Lösungsvorschläge für das 5. Übungsblatt

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1 Lösungsvorschläge für das 5. Übungsblatt Aufgabe 6 a) Sei = [0, ], f(x) := [e x ] für x. Hierbei ist [y] := maxk Z k y} für y. Behauptung: f ist messbar und es ist f(x) dx = 2 log 2. falls x [0, log 2), Beweis. Weil e (2, 3) ist, gilt f(x) = und damit f = [0,log 2) + 2 falls x [log 2, ] 2 [log 2,]. Also ist f als Summe von charakteristischen Funktionen messbarer Mengen messbar und nach Definition des Lebesgue-Integrals für einfache Funktionen gilt f(x) dx = λ([0, log 2]) + 2λ([log 2, ]) = log 2 + 2( log 2) = 2 log 2. b) Seien = (0, ], f(x) := sin x für x. x 3 Behauptung: f ist messbar und (0,] Beweis. f ist auf (0, ] stetig und damit messbar. Die Funktion h : [0, ], x sin x x x > 0, x = 0, ist stetig und positiv, also ist C := min x h(x) > 0 wegen der Kompaktheit von [0, ]. Wir schließen f(x) C x 2 für alle x (0, ]. Wir definieren nun g n := n 2 (0, n ] für n N. Dann ist g n einfach, also messbar, und g n (x) dx = n 2 λ((0, n ]) = n2 n (0,] für alle n N. Weiter ist g n (x) für alle x (0, ] und n N, da im Fall x x 2 n die Ungleichung g n (x) = n 2 gilt und g x 2 n (x) = 0 für x > n ist. Dies impliziert mit der Monotonie und Linearität des Integrals C f(x) dx (0,] (0,] x 2 dx = C dx C g (0,] x2 n (x) dx = Cn (0,] für alle n N. Also ist (0,] c) Seien =, f(x) := x 4 e x falls x Q, 0 falls x \ Q. Behauptung: f ist messbar und f(x) dx = 0. Beweis. Es ist = Q (\Q) und die Vereinigung ist disjunkt, weiter sind Q, \Q B. Weil f Q stetig und damit messbar und f \Q konstant also auch messbar sind, ist f nach Folgerung 3.3 ebenfalls messbar. Es gilt λ(f > 0}) = λ(q\0}) = 0. Nach Satz 4.5(3) ist also f(x) dx = 0.

2 d) Seien =, f(x) := x 4 e x falls x \ Q, 0 falls x Q. Behauptung: f ist messbar und Beweis. Ähnlich wie im vorherigen Teil c) folgt die Messbarkeit von f auch hier. x e 4 x falls x Q, Setze nun wie im vorherigen Teil h(x) := 0 falls x \ Q. Dann gilt f + h [, ) auf und mit Teil c) sowie der Linearität des Lebesgue-Integrals folgt = λ([, )) = [, ) (x) dx f(x) + h(x) dx = f(x) dx + h(x) dx = f(x) dx. Aufgabe 7 (K, 6 Punkte) a) Seien d N, B d und f : [0, ] messbar. Behauptung: Durch µ : B() [0, ], A A f(x) dx wird ein Maß auf B() definiert. Beweis. f : [0, ] ist messbar, also auch A f für jedes A B(). Also ist A f(x) dx wohldefiniert. Wir weisen im Folgenden die Eigenschaften eines Maßes nach. Zu (M): Es gilt µ( ) = f(x) dx = (x)f(x) dx = 0. Zu (M2): Es sei (A j ) j N eine disjunkte Folge in B(). Wir setzen für n N B n := und sehen ein, dass (B n ) n N eine aufsteigende Folge in B() ist. Wir setzen B := n= n A j B n = und (f n ) n N mit f n := Bn f. Dann folgt f n f n+ und f n (x) B (x)f(x) für n für alle x. Der Satz von Beppo Levi liefert nun f(x) dx = B (x)f(x) dx = lim Bn f(x) dx. Außerdem B µ ( ) A j = µ(b) = = lim B A j f(x) dx = lim Bn f(x) dx = lim Aj (x)f(x) dx Aj (x)f(x) dx = lim µ(a j ) = µ(a j ). 2

3 b) Seien y d, f : d und τ y f : d mit τ y f(x) := f(x y) die Translation von Blatt 4. Behauptung: f ist genau dann integrierbar, wenn τ y f integrierbar ist. In diesem Fall gilt f(x) dx = τ y f(x) dx. d d Beweis. ist. (i) Wir wissen aus Aufgabe 3 (c), dass f genau dann messbar ist, wenn τ y f messbar (ii) Wir zeigen die Behauptung zuerst für einfache Funktionen. Sei also f 0 einfach mit einer Darstellung n α i Ai. Zusätzlich sei f integrierbar. Wir setzen y + A i := y + x x A i }. Dann folgt für x d τ y f(x) = f(x y) = α i Ai (x y) = α i y+ai (x). Also ist τ y f ebenfalls einfach und τ y f(x) dx = d α i λ d (y + A i ) = α i λ d (A i ) = f(x) dx <, d wobei wir die Translationsinvarianz des Lebesguemaßes ausgenutzt haben. (iii) Sei nun f : d [0, ] integrierbar und (f n ) n N eine zulässige Folge von einfachen Funktionen für f. Dann ist (τ y f n ) n N eine zulässige Folge für τ y f, denn für x d gilt τ y f n (x) = f n (x y) f n+ (x y) = τ y f n+ (x) und τ y f n (x) = f n (x y) f(x y) für n. Insbesondere ist τ y f n für n N einfach (siehe (ii)). Dann folgt per Definition des Integrals und Teil (ii) τ y f(x) dx = lim d τ y f n (x) dx = lim d f n (x) dx = d f(x) dx <. d (iv) Sei nun f : d integrierbar. Dann sind f +, f : d [0, ] integrierbar und f = f + f. Es gilt für x d (τ y f) + (x) = maxf(x y), 0} = f + (x y) = (τ y f + )(x) und (τ y f) (x) = (τ y f )(x). Also folgt direkt durch Anwendung des Ergebnisses aus (iii) τ y f(x) dx = (τ y f) + (x) dx + (τ y f) (x) dx = (τ y f + )(x) dx + (τ y f )(x) dx d d d d d = f + (x) dx + f (x) dx = f(x) dx <. d d d (v) Sei nun τ y f integrierbar. Dann schreiben wir f = τ y (τ y f) und erhalten die Integrierbarkeit von f aus (iv). 3

4 Aufgabe 8 (K, 6 Punkte) a) Seien d N und B d. Gegeben seien messbare Funktionen f n : [0, ], die eine monoton fallende Folge bilden. Weiter existiere der Grenzwert f(x) := lim f n(x) für alle x und es sei f (x) dx <. Behauptung: Es gilt lim f n (x) dx = f(x) dx. Auf die Voraussetzung f (x) dx < kann dabei nicht verzichtet werden. Beweis. Definiere für i N die Funktion g i : [0, ] durch g i = f f i. Weil die Folge (f n ) n monoton fällt und nichtnegativ ist, gilt für i N 0 = f f }} f f i f }} f i+... f }}. =g =g i =g i+ Wir erhalten insbesondere mit der Voraussetzung f (x) dx <, dass jede Funktion g i auf integrierbar ist. Ferner ist für alle x lim g n(x) = f (x) lim f n(x) = f (x) f(x). Mit Satz 4. und dem Satz von der monotonen Konvergenz, angewandt auf die Folge (g n ) n, folgt lim f n (x) dx = lim f (x) g n (x) dx = f (x) dx lim g n (x) dx = f (x) dx (f (x) f(x)) dx = f(x) dx. Im letzten Schritt verwenden wir wieder Satz 4. und die Integrabilität von f und f f auf. Wir belegen nun mittels eines Gegenbeispiels, dass man auf die Voraussetzung f (x) dx < nicht verzichten kann. Wir wählen d =, = und f n := n für n N. Dann ist die Funktionenfolge (f n ) n messbar, da jede Funktion der Folge konstant ist, und es ist lim f n (x) = 0 =: f(x) für alle x. Weiter ist die Folge (f n ) n monoton fallend. Allerdings gilt lim f n (x) dx = lim = 0 = f(x) dx. b) (i) Behauptung: Es gilt lim n cos(x) dx = π. Beweis. Wir definieren (f n ) n N mit f n : [0, π] [0, ] durch f n (x) := n cos(x). Dann gilt wegen cos(x) [0, ] für x [0, π], dass f n (x) = n cos(x) n+ cos(x) = f n+ (x) ist. Außerdem konvergiert f n punktweise auf [0, π] gegen die Funktion, x [0, π] \ π f : [0, π] 0, }; x 2 }, 0, x = π 2. 4

5 Weil f n stetig ist, ist es messbar für n N. Der Satz von Beppo Levi liefert nun n lim cos(x) dx = lim f n (x) dx = f(x) dx = π. (ii) Behauptung: Es ist lim [, ) e nx2 dx = 0. Beweis. Wir setzen f n : [, ) [0, ]; x e nx2 für n N, was als stetige Funktion messbar ist. Dann gilt für x [, ) f n (x) = e nx2 e (n+)x2 = f n+ (x). Weiter konvergiert die Folge (f n ) n auf [, ) punktweise gegen 0, x [, ) \ 0}, f : [, ) [0, ]; x, x = 0. Wir wollen Teil a) anwenden und zeigen dafür f L ([, )). Für x [, ] gilt e x2 und für x (, ) gilt e x2, x [, ],. Also folgt f x 2 g mit g : [, ) [0, ]; x, x (, ). x 2 Es gilt nun g(x) dx = dx + dx <. [, ) [,] (, ) x2 Folglich ist f L ([, )). Dann folgt mit dem Teil a) f n (x) dx = f(x) dx = 0. lim [, ) [, ) c) Sei a k := x dx für k N. (x+) k Behauptung: Die eihe a k konvergiert gegen. Beweis. Es sei (f k ) k N definiert durch f k : [0, ] [0, ); x f k (x) := x für k N. (x+) k Dann folgt für n N und x [0, ] S n (x) := f k (x) = x (x + ) k = x n x + (x + ) k 0, x = 0,, x (0, ], k=0 n. Folglich gilt S n (0,] punktweise auf [0, ] für n. Da (S n ) n N eine aufsteigende Folge messbarer Funktionen ist, liefert der Satz von Beppo Levi a k = lim f k (x) dx = lim S n (x) dx = (0,] (x) dx = λ ((0, ]) =. 5