3 Messbare Funktionen

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1 3. Messbare Funktionen 1 3 Messbare Funktionen Sei (, A, µ) ein beliebiger Maßraum. Definition. ine Funktion f : R = [, + ] heißt messbar (bezüglich A), falls die Menge {f < c} = {x : f(x) < c} = f 1 ([, c)) = f 1 ({ }) f 1 ((, c)) für alle c R messbar ist, d.h. {f < c} A für alle c R. Proposition 3.1. ine Funktion f : R ist genau dann messbar, wenn eine der folgenden äquivalenten igenschaften gilt: (1) {f c} ist messbar für alle c R, (2) {f > c} ist messbar für alle c R, (3) {f c} ist messbar für alle c R, (4) {f > c} ist messbar für alle c Q. Beweis. Für die ersten drei oben genannten Mengen gilt {f c} = { f < c + 1 }, {f > c} = \{f c}, {f c} = \{f < c}. n n N Für den Beweis von (4) sei c R\Q. Dann existiert eine Folge (c n ) Q, so dass c n c, und es gilt {f > c} = n N {f > c n}. Proposition 3.2. Seien f : R, g : R messbare Funktionen und sei α R = R 0. Dann sind die folgenden Funktionen bzw. Mengen messbar: (1) f, αf, α + f, f 2 und 1, falls f(x) 0 für alle x, f (2) f g, f ± g und f, falls g(x) 0 für alle x, g (3) {f > g} := {f g > 0}. Beweis. Der Beweis folgt aus äquivalenten Umformulierungen für Mengen. Sei c R. Zum Beispiel sind die Mengen { {f > c} {f < c}, falls c 0, { f > c} =, falls c < 0. {f > g} = ( ) {f q} {g < q} q Q messbar. {f ± g > c} = {f > g + c} nach (1) und (3)

2 2 R. Farwig: Analysis IV: Maß- und Integrationstheorie) Proposition 3.3. Sei (f n ) eine Folge messbarer Funktionen auf. Dann sind auch die (punktweise definierten) Funktionen sup f n, n inf f n, lim sup f n, n n lim inf n f n messbar. Beweis. Die Funktion sup n f n ist messbar, da für c R die Menge { sup f n > c } = n > c} n n N{f messbar ist. ine ähnliche Aussage gilt für inf n f n. Sei ϕ n = sup j n f j. Dann ist nach dem ersten Teil des Beweises ϕ n für jedes n messbar. Aus der Gleichheit lim sup f n (x) = inf ϕ n(x) = lim ϕ n (x) n n n folgt nun, dass auch lim sup n f n messbar ist. Definition. Seien f, g : R Funktionen. Wir schreiben f = g fast überall oder kurz: f.ü. (almost everywhere (a.e.), presque partout (p.p.)) in, falls es eine Nullmenge N gibt mit f(x) = g(x) für alle x \N. ine igenschaft reellwertiger Funktionen gilt fast überall, falls sie für alle Punkte x bis auf eine Nullmenge N gilt. Lemma 3.4. Sei (, A, µ) ein vollständiger Maßraum und sei f : R messbar. Gilt f = g fast überall, so ist auch g messbar. Beweis. Sei N = {f g}, c R. Dann ist N eine µ-nullmenge und die Menge {g > c} = ( {f > c} (\N) ) ( {g > c} N ) ist messbar, weil sowohl die Menge {f > c} (\N) als auch die Nullmenge {g > c} N messbar sind. Korollar 3.5. Sei (, A, µ) ein vollständiger Maßraum und sei (f n ) eine Folge messbarer Funktionen auf, die fast überall (in R) konvergiert. Dann ist auch f, definiert durch f(x) = lim n f n (x) f.ü., messbar. Bemerkung. Man beachte, dass die Funktion f in Korollar 3.5 zuerst einmal nur f.ü. in definiert ist, also auf \ N mit einer Nullmenge N. Da aber die Aussagen in Korollar 3.5 von der xistenz dieser Ausnahmemenge N nicht beeinflusst werden, reicht es in der Maß und Integrationstheorie häufig aus, eine Funktion nur f.ü. zu definieren.

3 3. Messbare Funktionen 3 Beweis von Korollar 3.5. Die Funktion f ist zuerst nur fast überall definiert. Sei N = {x : die Folge (f n (x)) konvergiert nicht in R}. Dann ist µ(n) = 0, und nach Lemma 3.4 ist die Funktion f n definiert durch f n (x) = { f n (x) für x \N 0 für x N messbar. Nach Proposition 3.3 ist auch die Funktion { lim n f n (x) für x \N F (x) =, d.h. F (x) = lim fn (x), 0 für x N n messbar und f = F fast überall. Die Behauptung folgt nun aus Lemma 3.4. Beispiel. (1) Sei (, A, µ) = (R n, M = M n, µ = µ n ) und sei f : R n R stetig. Dann ist für jede offene Menge U R die Menge f 1 (U) offen. Weil für jedes c R die Menge {f > c} = f 1 ((c, )) offen ist, gilt {f > c} B n M, und die Funktion f ist messbar. (2) Sei (, A, µ) = (R n, M = M{ 1, µ = µ 1 ). Dann ist die Funktion definiert 1 für x = r durch f = χ {r}, also f(x) = 0 für x r, messbar. Nach Proposition 3.3 (oder Korollar 3.5) ist die Funktion χ Q messbar und es gilt sogar χ Q = 0 fast überall, weil µ(q) = 0 ist. (3) Sei (, A, µ) = (R n, M n, µ n ). Dann ist die charakteristische Funktion χ A für jede offene, jede abgeschlossene und sogar für jede Borelmenge A R n messbar. Hauptsatz 3.6 (Satz von goroff ). Sei (, A, µ) ein endlicher Maßraum, das heißt µ() <, und sei (f n ) eine Folge messbarer Funktionen auf, die punktweise gegen f : R konvergiert. Dann gibt es zu jedem ε > 0 eine Menge ε A mit µ(\ ε ) < ε, so dass (f n ) gleichmäßig auf ε gegen f konvergiert. Beweis. Sei S n,k = j>n { x : f j (x) f(x) < 1 }. k Dann gilt für festes k N S n,k A, S n,k S n+1,k..., S n,k = n

4 4 R. Farwig: Analysis IV: Maß- und Integrationstheorie) und nach Proposition 1.4(2) lim µ(s n,k) = µ ( ) S n,k = µ(). n n Sei ε > 0 fixiert. Dann gibt es zu jedem k N ein n k (beachte µ() < ) = n k (ε) N, so dass Nun behaupten wir, dass die Menge µ(\s nk,k) = µ() µ(s nk,k) < ε 2 k. ε := k=1 S nk,k die gewünschten igenschaften besitzt. Offensichtlich ist ε A und es gilt µ(\ ε ) = µ ( \ ) ( S nk,k = µ (\S nk,k) ) µ(\s nk,k) < ε 2 = ε. k k k k k Außerdem ist ε S nk,k für jedes k N. Dann gilt für jedes x ε f j (x) f(x) < 1 k für alle j > n k, und f j konvergiert auf ε gleichmäßig gegen f. Bemerkung. Satz 3.6 ist ohne die Voraussetzung µ() < im Allg. falsch. Definition. Sei (, A, µ) ein Maßraum. ine Funktion f : R heißt Treppenfunktion, falls sie nur endlich viele Funktionswerte annimmt, d.h., es gibt ein N N und j A sowie f j R, 1 j N, so dass f = N f j χ j. j=1 Sind in dieser Darstellung die Mengen j paarweise disjunkt und die Zahlen f j paarweise verschieden, heißt diese Darstellung kanonisch. Im Allg. ist die oben genannte Darstellung nicht kanonisch; es gibt aber immer eine eindeutig bestimmte kanonische Darstellung. Treppenfunktionen sind messbare Funktionen, und Summen und Produkte von Treppenfunktionen sind wieder Treppenfunktionen. Satz 3.7. Sei f : [0, ] messbar. Dann gibt es eine Folge von Treppenfunktionen (f n ) mit f n f n+1, die punktweise auf gegen f konvergiert.

5 3. Messbare Funktionen 5 Beweis. Wir unterteilen den Bildbereich [0, ] auf in die Menge [n, ] und die halboffenen Intervalle [0, 1 ) [ 1, 2 n 2, 2 ) [ n2 n 1 ],...,, n, n 2 n 2 n und definieren f n durch { n, falls f(x) n, f n (x) = j, falls j f(x) < j+1, j = 0,..., n2 n 1. 2 n 2 n 2 n Dann ist f n eine Treppenfunktion, f n f n+1 und für j 2 n f(x) < j+1 2 n gilt f(x) f n (x) 1 2 n. Ist dagegen f(x) = +, dann ist f n (x) = n für alle n N, und es gilt wieder f n (x) f(x) für n. Korollar 3.8. Sei f : R messbar. Dann gibt es eine Folge von Treppenfunktionen (f n ), die punktweise gegen f konvergiert. Beweis. Wir schreiben die Funktion f als f = f + f, wobei f + = 1 ( f + f) = 2 max(f, 0), f = 1 ( f f) = min(f, 0) gilt. Die Behauptung folgt nun aus Satz Lemma 3.9. Sei (, A, µ) = (R n, M n, µ n ), und sei f : R eine Treppenfunktion mit beschränktem Träger {f 0} =. Dann gibt es zu jedem ε > 0 eine kompakte Menge ε mit µ(\ ε ) < ε, so dass f ε auf ε stetig ist. Bemerkung. Üblicherweise wird der Träger einer Funktion f, z.b. einer stetigen oder sogar C -Funktion, als der Abschluss der Menge {f 0} definiert, also suppf = {f 0}. Im Zusammenhang mit nur messbaren Funktionen ist diese Definition nicht sinnvoll, da dann z.b. der Träger der Funktion χ Q mit R übereinstimmt. Beweis von Lemma 3.9. Sei f = N f j χ j j=1 die kanonische Darstellung von f. Die Mengen j sind paarweise disjunkt, jedes j M n ist beschränkt und = N j=1 j. Nach Satz 2.8(3) gibt es abgeschlossene Mengen j,ε j mit µ( j \ j,ε ) < ε N.

6 6 R. Farwig: Analysis IV: Maß- und Integrationstheorie) Die Mengen j,ε sind kompakt und paarweise disjunkt. Sei nun ε = N j,ε. j=1 Dann gilt µ(\ ε ) < ε, die Funktion f ε ist stückweise konstant und wegen dist ( j,ε, k,ε ) > 0 für alle j k auch stetig. Hauptsatz 3.10 (Satz von Lusin). Sei (, A, µ) = (R n, M n, µ n ), und sei f : R eine messbare Funktion mit beschränktem Träger {f 0} =. Dann gibt es zu jedem ε > 0 eine kompakte Menge ε mit µ(\ ε ) < ε, so dass f ε auf ε stetig ist. Beweis. Ohne inschränkung sei f 0 (sonst zerlege f = f + f ). Nach Satz 3.7 gibt es eine Folge (f k ) von Treppenfunktionen, die punktweise gegen f konvergiert. Dabei gilt nach der Konstruktion im Beweis von Satz 3.7 f k (x) = 0 für alle x. Wegen Lemma 3.9 existieren abgeschlossene Mengen k,ε mit µ(\ ε,k ) < ε 2, f k k+1 ε,k ist stetig. Aus dem Satz von goroff, Satz 3.6, angewandt auf f, f k in, µ() <, folgt, dass es eine abgeschlossene Menge F ε gibt mit Sei nun µ(\f ε ) < ε 2, f k f gleichmäßig auf F ε. ε = F ε ε,k. Dann ist ε abgeschlossen, kompakt und wegen µ(\ ε,k ) < gilt die Abschätzung k=1 k=1 ( ) µ(\ ε ) = µ (\ ε,k ) (\F ε ) ε 2 k+1, µ(\f ε ) < ε 2 µ(\ ε,k ) + µ(\f ε ) < ε. k=1 Da f k ε stetig. stetig ist und f k gleichmäßig auf ε gegen f konvergiert, ist auch f ε

7 4. Lebesgue-Integral 7 4 Das allgemeine Lebesgue-Integral Sei (, A, µ) ein Maßraum. 4.1 Nichtnegative Funktionen Definition. Sei f : [0, ] eine (nichtnegative) Treppenfunktion, f = N j=1 f jχ j mit f j 0, j A. Dann heißt f(x) dµ = f dµ := N f j µ( j ) [0, ] das (Lebesgue-) Integral von f. Im Fall µ( j ) < für alle j = 1,..., N ist f dµ [0, ), und f heißt (Lebesgue-) integrierbar. Bemerkung. Man zeigt leicht die folgenden igenschaften: (1) Der Wert j=1 N f j µ( j ) j=1 hängt nicht von der Darstellung der Treppenfunktion ab (falls alle f j 0). (2) Seien f, g 0 Treppenfunktionen und gelte f g fast überall. Dann gilt f dµ g dµ. (3) Seien f, g 0 Treppenfunktionen. Dann gilt für alle α, β 0 (αf + βg) dµ = α f dµ + β g dµ. Definition. Sei f : [0, ] messbar und sei T f = {h : [0, ) : h ist Treppenfunktion, h f f.ü.} (beachte: T f, da 0 T f ). Dann heißt { } f(x) dµ = f dµ := sup h dµ : h T f [0, ] h T f das (Lebesgue-) Integral von f. Für A sei dann f dµ := fχ dµ. Falls f dµ <, heißt f (Lebesgue-) integrierbar.

8 8 R. Farwig: Analysis IV Bemerkung. Ist h T f eine Treppenfunktion mit nichtleerer Ausnahmemenge N = {h > f} A, so ist auch h 0 = hχ N eine Treppenfunktion. s gilt h 0 f auf und h 0 dµ = h dµ. Deshalb kann die Menge T f in obiger Definition durch die kleinere Menge ersetzt werden. T f = {h : [0, ) : h ist Treppenfunktion, h f} Beispiel. Sei µ auf N das Zählmaß, d.h. A = P(N), µ() = # für alle N. Dann ist jede Funktion f : N R (d.h. jede Folge) messbar. Für f : N [0, ] ist f dµ = f(n) [0, ] N n das Lebesgue-Integral von f über N bezüglich µ, und f ist genau dann integrierbar, wenn n f(n) konvergiert. Lemma 4.1. Seien f, g : [0, ] messbar und A gegeben. Dann gilt: (1) Gilt f = g f.ü., folgt f dµ = g dµ. (2) Falls 0 f g f.ü., ist 0 f dµ g dµ. (3) Sind 1 2 A, dann ist 1 f dµ 2 f dµ erfüllt. (4) s ist cf dµ = c f dµ für alle c R +. (5) Sei f = 0 auf fast überall oder sei µ() = 0. Dann ist f dµ = 0. (6) (Tschebyscheff-Ungleichung) Für jedes α > 0 gilt µ({f α} ) 1 f dµ. α (7) s gilt f dµ = 0 genau dann, wenn f = 0 fast überall auf ist. Beweis. Wir beweisen nur die Aussagen (6) und (7). Der Beweis der Tschebyscheff-Ungleichung folgt aus Aussage (3) und aus der folgenden Ungleichungskette: f dµ (3) {f α} f dµ {f α} α dµ = αµ( {f α}). Bei Aussage (7) folgt die Rückrichtung bereits aus (5). Für den Beweis der Richtung folgt aus der Tschebyscheff-Ungleichung, dass für alle α > 0 das Maß µ( {f > α}) 1 f dµ = 0 α

9 4. Lebesgue-Integral 9 ist. Das liefert ( µ( {f > 0}) = µ { f > 1 }) ( { = lim µ f > 1 }) = 0. k k 0 k k N Hauptsatz 4.2 (Satz von Lebesgue über monotone Konvergenz). Sei (f k ) mit f k : [0, ] eine Folge messbarer Funktionen, die punktweise fast überall monoton wächst, d.h. 0 f 1 (x) f 2 (x) f.ü. in. Dann existiert f(x) := lim k f k (x) fast überall in, f ist messbar, und es gilt lim k f k dµ = f dµ [0, ]. Beweis. Nach der Voraussetzung gibt es eine Nullmenge N A, so dass Dann ist die Funktion 0 f 1 (x) f 2 (x) für alle x \N. f(x) := { lim k f k (x) [0, ] für alle x \N 0 für alle x N wohldefiniert auf. Wegen Korollar 3.5 ist f 0 auch messbar, und das Lebesgue-Integral f dµ [0, ] existiert. Ohne Beschränktheit der Allgemeinheit sei f k (x) = 0 für alle x N und alle k N (dabei bleibt f k dµ erhalten). Also können wir o.b.d.a. N = annehmen. Aus f k dµ f k+1 dµ folgt die xistenz des Grenzwerts α := lim f k dµ [0, ]. k Wegen f k dµ f dµ ist dann auch α f dµ. s bleibt nun f dµ α

10 10 R. Farwig: Analysis IV zu zeigen. Dazu sei s T f eine Treppenfunktion, s = M j=1 s jχ Aj, o.b.d.a. s f in, und sei c (0, 1). Wir definieren k = {f k c s}. Dann ist k A, k k+1 und k k =, da f k (x) f(x) für alle x und c < 1 gilt. Da nach Proposition 1.2(4) µ(a j k ) gegen µ(a j ) für k konvergiert, folgt aus M M f k dµ f k dµ c s dµ = c s j µ(a j k ) c s j µ(a j ) = c s dµ k k j=1 j=1 und aus f k dµ α, dass α c s dµ für jedes c (0, 1) und jede Funktion s T f gewünschte Ungleichung α f dµ. gilt. Damit erhalten wir die Korollar 4.3. Seien f, g : [0, ] messbar. Dann gilt (f + g) dµ = f dµ + g dµ. Beweis. Nach Satz 3.7 seien (s k ) T f, (t k ) T g gegeben mit 0 s 1 s 2, s k f, 0 t 1 t 2, t k g punktweise in. Nach dem Satz 4.2 von Lebesgue konvergieren die Integrale s k dµ f dµ, t k dµ g dµ und für k. s k dµ + t k dµ = (s k + t k ) dµ (f + g) dµ Hauptsatz 4.4 (Lemma von Fatou). Seien f k : [0, ] messbar. Dann gilt lim inf f k dµ lim inf f k dµ. k k Bemerkung. In der obigen Ungleichung kann < auftauchen.

11 4. Lebesgue-Integral 11 Beweis. Sei g i (x) = inf k i f k(x) für i N und x. Dann ist g i nach Proposition 3.3 messbar. Aus g k f k folgt die Ungleichung g k dµ f k dµ, und 0 g 1 g 2, g k lim k g k = lim inf k f k punktweise in. Nach dem Satz 4.2 von Lebesgue erhalten wir für k g k dµ lim g k dµ = lim inf f k dµ, k k woraus zusammen mit g k dµ f k dµ die Behauptung folgt. 4.2 Das allgemeine Lebesgue-Integral Definition. (1) Ist f : [, 0] messbar, so ist f dµ := ( f) dµ [, 0] das (Lebesgue-) Integral von f. (2) ine messbare Funktion f : R = [, ] heißt integrierbar, falls f integrierbar ist. Dann ist f dµ := f + dµ f dµ (, ) das Lebesgue-Integral von f. (3) Analog definiert man f dµ = fχ dµ = (fχ ) + dµ (fχ ) dµ das Lebesgue-Integral von f über A, falls fχ integrierbar ist. (4) Die Menge L 1 (, µ) = L 1 () = {f : R : f ist integrierbar} heißt der Lebesgue-Raum L 1 () der L 1 -Funktionen auf. Analog definiert man L 1 () = L 1 (, µ).

12 12 R. Farwig: Analysis IV Bemerkung. Wegen 0 f +, f f = f + + f, f = f + f, ist f genau dann integrierbar, wenn f + und f integrierbar sind. Proposition 4.5. Sei A und f, g L 1 (). Dann gilt: (1) s ist f dµ f dµ. (2) Die Funktion f ist fast überall endlich. (3) Falls µ() = 0 oder f = 0 f.ü. in gilt, ist f dµ = 0. (4) Ist f g f.ü., dann ist f dµ g dµ. (5) s ist f + g L 1 () und (f + g) dµ = f dµ + g dµ. (6) Für alle c R gilt cf L 1 () und (cf) dµ = c f dµ. Beweis. (1) Die Aussage folgt aus f dµ = (fχ ) + dµ (fχ ) + dµ + (fχ ) dµ (fχ ) dµ = f dµ. (2) Da f in L 1 () liegt, ist auch f L 1 (). Dann ist f nach Lemma 4.1 f.ü. endlich. Daraus folgt, dass f auch f.ü. endlich ist. (4) Aus f g f.ü. folgt f + g + und g f f.ü., woraus wiederum die Behauptung folgt. (5) Aus f + g f + g und ( f + g ) dµ = f dµ + g dµ (siehe Korollar 4.3) folgt f + g L 1 (). Um die Integralidentität zu zeigen, unterscheiden wir zwei Fälle: g f bzw. f, g L 1 () allgemein. Sei zuerst g f. Substrahieren wir das Integral f dµ von beiden Seiten der Identität f + dµ + g dµ = (f + + g) dµ = ((f + f ) + g) dµ = ((f + g) + f ) dµ = (f + g) dµ + f dµ, erhalten wir die Behauptung.

13 4. Lebesgue-Integral 13 Seien nun f, g L 1 (). Weil f + g f + g ist, folgt aus dem ersten Fall die Identität 1. Fall (f + g) dµ + f dµ + g dµ = (f + g + f + g ) dµ Kor. 4.3 = (f + f + g + g ) dµ = (f + f ) dµ + (g + g ) dµ 1. Fall = f dµ + f dµ + g dµ + g dµ, wobei die vorletzte Gleichheit nach Korollar 4.3 erfüllt ist. s reicht nun die Integrale f dµ, g dµ von beiden Seiten dieser Identität zu subtrahieren. Der Beweis von (3) und (6) ist klar. Hauptsatz 4.6 (Satz von Lebesgue über majorisierte Konvergenz). Sei (f k ) eine Folge messbarer Funktionen auf, die fast überall gegen eine Funktion f konvergiert. Ferner existiere eine Funktion g L 1 () (Majorante) mit Dann ist auch f L 1 (), und es gilt lim k f k (x) g(x) fast überall in. f k f dµ = 0, lim f k dµ = k f dµ. Bemerkung. Ohne die Majorante g L 1 () ist die Aussage im Allgemeinen falsch; auch die Voraussetzung f L 1 () reicht nicht aus. Beweis. Die igenschaften f k g und f k f f.ü. liefern f g f.ü. und die Messbarkeit von f. Also ist f L 1 (). Für den Beweis der Konvergenzaussage können wir wegen 0 f k f 2g f.ü. das Lemma von Fatou (Satz 4.4) auf die Funktion 2g f k f anwenden. Wir erhalten 2g dµ = lim inf (2g f k f ) dµ k lim inf (2g f k f ) dµ k = 2 g dµ lim sup f k f dµ. k Dies liefert lim sup k f k f dµ 0 und damit f k f dµ = 0. lim k

14 14 R. Farwig: Analysis IV Die letzte Aussage folgt aus der Ungleichung f k dµ f dµ = (f k f) dµ f k f dµ k 0. Korollar 4.7. (1) Sei µ() < und sei (f k ) L 1 () punktweise f.ü. gegen eine Funktion f konvergent. s gebe eine Konstante M 0 mit f k (x) M f.ü. in. Dann gilt f k dµ f dµ für k. (2) Sei µ() < und sei (f k ) L 1 () gleichmäßig konvergent gegen f. Dann gilt f k dµ f dµ für k. Beweis. In (1) ist die Funktion g = M L 1 () eine Majorante. In (2) kann für k N genügend groß die Funktion g = f +1 als Majorante gewählt werden. Satz 4.8 (Satz von Vitali zur absoluten Stetigkeit). Sei f L 1 () gegeben. Dann ist die Abbildung A R, f dµ absolut stetig, d.h., für jedes ε > 0 gibt es ein δ > 0, so dass f dµ < ε für alle A mit µ() < δ. Beweis. Ohne Beschränktheit der Allgemeinheit sei f 0. Wir definieren { f(x), falls f(x) n, f n (x) := n, falls f(x) > n. Dann ist f n f n+1, f n f L 1 (), und aus dem Satz 4.6 von Lebesgue (oder auch aus Satz 4.2) folgt die Konvergenz f n dµ f dµ für n. Sei ε > 0. Dann existiert ein n ε N such that f nε dµ > f dµ ε 2. Definieren wir nun δ := ε 2n ε, gilt für jedes A mit µ() < δ die Abschätzung f dµ = f nε dµ + (f f nε ) dµ µ()n ε + (f f nε ) dµ < δn ε + ε 2 = ε.

15 4. Lebesgue-Integral Lebesgue- und Riemann-Integral Satz 4.9. Sei Q R n ein abgeschlossenes beschränktes Rechteck und f : Q R Riemann-integrierbar (folglich ist f beschränkt). Dann gilt f L 1 (Q) bezüglich des n-dimensionalen Lebesgue-Maßes µ n und f(x) dx = f dµ n. Q Beweis. Da die Funktion f Riemann-integrierbar ist, gibt es eine Folge von Partitionen (P k ) von Q, { P k = Q k j : Q k j Q sind offene, paarweise disjunkte Rechtecke, Q = } Q k j, j Q so dass die Treppenfunktionen l k, u k, l k Q k j = inf Q k j f, u k Q k j = sup f, Q k j die folgenden igenschaften besitzen: l k l k+1 f u k+1 u k, l k (x) dx f(x) dx u k (x) dx. Q Q Dann existieren fast überall die Grenzwerte l := lim k l k, u := lim k u k und es ist l f u f.ü. Nach dem Satz von Lebesgue (Satz 4.6) gilt l k (x) dx = l k dµ n l dµ n Q Q Q u k (x) dx = u k dµ n u dµ n. mit l, u L 1 (Q). Daraus folgt l dµ n = Q Q Q Q f(x) dx = Q Q Q u dµ n ; insbesondere ist (u l) dµ Q n = 0, und wegen l u f.ü. gilt nach Lemma 4.1(7) u = l f.ü. Dann folgt aber wegen l f u f.ü. auch u = f = l f.ü. Deshalb ist f L 1 (Q) und f dµ n = f(x) dx. Q Q

16 16 R. Farwig: Analysis IV Korollar Sei f 0 auf (a, b] uneigentlich Riemann-integrierbar, d.h., f ist Riemann-integrierbar auf [a + ε, b] für jedes ε > 0 und der Grenzwert b I = lim f(x) dx < ε 0 + a+ε existiert. Dann gilt f L 1 ([a, b]) = L 1 ((a, b)) und I = f dµ 1. (a,b) Beweis. Nach Satz 4.9 gilt f dµ (a+ε,b) 1 = b f(x) dx I für ε a+ε 0+. Da der Satz von Lebesgue 4.2 über monotone Konvergenz den Grenzübergang f dµ 1 f dµ 1 für ε 0 + (a+ε,b) liefert, erhalten wir die Gleichheit also f L 1 ((a, b)). (a,b) (a,b) f dµ 1 = I <, Korollar Sei R n beschränkt und Jordan-messbar, d.h., ist eine Lebesgue-Nullmenge. Ferner sei f : R Riemann-integrierbar, d.h., f ist beschränkt und für ein kompaktes Rechteck Q ist die Fortsetzung f Q, { f(x) für x f Q (x) := 0 für x Q\, Riemann-integrierbar auf Q. Dann gilt M n, wobei M n die Lebesgue sche σ-algebra auf R n bezeichnet, f L 1 () und f(x) dx = f dµ n. Beweis. Das Innere = \ ist offen und deshalb gilt B n M n. Weil µ n ( ) = 0 und M n vollständig ist (siehe Korollar 2.2), folgt auch = ( ) M n. Die Funktion f Q ist Riemann-integrierbar und nach Satz 4.9 sogar in L 1 (Q). Dies liefert, dass f = f Q in L 1 () liegt. Außerdem erhalten wir f(x) dx = Q f Q (x) dx Satz 4.9 = Q f Q dµ n = f dµ n.

17 4. Lebesgue-Integral 17 Definition (rweiterung des Lebesgue-Integrals auf komplexwertige Funktionen). Sei (, A, µ) ein Maßraum. (1) ine Funktion f : C heißt messbar, falls Re f und Im f messbar sind. (2) ine messbare Funktion f : C heißt integrierbar, falls Re f, Im f L 1 (). Dann sei f dµ := Re f dµ + i Im f dµ C das Lebesgue-Integral von f. Proposition (1) ine messbare Funktion f : C ist genau dann integrierbar, wenn Re f, Im f L 1 () gilt. Dieses gilt genau dann, wenn f L 1 (). (2) s gelten alle Aussagen von Proposition 4.5 (außer (4) und mit c C in (6)). Insbesondere gilt f dµ f dµ. (3) s gilt der Satz von Lebesgue über majorisierte Konvergenz und der Satz von Vitali zur absoluten Stetigkeit (Sätze 4.6 und 4.8). Beweis. Wir zeigen die Ungleichung in (2). Sei f dµ = reiϕ, r 0, ϕ [0, 2π). Dann erhalten wir 0 r = e iϕ f dµ = e iϕ f dµ = Re (e iϕ f) dµ + i Im (e iϕ f) dµ = Re (e iϕ f) dµ + 0 Re (e iϕ f) dµ = f dµ, da Im (e iϕ f) dµ = Im ( e iϕ f dµ ) = 0.

18 18 R. Farwig: Analysis IV: Maß- und Integrationstheorie 5 Mehrfachintegration Satz 5.1 (1. Version des Satzes von Fubini). Seien I 1 R n und I 2 R m abgeschlossene (nicht notwending beschränkte) Rechtecke und sei f L 1 (I 1 I 2 ) (bzgl. des Lebesgue-Maßes µ n+m auf R n+m ). (1) Dann ist für fast alle x I 1 (µ n -f.ü.) die Funktion y f(x, y), y I 2, messbar und integrierbar bzgl. µ m auf I 2. Außerdem ist die fast überall in I 1 definierte Funktion h(x) = f(x, y) dµ m (y) I 2 messbar und integrierbar bzgl. µ n auf I 1. (2) Analog zu (1) ist für fast alle y I 2 die Funktion x f(x, y), x I 1, messbar und integrierbar bzgl. µ n auf I 1. Außerdem ist die fast überall in I 2 definierte Funktion g(y) = f(x, y) dµ n (x) I 1 messbar und integrierbar bzgl. µ m auf I 2. (3) s gilt f dµ n+m = I 1 I 2 = I 1 I 2 ( ) f(x, y) dµ m (y) dµ n (x) I ( 2 ) f(x, y) dµ n (x) dµ m (y). I 1 Beweis. Zuerst benötigen wir die folgenden Vorbereitungen: (1) Setzt man f durch 0 auf R n+m \(I 1 I 2 ) fort, so darf ohne inschränkung I 1 = R n, I 2 = R m angenommen werden. (2) Wir sagen, eine Funktion f L 1 (I 1 I 2 ) habe die igenschaft F, falls f die Aussagen (1)-(3) des Satzes 5.1 erfüllt. (3) Im Laufe des Beweises wird gezeigt, dass jede charakteristische Funktion χ, M n+m mit µ n+m () <, die igenschaft F hat. Der Abschluss des Beweises benutzt dann die Approximation von f L 1 (I 1 I 2 ) durch Treppenfunktionen, um die igenschaft F für f zu zeigen. Wichtige Beweismittel werden der Satz von Lebesgue über monotone Konvergenz und Satz 2.8 zur Regularität des Lebesgue-Maßes sein.

19 5. Mehrfachintegration 19 Der Beweis benutzt die folgenden Lemmata: Lemma 5.2. ine endliche Linearkombination von Funktionen mit der igenschaft F hat ebenfalls die igenschaft F. Beweis von Lemma 5.2. Der Beweis ist trivial. Die Messbarkeit gilt auch für Linearkombinationen und das Integral ist linear. Außerdem ist eine endliche Vereinigung von Nullmengen wieder eine Nullmenge. Lemma 5.3. Sei (f k ) eine Folge in L 1 (I 1 I 2 ) aus Funktionen mit der igenschaft F, die monoton steigend (oder fallend) gegen eine Funktion f L 1 (I 1 I 2 ) konvergiert. Dann hat auch f die igenschaft F. Beweis von Lemma 5.3. Wir wollen den Satz von Lebesgue über monotone Konvergenz anwenden. Ist f 1 f 2 f, aber f 1 0 nicht erfüllt, betrachte man 0 f 1 f 1 f 2 f 1 f f 1. Ist dagegen f 1 f 2 f, betrachte man stattdessen 0 f 1 f 2 f 1 f 3 f 1 f. Gelte also ohne inschränkung 0 f 1 f 2 f. Weil f k die igenschaft F erfüllt, gibt es eine µ n -Nullmenge N k R n mit f k (x, ) L 1 (R m ) für alle x R n \N k. Sei N = k=1 N k. Dann ist µ n (N) = 0 und f k (x, ) L 1 (R m ) für alle x R n \N. Wenden wir nun den Satz von Lebesgue auf f k (x, ) für alle x R n \N an, erhalten wir den Grenzübergang h k (x) := f k (x, y) dµ m (y) h(x) := R m f(x, y) dµ m (y). R m Dabei ist die Funktion f(x, ) auf R m messbar x-f.ü., weil für alle y R m die Konvergenz f k (x, y) f(x, y) gilt. Nach der Voraussetzung (f k hat F) ist h k in L 1 (R n ) und h k (x) dµ n (x) = R n f k dµ n+m. R n R m Der Satz von Lebesgue angewandt auf h k h liefert sowohl die Messbarkeit von h als auch h k (x) dµ n (x) R n h(x) dµ n (x). R n Derselbe Satz angewandt auf f k f in R n+m impliziert nun f k dµ n+m f dµ n+m. R n R m R n R m

20 20 R. Farwig: Analysis IV: Maß- und Integrationstheorie Daraus folgt > f dµ n+m = R n R m h dµ n R n Def. = R n ( ) f dµ m dµ n. R m Insbesondere ist h(x) = f(x, y) dµ m (y) R m für fast alle x R n endlich, also ist auch f(x, ) L 1 (R m ) für fast alle x, und es gilt sogar h L 1 (R n ). Die gleiche Vorgehensweise wie oben mit x und y vertauscht liefert nun, dass f die igenschaft F besitzt. Lemma 5.4. Sei R n+m eine Menge vom Typ G δ, d.h. = k=1 G k mit offenen Mengen G k, und sei µ n+m (G 1 ) <. Dann hat χ die igenschaft F. Beweis von Lemma 5.4. Wir unterscheiden fünf Fälle. 1. Fall Für ein offenes, beschränktes Rechteck = J 1 J 2 ist der Beweis trivial. Insbesondere lautet die Aussage (3) in dem Fall µ n+m (J 1 J 2 ) = µ n (J 1 ) µ m (J 2 ). 2. Fall Sei eine beliebige Teilmenge (nicht nur vom Typ G δ ) des Randes eines Rechtecks J 1 J 2. Bezeichnen wir für x R n mit x die Schnittmenge x = {y R m : (x, y) }, ist hier x J 2 für fast alle x R n ( außer für x J 1 ) und somit µ m ( x ) = 0. Daraus folgt, dass χ (x, ) für fast alle x µ m -messbar ist und χ (x, y) dµ m (y) = 0 x-fast überall. R m Folglich ist die Abbildung messbar, liegt in L 1 (R n ) und x χ (x, y) dµ m (y) R m R n ( ) χ dµ m dµ n = 0. R m Außerdem ist µ n+m () = 0, woraus die µ n+m -Messbarkeit von χ und die Identität R n R m χ dµ n+m = 0

21 5. Mehrfachintegration 21 folgen. Dies liefert die Behauptung. 3. Fall Seien J 1 R n, J 2 R m offene und beschränkte Rechtecke und sei J 1 J 2 J 1 J 2. Dann folgt die Aussage χ hat die igenschaft F mit der Zerlegung χ = χ J1 J 2 + χ \(J1 J 2 ) aus den ersten beiden Fällen und aus Lemma Fall Sei R n+m offen mit µ n+m () <. Dann läßt sich als Vereinigung von disjunkten, beschränkten, halboffenen Rechtecken schreiben: Sei = J j, Jj J j J j. j=1 f k = k χ Jj. j=1 Dann hat f k nach dem dritten Fall und Lemma 5.2 die igenschaft F. Da außerdem die Konvergenz f k χ gilt, liefert Lemma 5.3, dass χ die igenschaft F besitzt. 5. Fall Sei nun eine G δ -Menge mit µ n+m (G 1 ) <. Dann gelte ohne inschränkung G 1 G 2 (sonst nehme G 1, G 2 G 1, G 3 G 2 G 1,...). Nach dem vierten Fall hat χ Gk die igenschaft F. Aus χ Gk χ erhalten wir mit Hilfe von Lemma 5.3 die Behauptung des Lemmas. Lemma 5.5. Ist µ n+m (N) = 0, so hat χ N die igenschaft F. Insbesondere ist N x für fast alle x R n eine Nullmenge des R m. Beweis von Lemma 5.5. Nach dem Hauptsatz 2.8(2) gibt es eine G δ -Menge G, N G, mit µ n+m (G) = µ n+m (N) = 0. Ohne inschränkung sei G = G k, k=1 G k offen, mit µ n+m (G 1 ) <. Dann ist wegen Lemma 5.4 R n Aus Lemma 4.1(8) und χ G 0 folgt ( ) χ G dµ m dµ n = χ G dµ n+m = 0. R m R n R m µ m (G x ) = χ G (x, ) dµ m = 0 R m für fast alle x R n.

22 22 R. Farwig: Analysis IV: Maß- und Integrationstheorie Also ist µ m (N x ) = 0 für fast alle x R n (da N x G x ist). Das liefert, dass χ N (x, ) für fast alle x R n µ m -messbar ist und χ N (x, ) dµ m = 0 x-fast überall R m gilt. Schließlich erhalten wir, dass die Abbildung x χ N (x, ) dµ m R m µ n -messbar ist und ( ) χ N dµ m dµ n = 0 R n R m gilt. Daraus folgt die Behauptung. ( ) = χ N dµ n+m R n R m Lemma 5.6. Ist R n+m messbar mit µ n+m () <, so hat χ die igenschaft F. Beweis von Lemma 5.6. Nach dem Hauptsatz 2.8(2) gibt es eine G δ -Menge G (G = j=1 G j, G j offen, mit µ n+m (G 1 ) < ) mit den igenschaften G, µ n+m (G) = µ n+m () <, µ n+m (G\) = 0. Also ist N = G\ eine Nullmenge. Aus Lemma 5.4, 5.5 und 5.2 folgt, dass χ = χ G χ N die igenschaft F besitzt. Jetzt können wir die Aussagen des Satzes 5.1 beweisen. Sei f L 1 (R n+m ). Wegen f = f + f, f ± L 1 (R n+m ), reicht es f 0 zu betrachten. Dann gibt es nach Satz 3.7 Treppenfunktionen f k mit 0 f 1 f 2 f. Da f L 1 ist, ist auch f k L 1, und in der Darstellung N k f k = a jk χ jk j=1 mit paarweise disjunkten Mengen jk, a jk > 0, ist das Maß µ n+m ( jk ) <. Nach Lemma 5.6 und 5.2 hat f k die igenschaft F und nach Lemma 5.3 gilt dies auch für f. Korollar 5.7 (Folgerung für messbare Funktionen). Sei f : R n+m R messbar. Dann ist die Funktion y f(x, y), y R m, für fast alle x R n messbar. Insbesondere ist für eine messbare Menge R n+m die Schnittmenge für fast alle x R n messbar. x = {y R m : (x, y) }

23 5. Mehrfachintegration 23 Beweis. Wir teilen den Beweis in zwei Teile auf. 1. Teil Sei f = χ, M n+m. Schreiben wir = k=1 k mit den beschränkten, messbaren Mengen k = {(x, y) : (x, y) < k}, k N, erhalten wir mit Hilfe von Lemma 5.6, dass die Schnittmenge ( k ) x für fast alle x messbar ist. Also ist auch x x-fast überall messbar. 2. Teil Sei f µ n+m -messbar. Dann ist für alle a R die Menge (a) = {f > a} messbar in R n+m. Wir wollen zeigen, dass es eine Nullmenge N M n gibt, so dass die Menge (a) x = {y : f(x, y) > a} für alle a R und alle x R n \N messbar ist. Zuerst schreiben wir Q in der Form Q = {a k Q : k N}. Dann gibt es nach dem ersten Teil des Beweises für jedes k N eine Nullmenge N k R n, so dass (a k ) x für alle x R n \N k messbar ist. Also ist (a k ) x messbar für alle a k und alle x R n \ k=1 N k. Wegen (a) x = (a kj ) x mit einer Teilfolge (a kj ), a kj und alle a R. j=1 a, ist (a) x messbar für alle x R n \ k=1 N k Hauptsatz 5.7 (Satz von Fubini). Seien M n+m und f : R messbar. Dann gilt: (1) Für fast alle x R n ist die Funktion y f(x, y), y x, messbar auf x. (2) Ist f L 1 (), so liegt für fast alle x R n die Funktion y f(x, y), y x, in L 1 ( x ). Außerdem ist die Funktion x f(x, y) dµ m (y) x bezüglich x integrierbar; im Fall x = sei x f(x, y) dµ m (y) := 0. Ferner gilt ( ) f dµ n+m = f(x, y) dµ m (y) dµ n (x). R n x Beweis. Die Aussage (1) folgt aus Korollar 5.7, wenn man f durch 0 zu einer Funktion f auf R n+m fortsetzt.

24 24 R. Farwig: Analysis IV: Maß- und Integrationstheorie Für (2) sei f L 1 (). Dann ist auch f L 1 (R n+m ) und ( ) Satz 5.1 f dµ n+m = f dµ n+m = f dµ m (y) dµ n (x) R n+m R n R ( ) m = f dµ m (y) dµ n (x), R n x da für fast alle x R n die Identität f dµ m = R m fχ x dµ m = R m f dµ m x gilt. Insbesondere ist für fast alle x R n die Funktion y f(x, y) = f(x, y)χ x (y) integrierbar, d.h. f(x, ) L 1 ( x ). Bemerkung. Aus f L 1 (), R n+m messbar, folgt also die Gültigkeit des Satzes von Fubini. Dagegen reicht es nicht aus, dass beide iterierten Integrale ( ) ( ) f(x, y) dy dx und f(x, y) dx dy (alles im L 1 -Sinne) existieren und übereinstimmen, wie das folgende Gegenbeispiel zeigt. Sei n = m = 1 und I = [0, 1] 2. Wir betrachten die unten in der Skizze dargestellte Aufteilung der Menge I. y 1 I 3 I = I 2 I 4 k I 3 k I 1 I k = I 1 k I 2 k 0 1 x Weiter sei die Funktion f so definiert, dass auf I k { 1/µ 2 (I k ) in Ik 1 f = I3 k 1/µ 2 (I k ) in Ik 2 I4 k gilt. Sonst sei f = 0 in I. Dann gilt 1 f(x, y) dy = 0 = 1 f(x, y) dx für fast alle 0 0 x [0, 1] bzw. y [0, 1] und also auch 1 ( 1 ) 1 ( 1 ) f(x, y) dy dx = f(x, y) dx dy =

25 5. Mehrfachintegration 25 Jedoch ist f L 1 (I) und damit f dµ I 2 nicht definiert, denn es gilt f dµ 2 = f dµ 2 = 1 =. I k I k k Dagegen gilt der Satz von Fubini immer, wenn f 0 ist, wie der folgende Satz besagt. Hauptsatz 5.8 (Satz von Tonelli). Sei R n+m messbar und f eine nichtnegative, messbare Funktion auf. Dann ist die Funktion y f(x, y), y x, für fast alle x R n messbar, die Funktion x x f(x, y) dµ m (y) ist messbar auf R n, und es gilt ( ) f dµ n+m = f(x, y) dµ m (y) dµ n (x) R n x (u.u. sind beide Seiten + ). Beweis. Ohne inschränkung sei = R n+m. Um die Aussage mit Hilfe des Satzes von Lebesgue über monotone Konvergenz auf den Satz von Fubini zurückzuführen, sei die Folge (f k ) definiert durch { 0 für (x, y) > k f k (x, y) = min{k, f(x, y)} für (x, y) k. Dann folgt 0 f 1 f 2 f für alle (x, y) R n+m, f k L 1 (R n+m ) und f k genügt den Voraussetzungen des Satzes von Fubini. s gibt also eine gemeinsame (von k N unabhängige) Nullmenge N R n, so dass f k (x, y) für alle x R n \N, k N, in y messbar ist. Dank der punktweisen Konvergenz von f k gegen f ist auch f(x, y) in y messbar für alle x R n \N. Nun liefert die Anwendung des Satzes von Fubini auf f k die Messbarkeit der Abbildung x f k (x, y) dµ m (y). R m Nach dem Satz von Lebesgue über monotone Konvergenz erhalten wir f k (x, y) dµ m (y) R m f(x, y) dµ m (y) R m x fast überall. Folglich ist auch die Abbildung x f(x, y) dµ m (y) R m

26 26 R. Farwig: Analysis IV: Maß- und Integrationstheorie messbar. ndlich liefert die zweifache Anwendung desselben Satzes von Lebesgue sowohl die Konvergenz ( ) ( ) f k (x, y) dµ m (y) dµ n (x) R n R m R n f(x, y) dµ m (y) R m dµ n (x) als auch den Grenzüberang ( ) f k dµ m R n R m dµ n = f k dµ n+m R n+m f dµ n+m. R n+m Daraus folgt nun die Behauptung. Beispiel. (1) Für das uneigentliche Riemann-Integral 0 sin x x dx gilt 0 sin x x dx = π 2. Zum Beweis betrachten wir zuerst die Funktion f(x, y) = e xy sin x auf (0, R) (0, R) =: I R, R > 0. Wegen I R f dµ 2 0 Satz 5.9 = R 0 ( ) R sin x e xy sin x dy dx = dx < 0 0 x ist f L 1 (I R ). Wenden wir nun den Satz von Fubini auf f, I R an, erhalten wir R sin x R ( ) x dx = sin x e xy dy dx! = = = ( R ) sin x e xy dx dy y 2 e xy ( y sin x cos x) x=r dy x=0 1 ( ) e Ry ( y sin R cos R) + 1 dy. 1 + y 2 Sei (R n ) eine monoton wachsende Folge in (1, ) mit R n. Dann gilt y 2 e Rny ( y sin R n cos R n ) 0 für n und für alle y > 0 und y 2 e Rny ( y sin R n cos R n ) (y + 1)e y 1 + y 2 L 1 (0, ).

27 5. Mehrfachintegration 27 Nach dem Satz von Lebesgue über majorisierte Konvergenz erhalten wir 0 1 ( ) e Rny ( y sin R 1 + y 2 n cos R n ) + 1 dy n (2) s gilt (im Sinne von L 1 -Funktionen) Zuerst haben wir R und ε R ε 0 sin x x 1 cos x x 2 dx = cos x dx = x sin x x dx π 2 1 cos x x R ε ( y 2 ) dy = arctan = π 2. R ε ( sin x + x R ε ) 2 dx = π 2. 1 cos x x 2 dx für R, ε 0 0 für R, ε 0. Aus der Identität 1 cos x = 1 cos ( 2 x 2) = 2 sin 2 ( x 2) erhalten wir schließlich 0 1 cos x x 2 dx = ( sin x 2 x 2 ) 2 ( sin y ) 2 dx = dy. y Bemerkung. Der Satz von Fubini (Satz 5.8) gilt auch für Funktionen f : C. 0

28 28 R. Farwig: Analysis IV: Maß- und Integrationstheorie 6 Die Substitutionsregel Definition. (1) Seien U, V R n offene Mengen. ine Abbildung f : U V heißt C 1 -Diffeomorphismus, falls f C 1 (U) n bijektiv ist und die Umkehrfunktion f 1 : V U stetig differenzierbar ist. (2) ine Abbildung f : U R n R m heißt lokal Lipschitz-stetig, wenn es zu jedem x U eine (offene) Umgebung U x von x gibt, so dass f auf U x U Lipschitz-stetig ist, d.h., es existiert ein L x 0 mit f(y) f(y ) Lx y y für alle y, y U x U. Wir schreiben kurz f C 0,1 loc (U)m. Hauptsatz 6.1. Seien U, V R n offen, φ : U V ein C 1 -Diffeomorphismus und f : V R messbar. Genau dann ist f L 1 (V ), wenn f φ det Dφ in L 1 (U) liegt. In diesem Fall gilt f dy = f φ det Dφ dx. V U Dabei ist Dφ = ( j φ i ) n i,j=1 = J φ die Funktionaldeterminante von φ. Formal gilt also für y = φ(x) die Identität dy = det Dφ(x) dx. 6.1 Bilder messbarer Mengen Lemma 6.2. Sei N M n eine Lebesgue-Nullmenge und sei f C 0,1 loc (N)m mit m n. Dann ist f(n) M m eine Lebesgue-Nullmenge. Beweis. (Vergleiche mit Lemma 6.10 in Analysis II für Jordan-Nullmengen). Zuerst sei f global Lipschitz stetig auf N, d.h., es gibt ein L > 0 mit f(x) f(y) L x y, x, y N. Nach Definition des Lebesgue-Maßes µ n als äußeres Maß gibt es zu jedem 0 < ε < L m halboffene Rechtecke R j und o.. auch sogar offene Rechtecke R j mit rationalen Kantenlängen, so dass N R j, j=1 vol n (R j ) ε/l m. j=1 Da alle Kantenlängen rational sind, dürfen wir sogar nach einer weiteren Zerlegung der Rechtecke annehmen, dass für jedes einzelne j N die Menge R j ein offener Würfel der Kantenlänge a j > 0 ist. Dann folgt aus der Lipschitzstetigkeit

29 6. Die Substitutionsregel 29 von f, dass f(n R j ) in einem m-dimensionalen Würfel R j La j liegt und ein m-dimensionales Volumen der Kantenlänge vol m (R j) (La j ) m = L m vol n (R j ) m/n hat. Somit erhalten wir f(n) f(n R j ) j=1 j=1 R j und wegen ε/l m < 1 vol m (R j) L m j=1 j=1 vol n (R j ) m/n L m j=1 vol n (R j ) < ε. Folglich ist µ m (f(n)) < ε. Da ε beliebig ist, ist die Behauptung µ m (f(n)) = 0 bewiesen. Nun sei f C 0,1 loc (N)m und N M n eine Lebesgue-Nullmenge. Dann gibt es zu jedem x N eine offene Umgebung U x von x, so dass f N Ux Lipschitzstetig ist. Die gewünschte Behauptung µ m (f(n)) = 0 ist nun bewiesen, falls bereits abzählbar viele Mengen U x zum Überdecken von N ausreichen; denn nach dem bereits bewiesenen Teil ist f(n U x ) M m eine Nullmenge und eine abzählbare Vereinigung von Nullmengen ist wieder eine Nullmenge. Zur Konstruktion dieser Teilüberdeckung betrachten wir alle offenen Kugeln vom Typ B δ (y) R n mit Radius 0 < δ Q und Mittelpunkt y Q n ; es gibt höchstens abzählbar viele solche Kugeln. Offensichtlich kann man jede der obigen Mengen U x als abzählbare Vereinigung solcher Kugeln schreiben. Somit erhalten wir abzählbar viele Kugeln B j = B δj (y j ), j N, die bereits N überdecken. Wählt man jetzt zu jedem j N eine geeignete Menge U j = U x mit B j U j aus, erhält man eine abzählbare Überdeckung {U j } von N als Teilauswahl der bisherigen Überdeckung {U x }. Lemma 6.3. Sei A M n und f C 0,1 loc (A)m mit m n. Dann gilt f(a) M m. Beweis. Sei zuerst A M n beschränkt. Nach dem Hauptsatz 2.8(3) gibt es eine F σ -Menge C 0 = j C j, C j abgeschlossen, mit C 0 A, µ n (A\C 0 ) = 0, µ n (C 0 ) = µ n (A). Dann ist A = C 0 N mit einer Nullmenge N M n und wir erhalten f(a) = j f(c j) f(n). Hier ist C j sogar kompakt und f C 0 (C j ), also ist f(c j ) M m kompakt. Aus Lemma 6.2 folgt F (N) M m und damit f(a) M m. Falls A M n unbeschränkt ist, schreiben wir A = k=1 (A B k) mit einer Folge von Kugeln B k (0) und erhalten mit f(a) = k f(a B k) und dem zuvor bewiesenen Teil der Behauptung f(a) M m.

30 30 R. Farwig: Analysis IV: Maß- und Integrationstheorie Lemma 6.4. Sei U R n offen, f C 1 (U) m, m n, und sei A U messbar. Dann gilt f(a) M m. Beweis. Wegen f A C 0,1 loc (A)m liefert Lemma 6.3 die Behauptung. Satz 6.5 (Spezieller Transformationssatz). Sei T : R n R n eine lineare Abbildung und sei A M n. Dann gilt µ n (T (A)) = det T µ n (A). Beweis. Da T linear ist, gilt T C 1 (R n ) n und T (A) M n wegen Lemma 6.3. Falls die Abbildung T nicht bijektiv ist (d.h. det T = 0), liegt T (A) in einer höchstens (n 1)-dimensionalen Hyperebene des R n. Also ist in dem Fall µ n (T (A)) = 0 = det T µ n (A). Sei also T bijektiv (det T 0). Dann sieht man leicht, dass ν(a) := µ n (T (A)) ein translationsinvariates Maß auf M n mit der igenschaft 0 < ν((0, 1] n ) < ist (weil T ((0, 1] n ) beschränkt ist und innere Punkte enthält). Aus Satz 2.9 folgt ν = ν((0, 1] n )µ n, und wir erhalten die Identität µ n (T (A)) = µ n (T ((0, 1] n ))µ n (A). s bleibt also µ n (T ((0, 1] n )) = det T zu zeigen. Da T linear mit det T 0 ist, gibt es endlich viele elementare Zeilenund Spaltentransformationen T j mit (T m T 1 ) T (T m+1 T M ) = I. Also ist T ein Produkt von endlich vielen elementaren Zeilen- und Spaltentransformationen, z.b. T = T 1... T J. Wir zeigen, dass für jede elementare Transformation T j die Behauptung µ n (T j ((0, 1] n )) = det T j gilt. Dann ist nämlich nach obiger Argumention auch µ n (T j (A)) = det T j µ n (A) für A M n, was wiederum die gewünschte Identität für T, µ n (T ((0, 1] n )) = µ n (T 1 T J ((0, 1] n )) liefert. Wir unterscheiden drei Fälle: = det T 1 det T J µ n ((0, 1] n ) = det T, (1) Sei T j eine Permutationsmatrix. Dann haben wir T j ((0, 1] n ) = (0, 1] n und det T j = 1.

31 6. Die Substitutionsregel 31 (2) Sei T j = diag (α, 1,..., 1) mit α 0. Dann ist T j ((0, 1] n ) = (0, α] (0, 1] n 1 bzw. T j ((0, 1] n ) = ( α, 0] (0, 1] n 1 und es gilt (3) Sei T j von der Form µ n (T j ((0, 1] n )) = α = det T j. 1..., also T je 1 = e 1 + e 2, T j e 2 = e 2 usw. (Addition der ersten beiden Zeilenvektoren). Dann folgt aus einer geometrischen Anschauung und aus der Translationsinvarianz von µ n µ n (T j ((0, 1] n )) = 1 = µ n ((0, 1] n ) und det T j = Beweis der Substitutionsregel Lemma 6.6. Seien U, V R n offen und φ : U V ein C 1 -Diffeomorphismus. Dann gilt für jedes halboffene Rechteck R = (a, b] mit a, b Q n und R U µ n (φ(r)) det Dφ dx. Beweis. Bezeichne die Maximumsnorm auf R n. R Behauptung. Sei r > 0, x 0 R n. Für den Würfel Q = B r/2 (x 0 ) mit Q U gilt mit K = sup x Q Dφ(x) (hier steht für die Operatornorm von Dφ(x) auf (R n, )) µ n (φ(q)) (Kr) n = K n µ n (Q). ( ) Beweis der Behauptung. Aus dem Mittelwertsatz im R n (Integralabschätzung) folgt φ(x) φ(x 0 ) K x x 0 K r für alle x Q. 2 Also ist φ(q) in B Kr/2 (φ(x 0 )) enthalten, und ( ) gilt. Sei nun R = (a, b], a, b Q n, mit R U gegeben, und seien ε > 0 und M = max x R Dφ(x) 1. Da Dφ gleichmäßig stetig auf R ist, gibt es ein δ > 0 mit Dφ(x) Dφ(y) ε für alle x, y R mit x y < δ. M Weil a, b Q n sind, können wir R in N disjunkte halboffene Würfel R k Kantenlänge kleiner als δ zerlegen. Wählen wir in R k ein x k mit mit det Dφ(x k ) = min y R k det Dφ(y)

32 32 R. Farwig: Analysis IV: Maß- und Integrationstheorie und setzen wir T k = Dφ(x k ), erhalten wir für alle y R k DT k φ(y) = Tk Dφ(y) = I+Tk (Dφ(y) Dφ(x k)) 1+M ε M = 1+ε. ( ) Aus Satz 6.5, ( ) und ( ) folgt µ n (φ(r k )) = µ n (T k T 1 k φ(r k)) = det T k µ n (T 1 k φ(r k)) det T k (1+ε) n µ n (R k ). Mit Hilfe der Bijektivität von φ erkennt man φ(r) als disjunkte Vereinigung der Mengen φ(r k ), 1 k N. Deshalb gilt ( N ) N µ n (φ(r)) = µ n φ(r k ) = µ n (φ(r k )) k=1 (1 + ε) n = (1 + ε) n N k=1 R k=1 N det T k µ n (R k ) (1 + ε) n det Dφ dx, k=1 R k det Dφ dx wobei sich die Abschätzung det T k = det Dφ(x k ) det Dφ(y) für alle y R k aus der Wahl des Punktes x k ergibt. Der Grenzübergang ε 0 + liefert nun die Behauptung. Lemma 6.7. Seien U, V R n offen und φ : U V ein C 1 -Diffeomorphismus. Dann gilt µ n (φ(a)) = det Dφ dx für alle A M n,u, wobei M n,u = {B U : B M n } ist. A Beweis. Wir teilen den Beweis in acht Schritte auf und zeigen in den ersten 4 Schritten für jede Menge A M n die Ungleichung µ n (φ(a)) det Dφ dx. A (1) Sei O O U offen und beschränkt. Dann kann man die Menge O in der Form O = k R k mit disjunkten Rechtecken R k vom Typ (a, b], a, b Q n, schreiben (siehe auch den Beweis von Satz 2.9, dyadische Würfel). Aus Lemma 6.6 folgt ( ) µ n (φ(o)) = µ n φ(r k ) = µ n (φ(r k )) k k det Dφ dx = det Dφ dx, k R k O wobei die letzte Gleichheit nach dem Satz von Lebesgue über monotone Konvergenz gilt.

33 6. Die Substitutionsregel 33 (2) Sei O U offen. Dann gibt es offene Mengen O k O mit O k O k O k+1, O = k O k, O k beschränkt. Mit Hilfe von Proposition 1.2(4) folgt µ n (φ(o)) = lim µ n (φ(o k )) (1) lim det Dφ dx = det Dφ dx, k k O k O wobei die letzte Gleichheit nach dem Satz über monotone Konvergenz gilt. (3) Sei A M n,u mit A U beschränkt. Dann gibt es nach Satz 2.8(2) eine G δ -Menge = k k U mit k k U offen, beschränkt, A, µ n (\A) = 0, µ n () = µ n (A) <. Da 1 kompakt in U ist und φ C 1 (U), liegt die Funktion det Dφ in L 1 ( 1 ). Somit liefert der Satz von Lebesgue über majorisierte Konvergenz ( k µ n (φ()) µ n (φ j=1 Wegen A, µ n () = µ n (A) folgt µ n (φ(a)) µ n (φ()) )) (2) j det Dφ dx k det Dφ dx. T k j=1 j det Dφ dx = A det Dφ dx. (4) Sei A M n,u beliebig und sei A k = A B k (0) {x U : dist (x, U) > 1/k}, k N. Dann folgt aus (3) wegen A k U und mit Proposition 1.2(4) µ n (φ(a)) = lim µ n (φ(a k )) lim det Dφ dx = det Dφ dx. k k A k A Damit ist in Lemma 6.7 bewiesen. (5) Sei f 0 eine Treppenfunktion auf V = φ(u) in der kanonischen Form f = k j=0 α jχ Aj mit A j M n,v paarweise disjunkt, µ n (A j ) <, α j > 0

34 34 R. Farwig: Analysis IV: Maß- und Integrationstheorie paarweise verschieden. Dann folgt mit (4), den paarweise disjunkten Mengen B j = φ 1 (A j ) M n,u und mit {α j } = f(a j ) = f(φ(b j )) die Ungleichung V f dy = k α j µ n (A j ) = j=0 = k α j µ n (φ(b j )) j=0 k α j det Dφ dx B j j=0 k j=0 = U B j f φ det Dφ dx f φ det Dφ dx. (6) Sei U offen und beschränkt und sei f : V [0, ] messbar. Dann gibt es nach Satz 3.7 eine Folge von Treppenfunktionen (f k ), f k 0 wie in (5), mit f k f punktweise auf V. Also definiert f k φ 0 eine Folge von Treppenfunktionen auf U mit f k φ f φ punktweise auf U, und f k φ det Dφ ist messbar auf U. Aus dem Satz von Lebesgue über monotone Konvergenz und aus (5) folgt f dy = lim f k dy lim f k φ det Dφ dx = f φ det Dφ dx. k V k U U V (7) Sei U eine beliebige offene Menge und sei f : U [0, ] messbar. Dann gibt es zu U eine Folge offener beschränkter Mengen U k U mit U k U k+1, U = k=1 U k. Mit (6) folgt f dy f φ det Dφ dx. φ(u k ) U k Nach dem Satz über monotone Konvergenz erhalten wir aus k f dy f dy φ(u k ) φ(u)=v k f φ det Dφ dx f φ det Dφ dx U k U die Ungleichung V f dy U f φ det Dφ dx. ( )

35 6. Die Substitutionsregel 35 (8) Sei A M n,u beliebig. Wir vertauschen die Rollen von U, V und wenden (7) auf φ 1 statt φ. Dabei ersetzen wir f durch χ φ(a) φ det Dφ und erhalten A det Dφ dx = = = = U V V V V χ φ(a) φ det Dφ dx χ φ(a) φ φ 1 (det Dφ) φ 1 det Dφ 1 dy χ φ(a) det((dφ φ 1 )Dφ 1 ) dy χ φ(a) det D(φ φ 1 ) dy χ φ(a) dy = µ n (φ(a)). Korollar 6.8. Seien U, V, φ wie in Hauptsatz 6.1. Dann gilt für jede messbare Funktion f : U [0, ] f dy = f φ det Dφ dx. V Beweis. Aus Lemma 6.4 folgt φ 1 (M n,v ) M n,u. Wegen U {x : f φ(x) > α} = φ 1 {y : f(y) > α} impliziert die Messbarkeit von f die Messbarkeit von f φ. Folglich ist auch f φ det Dφ messbar. Wenden wir nun ( ) aus dem Teil (7) ds Beweises von Lemma 6.7 auf f = (f φ det Dφ ) φ 1 det Dφ 1 mit V, φ 1 statt U, φ an, erhalten wir f φ det Dφ dx U V f dy. Zusammen mit ( ) folgt die Gleichheit. Beweis von Hauptsatz 6.1. Wir zerlegen f als f = f + f und benutzen die igenschaft, dass f L 1 (U) genau dann gilt, wenn f L 1 (U) ist. Die Behauptung des Satzes folgt nun aus Korollar 6.8.

36 36 R. Farwig: Analysis IV: Maß- und Integrationstheorie Beispiel (Polarkoordinaten in R 2 ). Sei φ : {(r, ϕ) (0, ) (0, 2π)} {(x, y) : y = 0 x < 0} mit φ(r, ϕ) = (r cos ϕ, r sin ϕ). Dann ist det Dφ = r. Sei nun = {(r, ϕ) : 0 < r < ϕ/2π} und Y = φ(). ϕ 2π 1 1/4 1/2 Y 1 1 r Die Substitutionsregel und der Satz von Fubini liefern 2π ( ϕ/2π ) µ 2 (Y ) = r d(r, ϕ) = r dr dϕ = 0 0 2π 0 1 ϕ 2 2 4π dϕ = π 2 3. Häufig taucht jedoch das Problem auf, dass φ auf M, M U, nicht mehr invertierbar ist. Korollar 6.9. Sei U R n eine offene Menge, φ C 1 (U) n, M U messbar und sei M\M ( M) eine Nullmenge; hier bezeichne M das Innere, also die Menge alle innerern Punkte, von M. Ferner sei φ M : M φ(m ) ein C 1 -Diffeomorphismus. (1) Für f : M [0, ] messbar gilt f dy = φ(m) M f φ det Dφ dx. (2) Genau dann gehört f : φ(m) R zu L 1 (φ(m)), wenn f φ det Dφ zu L 1 (M) gehört. In diesem Fall gilt die Gleichung aus (1). Beweis. Wegen µ n (M\M ) = 0 folgt aus Lemma 6.2, dass φ(m)\φ(m ) φ(m\m ) eine Nullmenge ist. Dann liefert der Hauptsatz 6.1 f dy = f dy = f φ det Dφ dx = f φ det Dφ dx. φ(m) φ(m ) M M Bemerkung. Die Substitutionsregel gilt auch für Funktionen f : U C.

37 7. L p -Räume 37 7 L p -Räume Definition. Sei M n und 1 p <. (1) Dann definiert man den Funktionenraum { L p () = f : R (oder C) messbar : sowie die Seminorm ( f p = f p, = } f p dµ < f p dµ) 1/p für alle f L p (). (2) Da f p = 0 genau dann, wenn f = 0 f.ü. in ist, definiert man zu einer Funktion f L p () die Äquivalenzklasse [f] = {f + g : g = 0 fast überall in } aller Funktionen in L p (), die f.ü. mit f übereinstimmen. Damit erhält man den Raum L p () = {[f] : f L p ()} von Äquivalenzklassen und die L p -Norm [f] p = f p. (3) Der infachheit halber schreiben wir kurz L p () = { f : R (C) messbar : f p := ( 1/p } f dµ) p <, bedenken aber, dass die lemente von L p () streng genommen keine Funktionen, sondern Äquivalenzklassen sind. Jedes f L p () ist als Funktion nur fast überall eindeutig definiert. Achtung. s macht keinen Sinn, von einzelnen Funktionenswerten f(x), x, zu sprechen! Die bisherige Menge L 1 () aus 4 5 wird jetzt auch im obigen Sinne verstanden. Definition. Im Fall p = heißt eine messbare Funktion f : R (oder C) wesentlich beschränkt (essentially bounded), falls das essentielle Supremum ist. Dann ist ess sup f := inf{α 0 : µ({ f > α}) = 0} < L () = { f : R (oder C) messbar : f, = f = ess sup f < }. Dabei ist f wieder streng genommen als Äquivalenzklasse [f] zu verstehen.

38 38 R. Farwig: Analysis IV: Maß- und Integrationstheorie Bemerkung. Sei f eine messbare Funktion auf und M = ess sup f. (1) Ist M <, so ist µ({ f > M + 1/k}) = 0 für alle k N. s gilt also µ({ f > M}) = lim k µ({ f > M + 1/k}) = 0 und wir erhalten f M f.ü.. Andererseits, falls M > 0 ist, gilt µ({ f > M 1/k}) > 0 für alle k N. Durch diese beiden Bedingungen ist M = f charakterisiert. (2) s ist M = genau dann, wenn µ({ f > α}) > 0 für alle α > 0 ist. Satz 7.1. Ist 0 < µ() <, gilt für alle messbaren Funktionen f : C f = lim p f p. Beweis. Sei M = f > 0; der Fall M = 0 ist trivial Ist M < M, dann gilt µ(a) > 0 für die Menge A = {x : f > M }, und wir erhalten ( ) 1/p f p f p dµ M µ(a) 1/p p M. A Daraus folgt lim inf p f p M und damit auch lim inf p f p M. Außerdem haben wir ( 1/p ( ) 1/p f p = f dµ) p M p dµ = Mµ() 1/p p M, woraus lim sup p f p M folgt; diese Ungleichung gilt offensichtlich auch im Fall M =. Zusammenfassend erhalten wir die Behauptung. Lemma 7.2 (Young sche Ungleichung). Für a, b 0 und zueinander konjugierte xponenten p, q (1, ), d.h = 1, gilt p q ab ap p + bq q. Beweis. Aus der Konvexität der e-funktion folgt ( 1 ab = (a p ) 1/p (b q ) 1/q = exp p ln ap + 1 ) q ln bq ap p + bq q. Satz 7.3 (Hölder-Ungleichung). Seien p, q [1, ] zueinander konjugierte xponenten (im Fall p = 1 folgt q = und umgekehrt) und seien f L p (), g L q (). Dann ist f g L 1 () und f g 1 f p g q. Insbesondere gilt im Fall p = q = 2 die sogenannte (Bunjakowski-)Cauchy- Schwarz-Ungleichung f g 1 f 2 g 2.