\documentclass[11pt,a4paper,oneside,fleqn]{article} % usepackages \usepackage{latexsym} \usepackage{amstext,amsthm} \usepackage{amsmath} \usepackage{amsfonts,german} % Einstellungen \setlength{\oddsidemargin}{0.46cm} \setlength{\textwidth}{16cm} \setlength{\mathindent}{1cm} \setlength{\topmargin}{-1cm} \setlength{\headheight}{0cm} \setlength{\headsep}{0cm} \setlength{\topskip}{0cm} \setlength{\textheight}{26cm} % Neue Kommandos \newcommand{\fa}{\qquad \forall \quad} \newcommand{\eps}{\varepsilon} \newcommand{\im}{{\rm Im}\,} \newcommand{\re}{{\rm Re}\,} \newcommand{\be}{\begin{equation}} \newcommand{\ee}{\end{equation}} \newcommand {\field}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand {\B}{\mathcal{B}} \newcommand {\C}{\field C} \newcommand {\D}{\mathcal{D}} \newcommand {\E}{\mathcal{E}} \newcommand {\F}{\field{F}} \newcommand {\G}{\mathcal{G}} \newcommand {\K}{\mathcal{K}} \newcommand {\Ll}{\mathcal{L}} \newcommand {\N}{\field N} \newcommand {\Oo}{\mathcal{O}} \newcommand {\PP}{\mathcal{P}} \newcommand {\Q}{\field Q} \newcommand {\R}{\field R} \newcommand {\Ss}{\mathcal{S}} \newcommand {\T}{\field T} \newcommand {\Z}{\field Z} % Umgebung fuer Saetze \newtheorem{satz}{Satz}%[section] \newtheorem{lemma}[satz]{Lemma} \newtheorem{hilfssatz}[satz]{Hilfssatz} \newtheorem{korollar}[satz]{Korollar} \newtheorem{prop}[satz]{Proposition} \newtheorem{defi}[satz]{Definition} \newtheorem{bem}[satz]{Bemerkung} \newtheorem{beis}[satz]{Beispiel} \newcommand{\Arsinh}{\operatorname{Arsinh}} \newcommand{\Arcosh}{\operatorname{Arcosh}} \newcommand{\Artanh}{\operatorname{Artanh}} \newcommand{\Arcoth}{\operatorname{Arcoth}} \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 \(0t_{j-1}\) 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}