1. ¨Ubungsblatt zur Analysis 3 (Lösungshinweise) - Aufgaben

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Zu jedem n > 0 wählen wir Teilquader (Bild malen!) � j j + 1 Pj := , 2n 2n � � × 0, 1 − j 2n � �� j j + 1 und Qj := , 2n 2n � � × [0, 1] \ Pj , j = 0, · · · , 2 n − 1 . Die Treppenfunktion tn sei nun definiert durch tn(0, y) := 1, tn(x, y) := 1 für (x, y) ∈ Pj und tn(x, y) := 2 für (x, y) ∈ Qj, j = 0, · · · , 2 n − 1. (tn) ist monoton steigend und besitzt eine beschränkte Integralfolge (trivial). Außerhalb der Diagonalen y = 1 − x (Nullmenge) konvergiert sie gegen f, also f ∈ L + (R). Zur Berechnung des Integrals: � R � Deshalb: tn(x, y) d(x, y) = 1 2 n R � n 2�−1 k=0 f(x, y) d(x, y) = 3 2 . Aufgabe 8 (10 Punkte) Knacki � 1 − j 2n � 2 + 2 n �−1 k=0 j 2n � = 1 2n 2 n �−1 Seien s1, s2, · · · , sn ∈ R \ {0}, f ∈ L1 (Rn ) und f ∗ � x1 (x1, · · · , xn) := f s1 f ∗ ∈ L 1 (R n ) und R n k=0 � f ∗ � dx = |s1 · · · sn| f dx . � 1 + j 2n � = 1 + 2n (2n − 1) 22n+1 � xn , · · · , . Man zeige: sn R n 3 → 2 . Beweis: Es gibt f1, f2 ∈ L + (Rn ) mit f = f1 −f2. Deshalb gibt es eine Folge (tn) von Treppenfunktionen die f.ü. gegen f konvergiert und � f = lim � tn gilt. Es genügt also, die Beh. für Treppenfunktionen zu beweisen. Sei also t eine Treppenfunktion und Q1, · · · , Qj die zugehörigen Quader. Sei t(x) = ck auf Qk und Qk = I1k × · · · × Ink mit Intervallen Ipq ∈ R der Längen lpq. Unter der Abbildung (x1, · · · , xn) ↦→ Quaders Q ∗ k der Seitenlängen |sj|ljk, j = 1, · · · , n. Deshalb ist � Q ∗ k t(x) dx = ckv(Q ∗ k) = ck |s1 · · · sn| v(Qk) und Aufsummieren ergibt die Behauptung ✷. � 2 Qk t ∗ � (x) dx = Q ∗ k � x1 s1 , · · · , xn sn � t(x) dx = |s1 · · · sn| � ist Qk Bild eines Qk t(x) dx .
Institut für Mathematik Universität Hannover Dr. H. Köditz Aufgabe 9 (5 Punkte) 3. Übungsblatt zur Analysis 3 (Lösungshinweise) Hannover, den 10. November 2003 Man zeige: Zu jedem f ∈ L 1 (R n ) gibt es eine Folge (tk) von Treppenfunktionen die fast überall gegen f � konvergiert und für die R n |f − tk| → 0 für k → ∞ gilt. Beweis: Wegen f = g − h mit g, h ∈ L + ergibt sich die Existenz einer Folge (tn) von Treppenfunktionen, die f.ü. gegen f konvergieren unmittelbar aus der Definition. Es gibt also Treppenfunktionsfolgen (uk), (vk) mit uk ↑ g, vk ↑ h (f.ü.) und � uk → � g, � vk → � h (tk := uk − vk). Also: � � � � |f − tk| dx = |g − uk − (h − vk)| dx ≤ |g − uk| dx + |h − vk| dx → 0 für k → ∞ ✷. R m R n Aufgabe 10 (10,3 und 2 Punkte) a) Man zeige: Ist (fk) eine Folge in L1 (Rn ) mit konvergenter Reihe �∞ �∞ k=0 fk fast überall gegen eine Funktion f ∈ L1 (Rn ) und es gilt k� � R n R n f(x) dx = lim j� � j→∞ k=0 Beweis: Sei sk := f j=0 + j und tk := j=0 monoton wachende Folgen in L1 (Rn ), deren Integralfolgen wegen durch �∞ ✷ k=0 � � k� R n R n R n k=0 fk(x) dx . � R n |fk| dx, so konvergiert die Reihe f − j . Beachte: sk − tk = � k j=0 fj. Die Folgen (sk) und (tk) sind beide f + k dx , � R n f − k dx ≤ � R n |fk| dx Rn |fk| dx beschränkt sind. Der Satz von Beppo Levi liefert nun unmittelbar die Behauptung. � |f(x)| dx = 0 ist. b) Man zeige: Die Funktion f ∈ L 1 (R n ) ist genau dann fast überall gleich 0 wenn Beweis: (i) Sei � |f| = 0. Wir benutzen (a) und setzen fk := f. Trivialerweise konvergiert dann �∞ � k=0 |fk|. Also konvergiert nach (a) �∞ k=0 f f.ü., was nat. nur für f = 0 f.ü. möglich ist. (ii) Sei nun f = 0 f.ü., also auch |f| = 0 f.ü. Dann ist f monotoner Limes f.ü. der Treppenfunktionen tk = 0 und � |f| = 0 ✷. c) Sei f ∈ L1 (Q) (Q Quader) und N ⊂ Q sei eine Nullmenge. f sei auf Q \ N beschränkt, etwa m ≤ f(x) ≤ M dort. Man beweise den Mittelwertsatz: � m v(Q) ≤ f(x) dx ≤ M v(Q) . Q Beweis: Nur die Nullmenge N sorgt für Begründungsbedarf. Wir verändern f auf N durch f ∗ := f auf Q \ N und f ∗ (x) := M+m 2 auf N. Nun gilt m ≤ f ∗ ≤ M überall. Wegen f − f ∗ = 0 f.ü. ist f − f ∗ ∈ L1 (Q), also auch f ∗ ∈ L1 (Q) und � Q (f − f ∗ ) dx = 0 ⇐⇒ � � f = Q Q f ∗ . Die behauptete Ungleichung folgt nun - für f ∗ und damit auch für f - mit � Q dx = v(Q) aus der Monotonie des Integrals. ✷ 1 R n
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