Präsenzübungen Blatt 3

02.05.2012 - - - Tutor: Martin Friesen - - - Thema: Maß und Integrationstheorie
Funktionalanalysis Sommersemester 2012, Prof. Dr. Yuri Kondratiev
Präsenzübungen Blatt 3
1. Überlegen Sie sich, falls vorhanden, Fragen zum Vorlesungsstoff und diskutieren Sie darüber.
2. Sei (Ω, Σ, µ) ein Maßraum und An ⊂ Ω für n ∈ N messbare Mengen sowie an ∈ K Zahlen für
n = 1, . . . , N ∈ N. Wir definieren eine Funktion
s(t) =
N
X
an 1An (t), s : Ω −→ K.
n=1
Wie sieht dann das Integral
Z
s(t)dµ(t)
Ω
aus? Benutzen Sie dazu die Definition.
Beweis.
Es gilt
Z
s(t)dµ(t) =
Z X
N
aj 1Aj (t)dµ(t) =
Ω j=1
Ω
N
X
Z
1Aj (t)dµ(t) =
aj
j=1
N
X
aj µ(Aj ).
j=1
Ω
{z
|
=µ(Aj )
}
3. Es bezeichne λ das Lebesguemaß auf Ω = R mit den Borelmengen und δx das Punktmaß im Punkt
x ∈ R, welches definiert ist durch
(
1 ,x ∈ A
.
δx (A) = 1A (x) =
0 , x 6∈ A
Berechnen Sie damit die folgenden Integrale so weit wie möglich.
R
(a) Sei f : [0, 1] −→ R messbar:
f (t)dδ0 (t)
[0,1]
Beweis.
Ist f (t) =
N
P
aj 1Aj (t) eine Treppenfunktion, so gilt mit vorherigem Ergebnis
j=1
Z
f (t)dδ0 (t) =
N
X
aj δ0 (Aj ) =
aj 1Aj (0) = f (0).
j=1
j=1
[0,1]
N
X
Ist f nur messbar, so zerlegen wir f = f+ −f− und wählen zwei Folgen von Treppenfunktionen
−
s+
n und sn , welche f+ bzw. f− gleichmässig von unten approximieren. Wir erhalten damit
Z
Z
Z
f (t)dδ0 (t) =
f+ (t)dδ0 (t) −
f− (t)dδ0 (t)
[0,1]
[0,1]
[0,1]
Z
=
=
(b)
R
[2,3]
lim
n→∞
[0,1]
s+
n (t)dδ0 (t) − lim
Z
n→∞
[0,1]
s−
n (t)dδ0 (t)
−
lim s+
n (0) − lim sn (0) = f+ (0) − f− (0) = f (0).
n→∞
sin(t)dµ(t) mit µ = λ + δ2 + δ3
n→∞
Beweis.
Auch hier rechnen wir nach
Z
Z
sin(t)dµ(t) =
sin(t)dλ(t) + sin(2) + sin(3) = cos(2) − cos(3) + sin(2) + sin(3).
[2,3]
(c) Seien tk =
[2,3]
k
n
und µn =
1
n
n
P
δtk sowie f : [0, 1] −→ R stetig. Zeigen Sie
k=1
Z1
Z
f (t)dµn (t) →
f (t)dt
0
[0,1]
wobei die rechte Seite das gewöhnliche Riemann Integral ist.
Beweis.
Setzen wir die Definition ein, so erhalten wir
n
Z
1X
f (t)dµn (t) =
f
n
k=1
[0,1]
Z1
k
→ f (t)dt
n
0
weil f als stetige Funktion Riemann-integrierbar ist und die Summe gerade Riemannschen
Zwischensummen entspricht.
R
(d) Sei f (t) = t2 . Was ist dann f (t)dλ(t) ?
R
Beweis.
Hier gilt für n ∈ N
Z
Z
2
2
t dλ(t) ≥
t dλ(t) =
t2 dt =
2
n3 − (−n)3
= n3 → ∞.
3
3
−n
[−n,n]
R
Zn
4. Sei fn (t) = ne−nt definiert auf Ω = [0, 1]. Berechnen Sie das Integral
R
fn (t)dλ(t) und zeigen Sie
Ω
Z
Z
lim fn (t)dλ(t) 6= lim
n→∞
fn (t)dλ(t).
n→∞
Ω
Ω
Beweis.
Es gilt punktweise für t > 0, lim fn (t) = lim ne−nt = 0 und für t = 0 ist lim fn (0) = lim n =
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
∞. Damit gilt
Z
lim fn (t)dλ(t) = ∞λ({0}) = 0
n→∞
[0,1]
wegen der Konvention ∞ · 0 = 0 und λ({x}) = 0 für jedes x ∈ R. Die andere Seite berechnen wir
direkt
Z
Z1
−n −n1
−nt
e
− e−n0 = 1 − e−n .
ne dλ(t) = n e−nt dt =
n
[0,1]
0
Folglich gilt
Z
lim fn (t)dλ(t) = 0 6= 1 = lim 1 − e
n→∞
[0,1]
n→∞
−n
Z
= lim
n→∞
[0,1]
fn (t)dλ(t).
(
1 ,t ∈ Q
5. Sei f (t) = 1Q (t) =
. Zeigen Sie, dass f nicht Riemann-integrierbar über [0, 1] ist und
0 , t 6∈ Q
berechnen Sie das Lebesgue-Integral
Z
Z
f (t)dλ(t),
f (t)dλ(t).
[0,1]
R
Beweis.
Da zwischen je zwei rationalen Zahlen immer eine irrationale Zahl liegt und zwischen je zwei irrationalen Zahlen eine rationale Zahl liegt, sind die Obersummen immer konstant 1 und die Untersummen immer konstant 0. Folglich kann f nicht Riemann-integrierbar sein. Das Lebesgue-Integral
berechnen wir
Z
Z
f (t)dλ(t) = λ(Q ∩ [0, 1]) = 0 = λ(Q) = f (t)dλ(t).
[0,1]
R
Hierbei haben wir benutzt, dass für jede abzählbare Menge {xn : n ∈ N} = A ⊂ R gilt
!
∞
∞
[
X
λ(A) = λ
{xn } =
λ({xn }) = 0.
| {z }
n=1
n=1
=0