tonelli reicht es also zu zeigen das dy d 2 + y endlich ist. Es gilt 2 + y dy d = ln( 2 + y) d = ln( 2 + ) ln( 2 ) d. Nun ist der Logarithmus monoton und posiv auf (, 2), darum gilt ln( 2 + ) ln(2). Ausserdem gilt ln( 2 ) d = 2 ln() d = 2( ln() ) = 2 ln() 2 weil nach dem Satz von l Hospital gilt: lim ln() =. Also ist das obrige Integral endlich. Seite 3 von 8

4 Wintersemester 23/24, Universität Bonn Aufgabe 3: Transformationssatz ( Punkte) Sei Y = { 2 :, 2, + 2 } und f : (, ) integrierbar. Zeigen Sie, dass [ ] [ f( + 2 ) α α 2 2 dλ 2 (, 2 ) = y α ( y) α 2 dλ(y) Y für alle α, α 2 >. ] f(u)u α +α 2 + dλ(u) Lösung: Wir betrachten die Funktion Φ : (, ) 2 2 definiert durch (u, y) (yu, ( y)u). Wir sehen, dass Φ[(, ) 2 ] = Y = {(, 2 ) 2 :, 2 > (, + 2 < } das Innere von Y ist, und dass Φ eine Bijektion ist, mit Φ (, 2 ) = + 2, + 2 ). Ausserdem ist det DΦ(u, y) = u. Da Y \ Y eine λ 2 -Nullmenge ist, ist f( + 2 ) α α 2 2 dλ 2 (, 2 ) Y = f( + 2 ) α α 2 2 dλ 2 (, 2 ) Y = f(yu + ( y)u)(yu) α (( y)u) α 2 u dλ 2 (u, y) (,) 2 = f(u)u α +α 2 + y α ( y) α 2 dλ 2 (u, y). (,) 2 Da f integrierbar ist und u, y, y < sind, eistiert das Integral (,) 2 f(u) u α +α 2 + y α ( y) α 2 dλ 2 (u, y) und wir können den Satz von Fubini anwenden: [ ] [... = f(u)u α +α 2 + dλ(u) y α ( y) α 2 ] dλ(y). Aufgabe 4: L p -Normen ( Punkte) Sei < p < 4 und f L p ((; )) (bezüglich Lebesgue Mass λ auf dem Intervall (; )). Sei g : (; ) definiert durch g() = f(t) dλ(t). t/4 Seite 4 von 8

5 Wintersemester 23/24, Universität Bonn Zeigen Sie, dass eine Konstante C > eistiert, die von p aber nicht von f abhängt, mit g 2 C f p Insbesondere ist g L 2 ((; )). Lösung: Bemerke zunächst das die Hölderungleichung für festes + liefert (wir betrachten hier den Fall p 4; für p = 4, d.h. für p = 4/3 muss man ein bisschen anders argumentieren) t /4 f(t) dλ(t) f p ( ) /p t p /4 ( 4 = f p 4 p t p 4 + ( 4 = f p 4 p ( 4 p = ( 4 p Also gilt unter Einsetzung obriger Ungleichung Das Integral g 2 2 ( ( 4 4 p p ( ) /p ) p /p ( 4 + ) p ) ) /p t /4 f(t) dλ(t)λ(t)) 2 dλ() 4 + ) ) 2/p p f 2 p f p 4 + p p. hängt nur von p und also nur von p ab. Es ist endlich, genau dann wenn der Eponent <. Das gilt genau dann wenn p > 4. Weil 2 p 3 p = p gilt dies genau dann p wenn p < 4. Die Konstante C setzt sich dann aus dem endlichen Integral und dem Vorfaktor ( ) 2/p ) zusammen. Beide sind unabhängig von f. 4 p ( p Aufgabe 5: Fourier-Transformation (4+6 Punkte) a) Sei f L ( 3 ) rotationssymmetrisch, d.h. f() = f() für alle SO(3). Zeigen Sie, dass Ff auch rotationssymmetrisch ist. Seite 5 von 8

6 Wintersemester 23/24, Universität Bonn b) Berechnen Sie die Fourier-Transformierte von f : 3, definiert durch f() = χ B ()() wobei = ( ) /2 und B () der Ball mit adius. Hinweis: Benutzen Sie sphärische Koordinaten und Teil a). Lösung: a) Ff(ξ) =(2π) 3/2 3 f() ep( i ξ) dλ 3 () =(2π) 3/2 3 f( T ) ep( i T ξ) dλ 3 () =(2π) 3/2 3 f(y) ep( iy ξ) dλ 3 () =Ff(ξ), wobei wir die Transformation y = T benutzt haben. Bemerke, dass det T = ist. b) Wir benutzen Kugelkoordinaten, i.e. die Abbildung Φ : (, ) ( π/2, π/2), (, 2π) B () definiert durch (r, ϕ, θ) (r cos ϕ cos θ, r cos ϕ sin θ, r sin ϕ). Dann ist det DΦ = r 2 cos ϕ. Dann ist für ξ = te 3, t die Fouriertransformation (mit Fubini) Ff(te 3 ) =(2π) 3/2 ep( it 3 ) dλ 3 () =(2π) 3/2 B () π/2 2π π/2 r 2 cos ϕr ep( itr sin ϕ) dλ(θ) dλ(φ) dλ(r). Das Argument hängt nicht von θ ab, und wir können substituieren u(ϕ) = r sin ϕ. Dann Seite 6 von 8

7 Wintersemester 23/24, Universität Bonn ist Ff(te 3 ) =(2π) /2 =(2π) /2 =(2π) /2 π/2 π/2 r r r r =(2π) /2 2 sin(tr) t 2 cos t =. π t 2 r cos ϕ ep( itr sin ϕ) dλ(φ) dλ(r) ep( itu) dλ(u) dλ(r) cos(tu) dλ(u) dλ(r) dλ(r) Schliesslich benutzen wir, dass f rotationssymetrisch ist. Dann ist 2 cos ξ Ff(ξ) = Ff( ξ e 3 ) =. π ξ 2 Aufgabe 6: Satz von Gauss (4+2+4 Punkte) a) Sei B = B(, ) 3 die Einheitskugel. Betrachten Sie das Vektorfeld ( ) F () = ( ) 2 ( ) 3 und berechnen Sie das Integral B F ν ds 2. b) Sei U n offen, h C (U), F C (U, n ). Zeigen Sie, dass dann auf U gilt. div(hf ) = h div F + h F c) Sei Ω n ein beschränktes C -Polyeder. Sei f C (Ω) C (Ω), g C 2 (Ω) C (Ω). Zeigen Sie, dass f g dλ n = f g dλ n + f( g ν) ds n Ω Ω rω ist, wobei g := n j= 2 g. 2 j Seite 7 von 8

8 Wintersemester 23/24, Universität Bonn Lösung zu a): Bemerke zunächst das aus der Vorlesung bekannt ist, das der Ball glatt berandet ist. Wir können also den Satz von Gauß anwendenden und erfahren F ν ds 2 = div(f ) dλ 3. B Wir berechnen die Divergenz von F und vereinfachen unter Nutzung der binomischen Formel: div(f )(, 2, 3 ) = = ( ) 2 = 4. Dann ist unter Nutzung von sphärischen (Kugel-)Koordinaten: B div(f ) dλ 3 = B 2π π = 2π = 2π 7 2 = 4 7 π r 6 dr r 2 sin(θ)r 4 dθ dφ dr π sin(θ) dθ Lösung zu b): Es gilt auf ganz U wegen den Definitionen und der Produktregel: div(hf ) = i=,...,n = i=,...,n (hf i ) i ( ) h F i + i = h F + h div F i=,...,n h i F i Lösung zu c): Bemerke das f und g so regulär sind, das f i g C (Ω) C ( Ω) und damit der Satz von Gauß auf das Vektorfeld f g angewendet werden kann. Es gilt also unter Verwendung von b) f g dλ n = div(f g) f g dλ n Ω Ω = div(f g) dλ n f g dλ n Ω Ω = f g ν ds n f g dλ n Ω Ω Seite 8 von 8