Lösungen zu Aufgabenblatt 11P
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Analysis
Prof. Dr. Peter Becker
Fachbereich Informatik
Sommersemester 2015
17. Juni 2015
Lösungen zu Aufgabenblatt 11P
Aufgabe 1 (Regelfunktionen)
(a) Zeigen Sie: f (x) = x2 ist eine Regelfunktion auf dem Intervall [0, 1].
(b) Zeigen Sie, dass die Funktion f : [0, 1] → R mit
1 für x ∈ Q
f (x) =
0 für x ∈
/Q
keine Regelfunktion ist.
Bemerkung: Mit dem Integralbegriff für Regelfunktionen ist die Funktion f (die sogenannte Dirichlet-Funktion) somit nicht integrierbar. Ebenso ist f nicht Riemann-integrierbar.
Dagegen ist f aber sehr wohl Lebesgue-integrierbar. Die Menge der rationalen Zahlen ist
abzählbar und bildet in der überabzählbaren Menge [0, 1] ⊆ R eine Teilmenge vom Maß
null, auch Nullmenge genannt. Daher hat auch das Lebesgue-Integral über diese Funktion
den Wert null.
Lösung:
(a) Um zu zeigen, dass f (x) = x2 auf [0, 1] eine Regelfunktion ist, müssen wir eine Folge (Tn )
von Treppenfunktionen angeben, die gleichmäßig gegen f konvergiert (vgl. Definition 6.8).
Zur Konstruktion der Treppenfunktionen Tn nutzen wir die gleiche Unterteilung wie in
Beispiel 6.9. Demnach teilen wir für Tn das Intervall [0, 1] in n Intervall der Breite n1 auf.
Die Intervalle sind jeweils rechtsoffen, also ist das i-te Intervall [ i−1
, i ). Weil auch das n-te
n n
Intervall rechtsoffen ist, muss der Funktionswert für x = 1gesondert definiert werden. Im
2
i-ten Intervall hat dann Tn (x) den Funktionswert ai := ni . Also
(
i−1 i i 2
für
x
∈
, , i = 1, . . . , n
n
n n
Tn (x) =
.
1
für x = 1
Im jedem Intervall i gilt ai − x2 ≥ 0 und die größte Abweichung zwischen ai und x2 tritt
an der linken Intervallgrenze auf. Also gilt für alle x ∈ [0, 1]:
|Tn (x) − f (x)| ≤
max
i=1,...,n
sup
ai − x 2
x∈[ i−1
,i)
n n
2 2
i
i−1
≤ max
−
i=1,...,n
n
n
2i − 1
i=1,...,n
n2
2n − 1
≤
n2
2n
2
≤
= −→ 0.
2
n
n
=
max
(b) Ann.: Es existiert eine Folge (Tn ) von Treppenfunktionen, die auf dem Intervall [0, 1]
gleichmäßig gegen
1 für x ∈ Q
f (x) =
0 für x ∈
/Q
konvergiert.
Nach Definition der gleichmäßigen Konvergenz bedeutet dies
∀ > 0 ∃n0 ∈ N ∀n ≥ n0 ∀x ∈ [0, 1] : |Tn (x) − f (x)| < .
Wir wählen = 21 . Es sei n0 die natürliche Zahl, die nach der Eigenschaft der gleichmäßigen
Konvergenz existiert. Wir wählen jetzt ein beliebiges n ≥ n0 .
Jede Treppenfunktion hat nur endlich viele Zwischenpunkte (die möglichen Sprungstellen).
Im Intervall [0, 1] gibt es aber unendlich viele rationale Zahlen. Also muss es eine rationale Zahl y ∈ [0, 1] geben, die kein Zwischenpunkt ist, also im Intervall (xi−1 , xi ) zweier
benachbarter Zwischenpunkte liegt.
In diesem Intervall hat die Treppenfunktion Tn (x) den konstanten Funktionswert ai . Wegen
|Tn (y) − f (y)| < , Tn (y) = ai und f (y) = 1 folgt |ai − 1| < und damit ai > 12 .
Für eine irrationale Zahl y 0 aus dem Intervall (xi−1 , xi ) muss aber auch |Tn (y 0 ) − f (y 0 )| < gelten. Wegen f (y 0 ) = 0 und Tn (y 0 ) = ai folgt damit ai < 12 . Widerspruch.
Aufgabe 2 (Bedeutung der gleichmäßigen Konvergenz)
Auf dem Intervall [0, 1] sei f (x) = 0 für alle x ∈ [0, 1] und
n für n1 ≤ x ≤
fn (x) =
0 sonst
2
n
.
(a) Zeigen Sie: Die Funktionenfolge (fn ) konvergiert punktweise aber nicht gleichmäßig gegen
f.
Z 1
Z 1
(b) Berechnen Sie
f (x) dx und lim
fn (x) dx.
0
n→∞
0
Lösung:
(a) Punktweise konvergent: Zu zeigen:
∀x ∈ [0, 1]∀ > 0∃n0 ∈ N∀n ≥ n0 : |fn (x) − f (x)| < .
2
Seien x ∈ [0, 1] und > 0 beliebig. Wähle n0 := x2 + 1. Damit folgt x >
auch x > n2 für alle n ≥ n0 . Insbesondere gilt damit fn (x) = 0 und
2
n0
und somit
|fn (x) − f (x)| = |0 − 0| = 0 < .
für alle n ≥ n0 .
Nicht gleichmäßig konvergent: Zu zeigen:
∃ > 0∀n0 ∈ N∃n ≥ n0 ∃x0 ∈ [0, 1] : |fn (x) − f (x)| ≥ .
Wir wählen = 1. Sei n0 beliebig. Wir wählen n = n0 und x0 =
1
≤ x0 ≤ n20 .
n0
3
.
2n
Insbesondere gilt also
Mit diesen Definitionen folgt |fn (x0 ) − f (x0 )| = fn (x0 ) = fn0 ( 2n3 0 ) = n0 ≥ 1 = .
(b) Die Funktion f (x) = 0 auf [0, 1] ist als konstante Funktion eine Treppenfunktion. Zur
Darstellung als Treppenfunktion können wir bspw. m = 1, x0 = 0, x1 = 1 und a1 = 0
wählen (vgl. Definition 6.1). Damit ergibt sich (vgl. Definition 6.2):
Z
1
f (x) dx =
0
1
X
ai (xi − xi−1 ) = 0 · (1 − 0) = 0.
i=1
Zur Darstellung der Funktion fn (x) als Treppenfunktion auf [0, 1] wählen wir m = 3,
x0 = 0, x1 = n1 , x2 = n2 , x3 = 1 und a1 = 0, a2 = n, a3 = 0. Damit ergibt sich
Z
1
fn (x) dx =
0
3
X
ai (xi − xi−1 ) = 0 ·
i=1
= n·
Also
Z
1
= 1.
n
1
fn (x) dx = lim 1 = 1.
lim
n→∞
1
2
1
2
−0 +n·
−
+0· 1−
n−0
n n
n
n→∞
0
Fazit: Wenn keine gleichmäßige Konvergenz vorliegt, ist nicht garantiert, dass die Folge
der Integrale gegen das Integral der Grenzfunktion konvergiert.
Aufgabe 3 (Integral für Regelfunktionen)
Berechnen Sie mit der Definition des Integrals für Regelfunktionen (Satz 6.10):
Z
1
2
(a)
x dx, Hinweis:
0
Z
n
X
1
k 2 = n(n + 1)(2n + 1).
6
k=1
a+1
(b)
x2 dx für a ∈ R.
a
Lösung:
3
(a) Wir wählen als Folge von Treppenfunktionen die Folge (Tn ) aus Aufgabe 1 (a). Damit
erhalten wir
Z 1
Z 1
2
x dx = lim
Tn (x) dx
n→∞ 0
0
n 2 X
i
i−1
i
−
= lim
n→∞
n
n
n
i=1
n
1 X 2
i
= lim 3
n→∞ n
i=1
1 1
· n(n + 1)(2n + 1)
n→∞ n3 6
2n3 + 3n2 + n
1
lim
=
6 n→∞ n3
1
3
1
=
lim 2 · 1 +
+
6 n→∞
2n 2n2
{z
}
|
=
lim
−→1
1
=
.
3
(b) Für die Berechnung des Integrals zwischen a und a + 1 wenden wir die Unterteilung aus
(a) auf das Intervall [a, a + 1] an. Die Zwischenpunkte liegen dann bei a + ni und die
2
Funktionswerte in diesem Intervall für die Treppenfunktion Tn (x) sind a + ni .
Eigentlich müssten wir jetzt noch zeigen, dass die so definierte Folge von Treppenfunktion
auf [a, a + 1] gleichmäßig gegen f (x) = x2 konvergiert. Dies sparen wir uns hier aber, der
Beweis wäre analog zum Beweis von Aufgabe 1 (a).
Z a+1
Z a+1
2
x dx = lim
Tn (x) dx
n→∞ a
a
2 n X
i
i
i−1
= lim
a+
a+
− a−
n→∞
n
n
n
i=1
n
X
2ai
i2
i−1
i
= lim
a2 +
+ 2
−
n→∞
n
n
n
n
i=1
!
n
n
n
a2 X
2a X
1 X 2
= lim
1+ 2
i+ 3
i
n→∞
n i=1
n i=1
n i=1
=
n(n + 1) 1 n(n + 1)(2n + 1)
lim a2 + a
+
2
3
n→∞
n
| n
{z } 6 |
{z
}
−→1
1
= a2 + a + .
3
4
−→2
