\documentclass[11pt,a4paper,oneside,fleqn]{article}

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 \begin{document} 
 \pagestyle{empty}
\noindent Mathematisches Institut LMU 
\hspace{7cm} 19.04.2005\\
Prof. Dr. H. Steinlein \\
 \begin{center}
{\Large \bf {\"Ubungsblatt 2 zu MPIIA}  }
 \end{center}

\ %

\vspace{1.5cm}

\noindent{\bf Aufgabe 5: (4 Punkte)} 
\begin{enumerate}
\item[a)] Zeigen Sie, da\ss\ \(\mathbb Q\subset\mathbb R\) eine
  Lebesguesche Nullmenge ist. 
\item[b)] Sei \(K_0=[0,1]\). Man entferne aus \(K_0\) das offene
  mittlere Drittel \(I_{0,1}:=\,]\frac13,\frac23[\,\). Es bleiben die \(2^1\)
  abgeschlossenen Intervalle \(K_{0,1}=[0,\frac13],
  K_{0,2}=[\frac23,1]\). Aus diesen Intervallen entferne man beim zweiten Schritt
  wieder jeweils das offene mittlere Drittel \(I_{1,1}:=\,]\frac19,\frac29[\,,
  I_{1,2}:=\,]\frac79,\frac89[\,\), und es bleiben die \(2^2\)
  abgeschlossenen Intervalle \(K_{1,1}=[0,\frac19],
  K_{1,2}=[\frac29,\frac13], K_{1,3}=[\frac23,\frac79],
  K_{1,4}=[\frac89,1]\). Aus jedem dieser Intervalle entferne mann wieder
  das offene mittlere Drittel und so fort. Formal, sei
  \begin{align*}
    C:=\bigcap_{n=0}^\infty\bigcup_{j=1}^{2^{n+1}}
    K_{n,j}=K_0\setminus\bigcup_{n=0}^\infty\bigcup_{j=1}^{2^n}I_{n,j}.
  \end{align*}
  Zeigen Sie,  da\ss\ \(C\) eine
  Lebesguesche Nullmenge ist. 
\end{enumerate}
\noindent{\it L\"osungsvorschlag:}
a) \(\mathbb Q\subseteq\mathbb R\) ist {\it abz\"ahlbar}; sei also
\(\mathbb Q=\{r_1,r_2,r_3,\ldots\}\). Sei \(\epsilon>0\), und
definiere Intervalle
\(I_j=]\,a_j,b_j[\,:=\,]\,r_j-\frac{\epsilon}{3\cdot2^j},
r_j+\frac{\epsilon}{3\cdot2^j}[\ ,j=1,2,3,\ldots\). Weil \(r_j\in I_j,
j\in\mathbb N\), ist \(\mathbb Q\subseteq\cup_{j=1}^\infty I_j\). Weil
\begin{align*}
  \sum_{j=1}^\infty(b_j-a_j)&=\sum_{j=1}^\infty\Big[\big(r_j+\frac{\epsilon}{3\cdot2^j}\big)
  -\big(r_j-\frac{\epsilon}{3\cdot2^j}\big)\Big] 
  =\sum_{j=1}^\infty\big(2\cdot\frac{\epsilon}{3}\big)\frac{1}{2^j}\\&
  =\frac{2\epsilon}{3}\sum_{j=1}^\infty\big(\frac12\big)^j
  =\frac{2\epsilon}{3}\big(\frac{1}{1-1/2}-1\big)=\frac{2\epsilon}{3}<\epsilon,
\end{align*}
ist \(\mathbb Q\) eine Lebesguesche Nullmenge.

b) Man sieht, da\ss\ f\"ur jedes \(N\in\mathbb N\), 
\begin{align*}
  \bigcap_{n=1}^N\bigcup_{j=1}^{2^{n+1}}K_{n,j}=\bigcup_{j=1}^{2^{N+1}}K_{N,j}, 
\end{align*}
und deswegen ist \(C\subset \bigcup_{j=1}^{2^{N+1}}K_{N,j}\) f\"ur jedes
\(N\in\mathbb N\). F\"ur \(N\) fest, ist die L\"ange vom Intervall
\(K_{N,j}\) gleich \(\frac{1}{3^{N+1}}=\big(\frac13\big)^{N+1}\),
unabh\"angig von \(j\). Es gibt, wieder f\"ur \(N\in\mathbb N\) fest,
insgesamt \(2^{N+1}\) Intervalle, \(K_{N,1}, \ldots,K_{N,2^{N+1}}\). 

Sei \(\epsilon>0\). W\"ahle \(N\in\mathbb N\), so da\ss\
\(N+1>\frac{\ln\epsilon}{\ln(8/9)}\) (dann ist
\(\big(\frac89\big)^{N+1}<\epsilon\)).  W\"ahle offene Intervalle
\(I_j=\, ]a_j,b_j[\, , j=1,\ldots, 2^{N+1}\), jede von L\"ange
  \(b_j-a_j=\big(\frac49\big)^{N+1}\)
  (\(>\big(\frac39\big)^{N+1}=\big(\frac13\big)^{N+1}\)), so da\ss\
  \(I_j\supseteq K_{N,j}\) (m\"oglich, weil die L\"ange von \(K_{N,j}\)
  kleiner ist als die L\"ange von \(I_j\)). 

Damit hat man
\begin{align*}
  \bigcup_{j=1}^{2^{N+1}}I_j\supseteq\bigcup_{j=1}^{2^{N+1}}K_{N,j}\supseteq C,
\end{align*}
und
\begin{align*}
  \sum_{j=1}^{2^{N+1}}(b_j-a_j)=\sum_{j=1}^{2^{N+1}}\big(\frac49\big)^{N+1}
  =2^{N+1}\cdot\big(\frac49\big)^{N+1}=\big(\frac89\big)^{N+1}<\epsilon.
\end{align*}
Also ist \(C\) eine Lebesguesche Nullmenge.

\ %


\noindent{\bf Aufgabe 6: (4 Punkte)} Seien \(p,q\in\mathbb R, p, q>1\) mit
\(\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1\). Zeigen Sie:
\begin{align*}
  xy\leq\frac{x^p}{p}+\frac{y^q}{q}\quad\text{f\"ur alle } x,y\geq0,
\end{align*}
wobei Gleichheit genau dann gilt, wenn \(y=x^{p-1}\). Hinweis: F\"ur
\(y>0\) betrachte man die Funktion
\(f_y(x):=\frac{x^p}{p}+\frac{y^q}{q}-xy\).

\noindent Im Falle \(p=2\) gebe man einen Beweis obiger Aussage, der
(ohne Lupe lesbar) in eine Zeile pa\ss t.

\noindent{\it L\"osungsvorschlag:}
Wenn \(y=0\) ist, hat man, f\"ur alle \(x\geq0\), 
\begin{align*}
  \frac{x^p}{p}+\frac{y^q}{q}=\frac{x^p}{p}\geq0=xy.
\end{align*}
Wenn \(y>0\) ist, sei \(f_y(x):=\frac{x^p}{p}+\frac{y^q}{q}-xy\). Dann
ist
\begin{align*}
  f_y'(x)&=p\cdot\frac{x^{p-1}}{p}-y=x^{p-1}-y,\\
  f_y''(x)&=(p-1)x^{p-2}.
\end{align*}
Aus \(f_y'(x_0)=0\) folgt \(y=x_0^{p-1}\), also
\(x_0=y^{\frac{1}{p-1}}\). Weil \(x\geq0\) und  \(p>1\), ist \(f_y''(x)>0\),
und damit ist \(x_0\) ein {\it Minimum} von \(f_y\). Also ist, f\"ur
alle \(x\geq0\), 
\begin{align}
  \label{eqfound}
   \frac{x^p}{p}+\frac{y^q}{q}-xy&=f_y(x)\geq f_y(x_0)
   =\frac{(y^{\frac{1}{p-1}})^p}{p}+\frac{y^q}{q}-(y^{\frac{1}{p-1}})y
   \\&
   =\frac{y^{\frac{p}{p-1}}}{p}
   +\frac{y^q}{q}-y^{\frac{1}{p-1}+1}
  =\frac{y^q}{p}+\frac{y^q}{q}-y^q=
  \big(\frac{1}{p}+\frac{1}{q}-1\big)y^q=0.
\end{align}
Hier wurde verwendet, da\ss\
\(\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1\), wovon folgt, da\ss\
\begin{align*}
  &\frac{1}{q}=1-\frac{1}{p}=\frac{p}{p}-\frac{1}{p}=\frac{p-1}{p}
  \Rightarrow \frac{p}{p-1}=q, \\
  &\frac{1}{p-1}+1=\frac{1}{p-1}+\frac{p-1}{p-1}=\frac{p}{p-1}=q.
\end{align*}
Die Ungleichung \eqref{eqfound} ist die erw\"unschte. Gleichheit gilt
nur f\"ur \(y=x^{p-1}\) (einziges Minimum von \(f_y\)).



F\"ur \(q=p=2\):
\begin{align*}
  0\leq(x-y)^2=x^2+y^2-2xy\Rightarrow \frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}\geq xy.
\end{align*}


\ %


\noindent{\bf Aufgabe 7: (4 Punkte)} Geben Sie Funktionen
\(f:[0,1]\to\mathbb R\) an, die folgende Eigenschaften haben (mit
Begr\"undung):
\begin{enumerate}
 \item[(a)] \(f\) beschr\"ankt, aber nicht integrierbar auf \([0,1]\). 
\item[(b)] \(f\) integrierbar auf \([0,1]\) und \(f\) ist weder
  monoton noch stetig.
\end{enumerate}

\noindent{\it L\"osungsvorschlag:} (a) Sei
\begin{align*}
  f(x)=\begin{cases}
            1\ , & x\in \mathbb Q\cap[0,1],\\
            0\ , & x\in [0,1]\setminus\mathbb Q.
        \end{cases}
\end{align*}
Offentsichtlich ist \(f\) beschr\"ankt, denn \(0\leq f(x)\leq1\) f\"ur
alle \(x\in[0,1]\). \(f\) ist aber nicht integrierbar: denn, sei
\(\phi\) eine Treppenfunktion, mit \(\phi\leq f\). Weil \(\mathbb Q\)
dicht in \([0,1]\) ist, und \(\phi\) konstant auf Intervallen ist,
muss gelten, da\ss\ \(\phi(x)\leq0\), und damit 
\begin{align*}
  {\int_0^1}_* f(x)\,dx:=\inf\big\{\int_0^1\phi(x)\,dx\,\big|\, \phi\in T[0,1],
  \phi\leq f\big\} \leq 0.
\end{align*}
Analog bekommt man, da\ss\ wenn \(\psi\in T[0,1]\) mit \(f\leq\psi\),
dann folgt \(\psi\geq1\), und daher \({\int_0^1}^*f(x)\,dx\geq1\). Da
\({\int_0^1}^*f(x)\,dx\neq{\int_0^1}_*f(x)\,dx\), ist \(f\)
nicht integrierbar.

(b) Es reicht eine nicht-monotone Treppenfunktion zu nehmen, z.B.
\begin{align*}
  f(x)=\begin{cases}
         0\ , & x\in[0,\frac13],\\
         1\ , & x\in\,]\frac13,\frac23],\\
         0\ , & x\in\,]\frac23,1].
     \end{cases}
\end{align*}
Die ist integrierbar, aber weder stetig noch monoton.


\ %

\noindent{\bf Aufgabe 8: (4 Punkte)} Man beweise ({\it ohne}
Differentialrechnung) die Gleichung
\begin{align*}
  \int_0^x\frac{dt}{1+t^2}=\arctan x\quad\text{f\"ur } x\in\mathbb R.
\end{align*}Anleitung: Man setze \(x=\tan y\) und betrachte die
Zerlegung \(Z_n:\ t_k=\tan(ky/n), k=0,\ldots,n\). Man \"uberlege,
da\ss\ \(\sum (t_k-t_{k-1})/(1+t_{k-1}t_k)\) eine Riemannsche Summe ist,
  und zeige mit dem Additionstheorem, da\ss\
  \((t_k-t_{k-1})/(1+t_{k-1}t_k)=\tan(y/n)\) ist (unabh\"angig von
  \(k\)). 

\noindent{\it L\"osungsvorschlag:} Sei zuerst \(x>0\) (der Beweis ist
f\"ur \(x<0\) analog). \(\tan:\,
]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}[\, \to\mathbb R\) ist bijektiv, also gibt
es \(y\in\, ]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}[\) mit \(x=\tan y\). Sei
\(n\in\mathbb N\), und \(t_k:=\tan(ky/n), k=0,\ldots,n\). Wir
behaupten, da\ss\ \(\{t_0,\ldots,t_n\}\) eine Zerlegung von \([0,x]\)
definiert. Zuerst ist \(t_0=\tan(0)=0\), und \(t_n=\tan(n\cdot
y/n)=\tan(y)=x\); weiter ist \(\tan\) monoton {\it wachsend}, also ist
(weil \(0<y/n<2y/n<\ldots<(n-1)y/n<ny/n=y\)),
\(t_0<t_1<\ldots<t_{n-1}<t_n\). Weiter behaupten wir, es gibt eine
Konstante (nur von \(y\) abh\"angig) so da\ss\ 
\(\max\{t_{j}-t_{j-1}\,| j=1,\ldots,n\}< C/n\). Sei n\"amlich
\(C:=y\cdot\max_{s\in[0,y]}|\tan'(s)|\). Dann gibt es, dank
Mittelwertsatz, ein \(\xi=\xi(j)\in\,](j-1)y/n,jy/n[\,\)
so da\ss\
\begin{align*}
  t_{j}-t_{j-1}&=\tan\big(\frac{jy}{n}\big)-\tan\big(\frac{(j-1)y}{n}\big)
  =\tan'(\xi)\,\cdot\Big(\frac{jy}{n}-\frac{(j-1)y}{n}\Big)\\
  &\leq\cdot\max_{s\in[0,y]}|\tan'(s)|\cdot \frac{y}{n}\equiv C/n.
\end{align*}

Weil \(t_j>t_{j-1}\) ist, bekommt man \(t_j^2>t_jt_{j-1}>t_{j-i}^2\)
und damit 
\begin{align*}
  f(t_j)=\frac{1}{1+t_j^2}<\frac{1}{1+t_jt_{j-1}}<\frac{1}{t_{j-1}^2}=f(t_{j-1}). 
\end{align*}
Weil 
\begin{align*}
  \eta_j:=\frac{1}{1+t_jt_{j-1}}\in \big[\inf f([t_{j-1},t_j]), \sup  f([t_{j-1},t_j])\big]
\end{align*}
ist
\begin{align*}
  \sum_{j=0}^n \eta_j(t_j-t_{j-1})
  =\sum_{j=0}^n\frac{t_j-t_{j-1}}{1+t_jt_{j-1}} 
\end{align*}
eine Zwischensumme. Jetzt ist aber, mit dem Additionstheorem 
\(\tan(x-y)=\frac{\tan(x)-\tan(y)}{1+\tan(x)\tan(y)}\), 
\begin{align*}
  \frac{t_j-t_{j-1}}{1+t_jt_{j-1}}
  =\frac{\tan(jy/n)-\tan((j-1)y/n)}{1+\tan(jy/n)\tan((j-1)y/n)}
  =\tan\big([jy/n]-[(j-1)y/n]\big)=\tan(y/n).
\end{align*}
Damit bekommt man
\begin{align*}
  \sum_{j=0}^n \eta_j(t_j-t_{j-1})=\sum_{j=0}^n\tan(y/n)
  =n\cdot\tan(y/n),
\end{align*}
und, weil \(y/n\to0, n\to\infty\), 
\begin{align*}
  n\cdot\tan(y/n)
  &=y\frac{\tan(\frac{y}{n})}{y/n}
  =y\frac{\tan(\frac{y}{n})-\tan(0)}{y/n-0}
  \to y\cdot \tan'(t)|_{t=0}
  \\&=\frac{y}{\cos^2(0)}=y,\ \ n\to\infty.
\end{align*}
Aus Satz V.1.14 folgt, da\ss\ (weil \(\max\{t_{j}-t_{j-1}\,|
j=1,\ldots,n\}\to0, n\to\infty\), wie oben gezeigt),
 \begin{align*}
   \int_0^x\frac{dt}{1+t^2}
   =\lim_{n\to\infty} \sum_{j=0}^n \eta_j(t_j-t_{j-1})
   =\lim_{n\to\infty} n\cdot\tan(y/n)=y=\arctan x.
 \end{align*}


\ % \\


\vspace{1cm}


{\bf \noindent Abgabe bis Montag 25.04.2005, {\it 11.15} Uhr in den MPIIA
\"Ubungskasten im 1.~Stock vor der Bibliothek. \\
Unter {\tt http://www.mathematik.uni-muenchen.de/$\sim$sorensen}
sind die Bl\"atter im Internet abrufbar. \\
Sprechstunden: H. Steinlein: \hspace{1cm} Mo 10-11, Zimmer 318\\
\hspace*{2.95cm} T. S\o rensen: \hspace{1.02cm} Mi 14-15, Zimmer 335}
\end{document}