diff --git a/documents/Analysis III/Analysis-III.pdf b/documents/Analysis III/Analysis-III.pdf index 4b3bcc8..56cc04a 100644 Binary files a/documents/Analysis III/Analysis-III.pdf and b/documents/Analysis III/Analysis-III.pdf differ diff --git a/documents/Analysis III/Analysis-III.tex b/documents/Analysis III/Analysis-III.tex index d38664a..8724e97 100644 --- a/documents/Analysis III/Analysis-III.tex +++ b/documents/Analysis III/Analysis-III.tex @@ -66,86 +66,7 @@ erstellt einen Fork und kann direkt Änderungen umsetzen. \chapter{Vorbereitungen} \label{Kapitel 0} - -In diesem Kapitel seien $X,Y,Z$ Mengen ($\ne\emptyset$) und -$f: X\to Y,\; g:Y\to Z$ Abbildungen. - -\begin{enumerate} - \index{Potenzmenge} - \index{Disjunktheit} - \item - \begin{enumerate} - \item $\mathcal{P}(X):=\{A:A\subseteq X\}$ heißt - \textbf{Potenzmenge} von $X$. - \item Sei $\fm\subseteq\mathcal{P}(X)$, so heißt $\fm$ - \textbf{disjunkt}, genau dann wenn $A\cap B=\emptyset$ - für $A,B\in\fm$ mit $A\ne B$. - \item Sei $(A_j)$ eine Folge in $\mathcal{P}(X)$ (also - $A_j\subseteq X$), so heißt $(A_j)$ \textbf{disjunkt}, - genau dann wenn $\{A_1,A_2,\dots\}$ disjunkt ist.\\ - \textbf{Schreibweise}:\\ - \begin{align*} - \dot{\bigcup}_{j=1}^\infty &:=\bigcup_{j=1}^\infty A_j\\ - \bigcup_{j=1}^\infty A_j &:=\bigcup A_j\\ - \bigcap_{j=1}^\infty A_j &:=\bigcap A_j\\ - \sum_{j=1}^\infty a_j &=: \sum a_j - \end{align*} - \end{enumerate} - \item Sei $A\subseteq X$, $\mathds{1}_A : X \rightarrow R$ - definiert durch: - \[\mathds{1}_A(x):= \begin{cases} - 1 &\text{falls } x\in A\\ - 0 &\text{falls } x\in A^c - \end{cases}\] - wobei $A^c:=X\setminus A$. $\mathds{1}_A$ heißt die - \textbf{charakteristische Funktion} oder - \textbf{Indikatorfunktion von A}. - \item Sei $B\subseteq Y$ dann ist $f^{-1}(B):=\{x\in X: f(x)\in B\}$ - und es gelten folgende Eigenschaften: - \begin{enumerate} - \item $f^{-1}(B^c)=f^{-1}(B)^c$ - \item Ist $B_j$ eine Folge in $\mathcal{P}(Y)$, so gilt: - \begin{align*} - f^{-1}(\bigcup B_j)=\bigcup f^{-1}(B_j)\\ - f^{-1}(\bigcap B_j)=\bigcap f^{-1}(B_j)\\ - \end{align*} - \item Ist $C\subseteq Z$, so gilt: - \[(g\circ f)^{-1}(C)=f^{-1}(g^{-1}(C))\] - \end{enumerate} -\end{enumerate} - -\begin{definition} - \index{offen} - Sei $n \in \mdn$ und $\emptyset \neq X \subseteq \mdr^n$ und - $A \subseteq X$. - - $A$ heißt $\stackrel{\text{offen}}{\text{abgeschlossen}}$ in - $X :\Leftrightarrow \exists B \subseteq \mdr^n$. - $B$ ist $\stackrel{\text{offen}}{\text{abgeschlossen}}$ und - $A = B \cap X$ -\end{definition} - -\begin{satz} - Sei $\emptyset \neq X \subseteq \mdr^n,\; A \subseteq X$ und - $f: X \rightarrow \mdr^n$. - - \begin{enumerate} - \item $A$ ist offen in $X \Leftrightarrow \forall x \in A$ - ex. eine Umgebung $U$ von $x$ mit $U \cap X \subseteq A$ - \item $A$ ist abgeschlossen in $X$\\ - $\Leftrightarrow X \setminus A$ ist offen in $X$\\ - $\Leftrightarrow$ für jede konvergente Folge $(a_k)$ - in $A$ mit $\lim a_k \in X$ ist $\lim a_k \in A$ - \item Die folgenden Aussagen sind äquivalent: - \begin{enumerate} - \item $f \in C(X, \mdr^m)$ - \item für jede offene Menge $B \subseteq \mdr^m$ ist - $f^{-1}(B)$ offen in $X$ - \item für jede abgeschlossene Menge $B \subseteq \mdr^m$ ist - $f^{-1}(B)$ abgeschlossen in $X$ - \end{enumerate} - \end{enumerate} -\end{satz} +\input{Kapitel-0} \chapter{$\sigma$-Algebren und Maße} \label{Kapitel 1} @@ -185,1898 +106,35 @@ $f: X\to Y,\; g:Y\to Z$ Abbildungen. \chapter{Der Satz von Fubini} \label{Kapitel 10} - -Die Bezeichnungen seien wie in den Kapitel 8 und 9. - -\begin{satz}[Satz von Tonelli] -\label{Satz 10.1} -Es sei \(f\colon\mdr^d\to[0,+\infty]\) messbar. (Aus \S 8 folgt dann, dass \(f^x,f_y\) messbar sind, wobei klar ist, dass \(f^x,f_y\geq 0\) sind.)\\ -Für \(x\in\mdr^k\): -\[F(x):=\int_{\mdr^l}f(x,y)\,dy=\int_{\mdr^l}f^x(y)\,dy\] -Für \(y\in\mdr^l\): -\[G(y):=\int_{\mdr^k}f(x,y)\,dx=\int_{\mdr^k}f_y(x)\,dx\] -Dann sind $F,G$ messbar und -\[\int_{\mdr^d}f(z)\,dz=\int_{\mdr^k}F(x)\,dx=\int_{\mdr^l}G(y)\,dy\] -also -\begin{align*} -\tag{$*$}\int_{\mdr^d}f(x,y)\,d(x,y)=\int_{\mdr^k}\left(\int_{\mdr^l}f(x,y)\,dy\right)dx=\int_{\mdr^l}\left(\int_{\mdr^k}f(x,y)\,dx\right)dy -\end{align*} -\textbf{(iterierte Integrale)} -\end{satz} - -\begin{beweis} -\textbf{Fall 1:} Sei \(C\in\fb_d\) und \(f=\mathds{1}_{C}\). Die Behauptungen folgen dann aus \ref{Satz 9.1}.\\ -\textbf{Fall 2:} Sei \(f\geq 0\) und einfach. Die Behauptungen folgen aus Fall 1, \ref{Satz 3.6} und \ref{Satz 4.5}.\\ -\textbf{Fall 3 - Der allgemeine Fall:}\\ - Sei \((f_n)\) zulässig für $f$, also: \(0\leq f_n\leq f_{n+1}\), \(f_n\) einfach und \(f_n\to f\) auf \(\mdr^d\). -Für \(x\in\mdr^k\) und \(\natn\) gilt: -\[F_n(x):=\int_{\mdr^l}f_n(x,y)\,dy\] -und nach Fall 2 ist \(F_n\) messbar. \\ -Aus \(0\leq f_n\leq f_{n+1}\) folgt \(0\leq F_n\leq F_{n+1}\) und \ref{Satz 4.6} liefert \(F_n\to F\) auf \(\mdr^k\). Dann gilt -\[\int_{\mdr^d}f(z)\,dz = \lim \int_{\mdr^d}f_n(z)\,dz \overset{Fall 2}= \lim \int_{\mdr^k}F_n(x)\,dx \overset{\ref{Satz 4.6}}=\int_{\mdr^k}F(x)\,dx\] -Genauso zeigt man -\[\int_{\mdr^d}(f(z)\,dz=\int_{\mdr^l}G(y)\,dy\] -\end{beweis} - -\begin{satz}[Satz von Fubini (Version I)] -\label{Satz 10.2} -Es sei \(f\colon\mdr^d\to\imdr\) integrierbar. Dann existieren Nullmengen \(M\subseteq\mdr^k\) und \(N\subseteq\mdr^l\) mit -\begin{align*} - f^x\colon\mdr^l\to\imdr \text{ ist integrierbar für jedes } x\in\mdr^k\setminus M \\ - f_y\colon\mdr^k\to\imdr \text{ ist integrierbar für jedes } y\in\mdr^l\setminus N -\end{align*} -Setze -\begin{align*} - F(x):= - \begin{cases} - \int_{\mdr^l}f^x(y)\,dy=\int_{\mdr^l}f(x,y)\,dy & \text{, falls } x\in\mdr^k\setminus M \\ - 0 & \text{, falls } x\in M - \end{cases} -\intertext{und} - G(y):= - \begin{cases} - \int_{\mdr^k}f_y(x)\,dx=\int_{\mdr^k}f(x,y)\,dx & \text{, falls } y\in\mdr^l\setminus N \\ - 0 & \text{, falls } y\in N - \end{cases} -\end{align*} -Dann sind $F$ und $G$ integrierbar und es gelten folgende zwei Gleichungen -\[ \int_{\mdr^d}f(z)\,dz = \int_{\mdr^k}F(x)\,dx = \int_{\mdr^l}G(y)\,dy \] -Es gilt also wieder \((\ast)\) aus \ref{Satz 10.1}. -\end{satz} - -\begin{beweis} -Wir zeigen nur die Aussagen über \(f^x\), $F$ und die erste der obigen beiden Gleichungen. Genauso zeigt man die Aussagen über \(f_n, G\) und die zweite Gleichung.\\ -Aus \ref{Lemma 8.1} folgt, dass \(f^x\) messbar ist. Definiere - \begin{align*} - \Phi(x) := \int_{\mdr^l}\lvert f^x(y)\rvert\,dy - = \int_{\mdr^l}\lvert f(x,y)\rvert\,dy \ \text{ für } x\in\mdr^k - \end{align*} -Nach \ref{Satz 10.1} ist \(\Phi\) messbar und - \begin{align*} - \int_{\mdr^k}\Phi(x)\,dx - = \int_{\mdr^k}\left(\int_{\mdr^l}\lvert f(x,y)\rvert\,dy\right)dx \overset{\ref{Satz 10.1}} - = \int_{\mdr^d}\lvert f(z)\rvert\,dz - < \infty - \end{align*} -(denn mit $f$ ist nach \ref{Satz 4.9} auch \(\lvert f\rvert\) integrierbar). Somit ist \(\Phi\) integrierbar. -Setze \(M:=\{\Phi = \infty \}\) was nach \ref{Satz 4.10} eine Nullmenge ist. -Also gilt: - \begin{align*} - \int_{\mdr^l}\lvert f^x(y)\rvert\,dy - = \Phi(x) < \infty \ \text{ für jedes } x\in\mdr^k\setminus M - \end{align*} -Das heißt, \(\lvert f^x\rvert\) ist für jedes \(x\in\mdr^k\setminus M\) integrierbar und es gilt nach \ref{Satz 4.9} auch - \begin{align*} - f^x \text{ ist integrierbar für jedes } x\in\mdr^k\setminus M - \end{align*} -Aus \ref{Folgerung 9.2} folgt, dass \(M\times\mdr^l\) eine Nullmenge ist. -Setze - \begin{align*} - \tilde f(z):= - \begin{cases} - f(z) &\text{, falls } z\in\mdr^d\setminus(M\times\mdr^l)\\ - 0 &\text{, falls } z\in M\times\mdr^l - \end{cases} - \end{align*} -Aus \ref{Lemma 9.3} folgt, dass \(\tilde f\) messbar ist. Klar ist, dass fast überall \(f=\tilde f\) gilt. Es ist -\[\tilde f^x = \left(\mathds{1}_{(M\times\mdr^l)^C}\cdot f\right)^x\] -Das heißt \(\tilde f^x\) ist integrierbar für jedes \(x\in\mdr^k\). Dann gilt - \begin{align*} - F(x) \overset{\ref{Satz 5.3}} - = \int_{\mdr^l}\tilde f(x,y)\,dy - = \underbrace{\int_{\mdr^l}\tilde f_+ (x,y)\,dy}_{=:F^+(x)} - \underbrace{\int_{\mdr^l}\tilde f_- (x,y)\,dy}_{=:F^-(x)} - \end{align*} -Nach \ref{Satz 10.1} sind \(F^+\) und \(F^-\) messbar. Die Dreiecksungleichung liefert nun - \begin{align*} - \lvert F(x)\rvert - \leq \int_{\mdr^l}\lvert \tilde f(x,y)\rvert\,dy - \overset{\ref{Satz 5.3}}= \int_{\mdr^l}\lvert f(x,y)\rvert\,dy - = \Phi(x) \ \text{ für } x\in\mdr^k - \end{align*} -Also ist \(\lvert F\rvert\leq\Phi\) und \(\Phi\) ist integrierbar. Aus \ref{Satz 4.9} folgt, dass $F$ und \(\lvert F\rvert\) integrierbar sind -und dann sind auch \(F^+\) und \(F^-\) integrierbar (zur Übung). Es folgt - \begin{align*} - \int_{\mdr^k}F(x)\,dx - & = \int_{\mdr^k}F^+(x)\,dx - \int_{\mdr^k}F^-(x)\,dx \\ - & = \int_{\mdr^k} \left(\int_{\mdr^l} \tilde f_+(x,y)\,dy\right)dx - \int_{\mdr^k} \left(\int_{\mdr^l}\tilde f(x,y)\,dy\right)dx \\ - & \overset{\ref{Satz 10.1}}= \int_{\mdr^d}\tilde f_+(z)\,dz - \int_{\mdr^d}\tilde f_-(z)\,dz \\ - & = \int_{\mdr^d}\tilde f(z)\,dz \\ - & = \int_{\mdr^d}f(z)\,dz - \end{align*} -\end{beweis} - -\begin{satz}[Satz von Fubini (Version II)] -\label{Satz 10.3} -Sei \(\emptyset\neq X\in\fb_k\), \(\emptyset\neq Y\in\fb_l\) und \(D:=X\times Y\) (nach \S 8 ist \(D\in\fb_d\)). -Es sei \(f\colon D\to\imdr\) messbar. -Ist \(f\geq 0\) auf $D$ oder ist $f$ integrierbar, so gilt -\[ \int_D f(x,y)\,d(x,y) = \int_X\left(\int_Yf(x,y)\,dy\right)dx = \int_Y\left(\int_Xf(x,y)\,dx\right)dy \] -\end{satz} - -\begin{beweis} -Definiere \(\tilde f\) wie in \ref{Lemma 9.3} und wende \ref{Satz 10.1} beziehungsweise \ref{Satz 10.2} an. -\end{beweis} - -\begin{bemerkung} -\ref{Satz 10.1}, \ref{Satz 10.2} und \ref{Satz 10.3} gelten natürlich auch für mehr als zwei iterierte Integrale. -\end{bemerkung} - -\textbf{"'Gebrauchsanweisung"' für Fubini:}\\ -Gegeben: \(\emptyset\neq D\subseteq\fb_d\) und messbares \(f\colon D\to\imdr\). -Setze $f$ auf \(\mdr^d\) zu einer messbaren Funktion \(\tilde f\) fort (zum Beispiel wie in \ref{Lemma 9.3}). -Aus \ref{Satz 3.8} folgt dann, dass \(\mathds{1}_{D}\tilde f\) messbar ist und \ref{Satz 10.1} liefert - \begin{align*} - \int_{\mdr^d}\lvert \mathds{1}_{D}\tilde f\rvert\,dz - = \int_{\mdr^k}\left(\int_{\mdr^l}\lvert \mathds{1}_{D}\tilde f\rvert\,dy\right)dx - = \int_{\mdr^l}\left(\int_{\mdr^k}\lvert \mathds{1}_{D}\tilde f\rvert\,dx\right)dy - \end{align*} -Ist eines der drei obigen Integrale endlich, so ist \(\lvert \mathds{1}_{D}\tilde f\rvert\) integrierbar und -damit ist nach \ref{Satz 4.9} auch \(\mathds{1}_{D}\tilde f\) integrierbar.\\ -Dann ist $f$ integrierbar und es folgt - \begin{align*} - \int_Df(z)\,dz - & = \int_{\mdr^d}\left(\mathds{1}_{D}\tilde f\right)(z)\,dz \\ - & \overset{\ref{Satz 10.2}}= \int_{\mdr^k}\left(\int_{\mdr^l}\left(\mathds{1}_{D}\tilde f\right)(x,y)\,dy\right)dx \\ - & = \int_{\mdr^l}\left(\int_{\mdr^k}\left(\mathds{1}_{D}\tilde f\right)(x,y)\,dx\right)dy - \end{align*} - -\begin{beispiel} -\begin{enumerate} -\item Sei \(D=[a_1,b_1]\times[a_2,b_2]\times\dots\times[a_d,b_d]\) mit \(a_i\leq b_i \ (i=1,\dots,d)\). -Es sei \(f\colon D\to\mdr\) stetig. $D$ ist kompakt, also gilt \(D\in\fb_d\). -Nach \ref{Satz 4.12}(2) ist \(f\in\mathfrak{L}^1(D)\) und aus obiger Bemerkung folgt - \begin{align*} - \int_Df(x_1,\dots,x_d)\,d(x_1,\dots,x_d) - = \int_{a_d}^{b^d} \left(\dots \left( \int_{a_2}^{b^2} \left(\int_{a_1}^{b^1}f(x_1,\dots,x_d)\,dx_1\right)dx_2\right)\dots\right)dx_d - \end{align*} -Die Reihenfolge der Integrationen darf beliebig vertauscht werden. Aus \ref{Satz 4.13} folgt -\[\int_{a_i}^{b_i}\dots \text{ d}x_i= \text{R-}\int_{a_i}^{b_i}\dots\text{ d}x_i\] - -\textbf{Konkretes Beispiel}\\ -Sei \(D:=[a,b]\times[c,d]\subseteq\mdr^2\), \(f\in C([a,b])\) und \(g\in C([c,d])\). - \begin{align*} - \int_Df(x)g(y)\,d(x,y) - & = \int_c^d\left(\int_a^bf(x)g(y)\,dx\right)dy \\ - & = \int_c^d\left(g(y)\left(\int_a^bf(x)\,dx\right)\right)dy \\ - &= \left(\int_a^bf(x)\,dx\right) \left(\int_c^dg(y)\,dy\right) - \end{align*} -\item - Wir rechtfertigen die "'Kochrezepte"' aus Analysis II, Paragraph 15. - Seien \(a,b\in\mdr\) mit \(a0\). Für \(b>0\) gilt -\begin{align*} - \int^b_0 e^{-xy}\,dy = \left. -\frac1x e^{-xy}\right\rvert^b_0 - =-\frac1x e^{-xb}+\frac1x - \overset{b\to\infty}\longrightarrow\frac1x -\end{align*} -und daraus folgt \(\int_0^\infty e^{-xy}\,dy=\frac1x\) - -\begin{beispiel} -\begin{enumerate} -\item[(4)] - Sei - \[g:= - \begin{cases} - \frac{\sin x}{x} &\text{, falls } x>0 \\ - 1 &\text{, falls } x=0 - \end{cases}\] - $g$ ist stetig auf \([0,\infty)\). Aus Analysis 1 ist bekannt, dass - \(\int_0^\infty g(x)\,dx\) konvergent, aber \textbf{ nicht } - absolut konvergent ist. Aus \ref{Satz 4.14} folgt, dass - \(g\notin\mathfrak{L}^1\left([0,\infty)\right)\)\\ - \textbf{Behauptung: } \(\int^\infty_0 g(x)\,dx = \frac\pi{2}\)\\ - \textbf{Beweis: } Setze \(X:=[0,R]\) mit \(R>0\), \(Y:=[0,\infty)\) und - \(D:=X\times Y\), sowie - \[f(x,y):= e^{-xy}\sin x \text{ für } (x,y)\in D\] - Es ist \(D\in\fb_2\) und $f$ stetig, also messbar. Es ist weiter - \(f\in\mathfrak{L}^1(D)\) (warum?) und - \begin{align*} - \int_D f(x,y)\,d(x,y) - &\overset{\ref{Satz 10.3}}= - \int_X\left(\int_Y f(x,y)\,dy\right)dx \\ - &=\int_0^R\left(\int_0^\infty e^{-xy}\sin x\,dy\right)dx\\ - &=\int^R_0\sin x\left(\int_0^\infty e^{-xy}\,dy\right)dx\\ - &\overset{\text{Vorbemerkung}}= - \int^R_0\frac{\sin x}{x}\,dx =:I_R - \end{align*} - Dann gilt - \begin{align*} - I_R - &\overset{\ref{Satz 10.3}}= - \int_Y\left(\int_X f(x,y)\,dx\right)dy - =\int^\infty_0\underbrace{ - \left(\int^R_0 e^{-xy}\sin x\,dx\right)}_{=:\varphi(y)}dy - \end{align*} - Zweimalige partielle Integration liefert (nachrechnen!): - \[\varphi(y)=\frac1{1+y^2}-\frac1{1+y^2}e^{-yR}(y\sin R+\cos R)\] - Damit gilt - \begin{align*} - I_R= - \int^\infty_0 \frac{dy}{1+y^2} - -\int^\infty_0\frac1{1+y^2}e^{-yR}(y\sin R+\cos R)\,dy - \end{align*} - Aus Analysis 1 ist bekannt, dass das erste Integral gegen - \(\frac{\pi}2\) konvergiert und das zweite Integral setzen - wir gleich \(\tilde I_R\).\\ - Es gilt - \begin{align*} - \lvert\tilde I_R\rvert - &\leq \int^\infty_0\frac1{1+y^2}e^{-yR} - (y\lvert\sin R\rvert + \lvert\cos R\rvert)\,dy \\ - &\leq \int^\infty_0\frac{y+1}{y^2+1} e^{-yR}\,dy\\ - &\leq 2\int^\infty_0 e^{-yR}\,dy \\ - &\overset{\text{Vorbemerkung}}=\frac2R - \end{align*} - Das heißt also \(\tilde I_R\to 0 \ (R\to\infty)\) und damit folgt - die Behauptung durch - \[I_R=\frac{\pi}2-\tilde I_R\to\frac{\pi}2 \ (R\to\infty)\] -\end{enumerate} -\end{beispiel} - +\input{Kapitel-10} \chapter{Der Transformationssatz (Substitutionsregel)} \label{Kapitel 11} - -Die Sätze in diesem Kapitel geben wir \textbf{ohne} Beweis an. Es seien -\(X,Y\subseteq\mdr^d\) nichtleer und offen. - -\begin{definition} -\index{Diffeomorphismus} -Sei \(\Phi\colon X\to Y\) eine Abbildung. \(\Phi\) heißt -\textbf{Diffeomorphismus} genau dann wenn \(\Phi\in C^1(X,\mdr^d)\), \(\Phi\) -ist bijektiv und \(\Phi^{-1}\in C^{1}(Y,\mdr^d)\).\\ -Es gilt \[x=\Phi^{-1}(\Phi(x))\text{ für jedes } x\in X\] -Kettenregel: \[I=\left(\Phi^{-1}\right)^\prime(\Phi(x))\cdot\Phi^\prime(x) -\text{ für jedes } x\in X\] Das heißt \(\Phi^\prime(x)\) ist invertierbar für -alle \(x\in X\) und somit ist \(\det\left(\Phi^\prime(x)\right)\neq 0\) -für alle \(x\in X\). -\end{definition} - -\begin{satz}[Transformationssatz (Version I)] -\label{Satz 11.1} -\(\Phi\colon X\to Y\) sei ein Diffeomorphismus. -\begin{enumerate} -\item \(f\colon Y\to[0,+\infty]\) sei messbar und für \(x\in X\) sei - \(g(x):=f\left(\Phi(x)\right)\cdot\lvert\det\Phi^\prime(x)\rvert\).\\ - Dann ist \(g\) messbar und es gilt: - \begin{align*}\tag{$*$} \int_Yf(y)\,dy=\int_Xg(x)\,dx=\int_Xf\left(\Phi(x)\right) - \cdot\lvert\det\Phi^\prime(x)\rvert\,dx\end{align*} -\item \(f\colon Y\to\imdr\) sei integrierbar und $g$ sei definiert wie in (1). - Dann ist $g$ integrierbar und es gilt die Formel \((\ast)\). -\end{enumerate} -\end{satz} - -\begin{erinnerung} -\index{Inneres} -Sei \(A\subseteq\mdr^d\) und \(A^\circ:=\{x\in A :\text{ es existiert ein } r=r(x)>0 -\text{ mit } U_r(x)\subseteq A\}\) das \textbf{Innere} von $A$. $A^\circ$ ist offen! -\end{erinnerung} - -\begin{beispiel} -Sei \(A=\mdr\setminus\mdq\). Es ist \(A^\circ=\emptyset\) und -\(A\setminus A^\circ=A\). Aus \(\mdr=A\dot\cup\mdq\) folgt -\[\infty=\lambda_1(\mdr)=\lambda_1(A)+\lambda_1(\mdq)=\lambda_1(A)\] -Das heißt \(A\setminus A^\circ\) ist keine Nullmenge. -\end{beispiel} - - -\begin{satz}[Transformationssatz (Version II)] -\label{Satz 11.2} -Es sei $\emptyset \neq U \subseteq \MdR^d$ offen, $\Phi \in C^1(U, \MdR^d)$, $A \subseteq U$, $A \in \fb_d$, -$X := A^{\circ}$ und $A \setminus A^{\circ}$ eine Nullmenge. -Weiter sei $\Phi$ injektiv auf $X$, $\det\Phi' \neq 0$ für alle $x \in X$, $B:=\Phi(A) \in \fb_d$ und -$g(x) = f(\Phi(x)) \cdot \lvert\det\Phi'(x)\rvert$ für $x \in A$. -%% BILD: von Phi und Mengen -Dann gilt: -\begin{enumerate} -\item $Y := \Phi(X)$ ist offen und $\Phi: X\to Y$ ist ein Diffeomorphismus. -\item Ist $f\colon B \to [0, \infty]$ messbar, so ist $g\colon A \to [0, \infty]$ messbar und -\[ \int_B f(y) \, dy = \int_A g(x) \, dx= \int_A f(\Phi(x)) \cdot\lvert\det(\Phi'(x))\rvert \, dx \qquad (\ast\ast)\] -\item Ist $f\colon B \to \imdr$ messbar, so gilt:\\ -\[ f \in \fl^{1}(B) \gdw g \in \fl^{1}(A) \] -Ist $f \in \fl^{1}(B)$ so gilt $(\ast\ast)$ -\end{enumerate} -\end{satz} - -\begin{folgerungen} -\label{Folgerung 11.3} -\begin{enumerate} -\item Sei $T\colon \MdR^d \to \MdR^d$ linear und $\det T \neq 0$. Weiter sei $A \in \fb_d$ und $v \in \MdR^d$. -Dann ist $T(A) \in \fb_d$ und es gilt: -\[\lambda_d(T(A)+v) = \lvert\det T\rvert \cdot\lambda_d(A)\] -\item $\Phi\colon X \to Y$ sei ein Diffeomorphismus und $A \in \fb(X)$. -Dann ist $\Phi(A) \in \fb_d$ und es gilt: -\[\lambda_d(\Phi(A)) = \int_A |\det \Phi'(X)| \, dx\] -\item Sei $F \in C^1(X, \MdR^d)$ und $N \subseteq X$ eine Nullmenge. -Dann ist $F(N)$ enthalten in einer Nullmenge. -\end{enumerate} -\end{folgerungen} - -\begin{beispiel} -Seien $a,b > 0$ und $T:=\begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & b \end{pmatrix}$, $\det T = a b > 0$. Definiere: -\[A:=\{(x,y)\in \MdR^2: x^2 + y^2 \leq 1\}\] -Dann ist $A \in \fb_2$ und $\lambda_2(A) = \pi$. -\begin{align*} -(u,v) \in T(A) &\gdw \exists (x,y)\in A: (u,v) = (a x, b y)\\ -&\gdw \exists (x,y) \in A: (x = \frac{u}{a})\wedge (y = \frac{v}{b})\\ -&\gdw \frac{u^2}{a^2} + \frac{v^2}{b^2} \leq 1 -\end{align*} -%% BILD: einer Ellipse -Aus \ref{Folgerung 11.3} folgt $T(A) \in \fb_2$ und $\lambda(T(A)) = a b \pi$. -\end{beispiel} - -\setcounter{section}{3} -\section{Polarkoordinaten} -\index{Polarkoordinaten} -%% BILD: von PK neben Formeln -%% Tabellarisches Layout? -Jeder Vektor im $\mdr^2$ lässt sich nicht nur durch seine Projektionen auf die Koordinatenachsen $(x,y)$, sondern auch eindeutig durch seine Länge $r$ und den (kleinsten positiven) Winkel $\varphi$ zur $x$-Achse darstellen. Diese Darstellung $(r,\varphi)$ heißen die \textbf{Polarkoordinaten} des Vektors. Dabei gilt: -\[r = \|(x,y)\| = \sqrt{x^2 + y^2}\] -und -\[\begin{cases} -x = r \cos(\varphi)\\ -y = r \sin(\varphi) -\end{cases}\] -Definiere nun für $(r,\varphi) \in [0,\infty)\times[0,2\pi]$: -\[\Phi(r,\varphi) := (r \cos(\varphi), r \sin(\varphi))\] -Dann ist $\Phi \in C^1(\MdR^2, \MdR^2)$ und es gilt: -\[\Phi'(r,\varphi) = \begin{pmatrix} -\cos(\varphi) & -r \sin(\varphi) \\ -\sin(\varphi) & r \cos(\varphi) -\end{pmatrix}\] -d.h. falls $r > 0$ ist gilt: -\[\det\Phi'(r,\varphi) = r \cos^2(\varphi) + r \sin^2(\varphi) = r > 0\] - - -\begin{bemerkung}[Faustregel für Polarkoordinaten] -Ist ein Integral der Form $\int_B f(x,y) d(x,y)$ zu berechnen, so lässt sich oft eine Menge $A$ finden, sodass $\Phi(A) = B$ ist. -%% BILD: Kreissektor <=> Rechteck -Mit \ref{Satz 11.2} folgt dann: -\[\int_B f(x,y) \text{ d}(x,y) = \int_A f(r \cos \varphi, r \sin \varphi) \cdot r \text{ d}(r,\varphi)\] -\end{bemerkung} - -\begin{beispiel} -\begin{enumerate} -\item Sei $0 \le \rho < R$. Definiere -\[B := \{(x,y) \in \MdR^2 : \rho^2 \le x^2 + y^2 \le R^2\} \] -Dann gilt: -%% BILD: der Kreisfläche und Trafo -\begin{align*} -\lambda_2(B) &= \int_B 1 \text{ d}(x,y)\\ -&= \int_A 1 \cdot r \text{ d}(r,\varphi)\\ -&\overset{\text{§\ref{Kapitel 10}}}= \int_{\rho}^{R} \left( \int_0^{2\pi} r \text{ d}\varphi \right) \text{ d}r\\ -&= \left[ 2\pi \frac{1}{2} r^2 \right]_\rho^R\\ -&= \pi (R^2 - \rho^2) -\end{align*} - -\item Definiere -\[B := \{ (x,y) \in \MdR^2 : x^2 + y^2 \le 1, y \ge 0 \}\] -%% BILD: der (Halb)Kreisfläche und Trafo -Dann gilt: -\begin{align*} -\int_B y \sqrt{x^2+y^2} \text{ d}(x,y) &= \int_A r \sin(\varphi) r \cdot r \text{ d}(r,\varphi)\\ -&= \int_A r^3 \sin\varphi \text{ d}(r,\varphi) \\ -&\overset{\text{§\ref{Kapitel 10}}}= \int_0^\pi \left( \int_0^1 r^3 \sin\varphi \text{ d}r \right) \text{ d}\varphi\\ -&= \frac{1}{4} \int_0^\pi \sin\varphi \text{ d}\varphi\\ -&= \left[ \frac{1}{4}(-\cos\varphi) \right]_0^\pi\\ -&= \frac{1}{4}(1+1) = \frac{1}{2} -\end{align*} -\item \textbf{Behauptung:} \[\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2} \, dx = \sqrt{\pi}\] -\textbf{Beweis:} -%% BILD: Bilder von Kreis und Rechtecktrafos/näherungen -Für $\rho > 0$ sei -\[B_\rho := \{(x,y) \in \MdR^2 \mid x,y\ge 0, x^2+ y^2 \le \rho^2\}\] -Weiterhin sei $Q_\rho := [0,\rho] \times [0,\frac{\pi}2]$ und $f(x,y) = e^{-(x^2 + y^2)}$. Dann gilt: -\begin{align*} -\int_{ B_\rho } f(x,y) \text{ d}(x,y) &= \int_{Q_\rho} e^{-r^2} r\text{ d}(r,\varphi)\\ -&\overset{\text{§\ref{Kapitel 10}}}= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left( \int_0^\rho r e^{-r^2} \text{ d}r \right) \text{ d}\varphi \\ -&= \frac{\pi}{2} \left[ -\frac{1}{2} e^{-r^2} \right]_{0}^{\rho}\\ -&= \frac{\pi}{2} \left( -\frac{1}{2} e^{-\rho^2} +\frac{1}{2} \right) \\ -& =: h(\rho) \stackrel{\rho \to \infty}\to \frac\pi4 -\end{align*} -Außerdem gilt: -\begin{align*} -\int_{Q_\rho} f(x,y) \text{ d}(x,y) &= \int_{Q_\rho} e^{-x^2} e^{-y^2}\text{ d}(x,y) \\ -&= \int_0^\rho \left( \int_0^\rho e^{-x^2} e^{-y^2} \text{ d}y \right) \text{ d}x \\ -&= \left( \int_0^\rho e^{-x^2} \text{ d}x \right)^2 -\end{align*} - -Wegen $ B_\rho \subseteq Q_\rho \subseteq B_{\sqrt{2} \rho} $ und $f \ge 0$ folgt: -\begin{center} -\begin{tabular}{cccccc} -&$\int_{B_\rho} f \text{ d}(x,y)$ &$\le$ &$\int_{Q_\rho} f \text{ d}(x,y)$ &$\le$ &$\int_{B_{\sqrt{2} \rho}} f \text{ d}(x,y)$\\ -$\implies$ &$h(\rho)$ &$\le$ &$\int_{Q_\rho} f \text{ d}(x,y)$ &$\le$ &$h(\sqrt{2} \rho)$ \\ -$\implies$ &$h(\rho)$ &$\le$ &$\left( \int_0^\rho e^{-x^2} \text{ d}x \right)^2$ &$\le$ &$h(\sqrt{2} \rho)$ \\ -$\implies$ &$\sqrt{h(\rho)}$ &$\le$ &$\int_0^\rho e^{-x^2} \text{ d}x$ &$\le$ &$\sqrt{h(\sqrt{2} \rho)}$\\ -\end{tabular} -\end{center} -Mit $\rho \to \infty$ folgt daraus -\[\int_0^\infty e^{-x^2} \text{ d}x = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\] -und damit die Behauptung. -\end{enumerate} -\end{beispiel} - -\section{Zylinderkoordinaten} -\index{Zylinderkoordinaten} -Definiere für $(r,\varphi,z)\in[0,\infty)\times[0,2\pi]\times\mdr$: -\[\Phi(r,\varphi,z):=(r\cos(\varphi),r\sin(\varphi),z)\] -Dann gilt: -\[|\det\Phi'(r,\varphi,z)|=\left|\det -\begin{pmatrix} -\cos(\varphi)&-r\sin(\varphi)&0\\ -\sin(\varphi)&r\cos(\varphi)&0\\ -0&0&1\end{pmatrix}\right|=r -\] - -\begin{bemerkung}[Faustregel für Zylinderkoordinaten] -Ist ein Integral der Form $\int_B f(x,y,z) d(x,y,z)$ zu berechnen, so lässt sich eine Menge $A$ finden, sodass $\Phi(A) = B$ ist. -Mit \ref{Satz 11.2} folgt dann: -\[\int_B f(x,y,z) \text{ d}(x,y,z) = \int_A f(r \cos \varphi, r \sin \varphi, z) \cdot r \text{ d}(r,\varphi,z)\] -\end{bemerkung} - -\begin{beispiel} -Definiere -\[B:=\{(x,y,z)\in\mdr^3\mid x^2+y^2\le 1, x,y\ge 0,z\in[0,1]\}\] -Dann gilt: -\begin{align*} -\int_B z+y\sqrt{x^2+y^2}\text{ d}(x,y,z)&=\int_A(z+r\sin(\varphi)\cdot r)\cdot r\text{ d}(r,\varphi,z)\\ -&=\int_A rz+r^3\sin(\varphi)\text{ d}(r,\varphi,z)\\ -&=\int_0^1(\int_0^{\frac\pi 2}(\int_0^1 rz+r^3\sin(\varphi)\text{ d}r)\text{ d}\varphi)\text{ d}z\\ -&=(\int_0^1 r\text{ d}r)\cdot(\int_0^1 z\text{ d}z)\cdot(\int_0^{\frac\pi 2} \text{ d}\varphi)+ (\int_0^1 r^3\text{ d}r)\cdot(\int_0^{\frac\pi 2} \sin(\varphi)\text{ d}\varphi)\cdot(\int_0^1 \text{ d}z)\\ -&= \frac\pi 8+\frac14 -\end{align*} -\end{beispiel} - -\section{Kugelkoordinaten} -\index{Kugelkoordinaten} -Definiere für $(r,\varphi,\theta)\in [0,\infty)\times[0,2\pi]\times[0,\pi]$: -\[\Phi(r,\varphi,\theta):=(r\cos(\varphi)\sin(\theta),r\sin(\varphi)\sin(\theta),r\cos(\theta))\] -Dann gilt (nachrechnen!): -\[\det\Phi'(r,\varphi,\theta)= -r^2\sin(\theta)\] - -\begin{bemerkung}[Faustregel für Kugelkoordinaten] -Ist ein Integral der Form $\int_B f(x,y,z) d(x,y,z)$ zu berechnen, so lässt sich eine Menge $A$ finden, sodass $\Phi(A) = B$ ist. -Mit \ref{Satz 11.2} folgt dann: -\[\int_B f(x,y,z) \text{ d}(x,y,z) = \int_A f(r\cos(\varphi)\sin(\theta),r\sin(\varphi)\sin(\theta),r\cos(\theta)) \cdot r^2\sin(\theta) \text{ d}(r,\varphi,\theta)\] -\end{bemerkung} - -\begin{beispiel} -Definiere -\[B:=\{(x,y,z)\in\mdr^3\mid 1\le \|(x,y,z)\|\le 2, x,y,z\ge 0\}\] -Dann gilt: -\begin{align*} -\int_B \frac1{x^2+y^2+z^2}\text{ d}(x,y,z)&=\int_A \frac1{r^2}\cdot r^2\cdot\sin(\theta)\text{ d}(r,\varphi,\theta)\\ -&=\int_A \sin(\theta)\text{ d}(r,\varphi,\theta)\\ -&=\frac\pi2 -\end{align*} -\end{beispiel} - -\begin{beispiel}[Zugabe von Herrn Dr. Ullmann] -Wir wollen das Kugelvolumen $\lambda_3(K)$ mit $K:=\{(x,y,z)\in\mdr^3\mid\|(x,y,z)\|\le 1\}$ berechnen. Dann ist $K=\Phi(A)$ mit $A:= [0,1]\times[0,2\pi]\times [0,\pi]$. Und es gilt: -\begin{align*} -\lambda_3(K)&=\int_K 1\text{ d}(x,y,z)\\ -&=\int_A r^2\sin(\theta)\text{ d}(r,\varphi,\theta)\\ -&=\int_0^1(\int_0^{2\pi}(\int_0^\pi r^2\sin(\theta) \text{ d}\theta)\text{ d}\varphi)\text{ d}r\\ -&=(\int_0^1 r^2 \text{ d}r)\cdot(\int_0^{2\pi} \text{ d}\varphi)\cdot(\int_0^\pi \sin(\theta) \text{ d}\theta)\\ -&=\frac{4\pi}3 -\end{align*} -\end{beispiel} - +\input{Kapitel-11} \chapter{Vorbereitungen für die Integralsätze} \label{Kapitel 12} - -\begin{definition} -\index{Kreuzprodukt} -Seien $a=(a_1,a_2,a_3),b=(b_1,b_2,b_3)\in\mdr^3$. Dann heißt -\[a\times b:=(a_2b_3-a_3b_2,a_3b_1-a_1b_3,a_1b_2-a_2b_1)\] -das \textbf{Kreuzprodukt} von $a$ mit $b$. -Mit $e_1=(1,0,0),e_2=(0,1,0),e_3=(0,0,1)$ gilt formal: -\[a\times b = \det\begin{pmatrix}e_1&e_2&e_3\\a_1&a_2&a_3\\b_1&b_2&b_3\end{pmatrix}=\det\begin{pmatrix}e_1&a_1&b_1\\e_2&a_2&b_2\\e_3&a_3&b_3\end{pmatrix}\] -\end{definition} - -\begin{beispiel} -Sei $a=(1,1,2), b=(1,1,0)$, dann gilt: -\[a\times b= \det \begin{pmatrix}e_1&1&1\\e_2&1&1\\e_3&2&0\end{pmatrix}=-2e_1-(-2)e_2+(1-1)e_3=(-2,2,0)\] -\end{beispiel} - -\textbf{Regeln zum Kreuzprodukt:} -\begin{enumerate} -\item $b\times a= -a\times b$ -\item $a\times a=0$ -\item $(\alpha a)\times(\beta b)=\alpha\beta(a\times b)$ für $\alpha,\beta\in\mdr$ -\item $a\cdot(a\times b)=b\cdot(a\times b)=0$ -\end{enumerate} - -\begin{definition} -\index{Divergenz} -Sei $\emptyset\ne D\subseteq\mdr^n$, $D$ offen und $f=(f_1,\dots,f_n)\in C^1(D,\mdr^n)$. Dann heißt -\[\divv f:=\frac{\partial f_1}{\partial x_1}+\dots+\frac{\partial f_n}{\partial x_n}\in C(D,\mdr)\] -die \textbf{Divergenz} von $f$. -\end{definition} - -\begin{definition} -\index{Rotation} -Sei $\emptyset\ne D\subseteq\mdr^3$, $D$ offen und $F=(P,Q,R)\in C^1(D,\mdr^3)$. Dann heißt: -\[\rot F:=(R_y-Q_z,P_z-R_x,Q_x-P_y)\in C(D,\mdr^3)\] -die \textbf{Rotation} von $F$. -Dabei gilt formal: -\[\rot F=(\frac{\partial}{\partial x},\frac{\partial}{\partial y},\frac{\partial}{\partial z})\times(P,Q,R)\] -\end{definition} - -\begin{definition} -\index{Tangentialvektor} -Sei $\gamma:[a,b]\to\mdr^n$ ein Weg. Ist $\gamma$ in $t_0\in[a,b]$ differenzierbar mit $\gamma'(t_0)\ne 0$, so heißt $\gamma'(t_0)\in\mdr^n$ \textbf{Tangentialvektor} von $\gamma$ in $t_0$. -\end{definition} +\input{Kapitel-12} \chapter{Der Integralsatz von Gauß im $\MdR^2$} \label{Kapitel 13} - -In diesem Kapitel sei $(x_0,y_0)\in\MdR^2$ (fest), es sei -$R:[0,2\pi]\to[0,\infty)$ stetig und stückweise stetig -differenzierbar und $R(0) = R(2\pi)$. Weiter sei -\begin{displaymath} -\gamma(t) := (x_0 + R(t)\cos t,y_0 + R(t)\sin t) \text{ } (t\in[0,2\pi]) -\end{displaymath} -Dann ist $\gamma$ ein stückweise stetig differenzierbarer, geschlossener und rektifizierbarer Weg in $\MdR^2$. Es sei -\[B:= \{(x_0+r\cos t,y_0 + r\sin t): t\in [0,2\pi ], 0\le r\le R(t)\}\] -Dann ist $B$ kompakt, also $B\in\fb_2 $. Weiter ist $\partial B = \gamma([0,2\pi]) = \Gamma_\gamma$.\\ -Sind $B$ und $\gamma$ wie oben, so heißt $B$ \begriff{zulässig}. -\index{zulässig} -\begin{beispiel} - Sei $R$ konstant, also $R(t) = R > 0$, so ist $B = \overline{U_R(x_0,y_0)}$ -\end{beispiel} - -\begin{satz}[Integralsatz von Gauß im $\MdR^2$] -\label{Satz 13.1} -$B$ und $\gamma$ seien wie oben ($B$ also zulässig). Weiter sei $D\subseteq \MdR^2$ offen, $B\subseteq D$ und $f = (u,v) \in C^1(D,\MdR^2)$. Dann -\begin{liste} -\item $\int_B u_x(x,y)d(x,y) = \int_{\gamma} u(x,y) d(y)$ -\item $\int_B v_y(x,y)d(x,y) = -\int_{\gamma} v(x,y) d(x)$ -\item $\int_B \divv f(x,y)d(x,y) = \int_{\gamma} (udy - vdx)$ -\end{liste} -\end{satz} - -\begin{folgerung} -Mit $f(x,y) := (x,y)$ erhält man aus \ref{Satz 13.1}: Sind $B$ und $\gamma$ wie in \ref{Satz 13.1}, so gilt: -\begin{liste} -\item $\lambda_2(B) = \int_\gamma xdy$ -\item $\lambda_2(B) = -\int_\gamma ydx$ -\item $\lambda_2(B) = \frac12\int_\gamma (xdy - ydx)$ -\end{liste} -\end{folgerung} - -\begin{beispiel} -Definiere -\[B:= \{(x,y)\in\MdR^2:x^2+y^2 \le R^2\}\quad (R>0)\] -und $\gamma(t) = (R\cos t,R\sin t)$, für $t\in[0,2\pi]$, dann gilt: -\[\lambda_2(B) = \int_0^{2\pi} R\cos t\cdot R\cos t \text{ d}t = R^2\int_0^{2\pi} \cos^2t \text{ d}t = \pi R^2\] -\end{beispiel} - -\begin{beweis} -Wir beweisen nur (1). ((2) beweist man analog und (3) folgt aus (1) und (2))\\ -O.B.d.A: $(x_0,y_0) = (0,0)$ und $R$ stetig db. Also $\gamma = (\gamma_1,\gamma_2)$, $\gamma (t) = (\underbrace{R(t)\cos t}_{= \gamma_1(t)},\underbrace{R(t)\sin t)}_{=\gamma_2(t)}$. $R$ stetig differenzierbar. $A:= \int_B u_x(x,y)d(x,y)$\\ -Zu zeigen: $A=\int_0^{2\pi} u(\gamma (t))\cdot \gamma_2'(t) dt$.\\ -Mit Polarkoordinaten, Transformations-Satz und Fubini: -\begin{displaymath} - A = \int_0^{2\pi }(\int_0^{R(t)} u_x(r\cos t,r\sin t)r dr) dt -\end{displaymath} -\begin{enumerate} - \item $\beta(r,t) := u(r\cos t,r\sin t)$. Nachrechnen: $r\beta_r(r,t)\cos t - \beta_t(r,t)\sin t = u_x(r\cos t,r\sin t)r$. Also: - \begin{displaymath} - A = \int_0^{2\pi} (\int_0^{R(t)} (r\beta_r(r,t)\cos t - \beta_t(r,t)\sin t) dr)dt - \end{displaymath} - \item $\int_0^{R(t)} r\beta_r(r,t) dr = r\beta(r,t)\vert_{r=0}^{r=R(t)} - \underbrace{\int_0^{R(t)} \beta(r,t) dr}_{=:\alpha(t)} = R(t)\beta(R(t),t) - \alpha(t) = R(t)u(\gamma(t)) -\alpha(t)$ - \item $\Psi(s,t) := \int_0^s \beta(r,t)dr$. Mit dem zweiten Hauptsatz aus Analysis 1 folgt: $\Psi_s(s,t) = \beta(s,t)$ \\ 7.3 \folgt $\Psi_t(s,t) = \int_0^s \beta_t(r,t) dr$.\\ - Dann: $\alpha(t) = \Psi(R(t),t)$, also - \begin{displaymath} - \alpha'(t) = \Psi_s(R(t),t)\cdot R'(t) + \Psi_t(R(t),t)\cdot 1 = R'(t)\underbrace{\beta(R(t),t)}_{=u(\gamma(t))} + \int_0^{R(t)} \beta_t(r,t) dr - \end{displaymath} - \folgt $\int_0^{R(t)}\beta_t(r,t)dr = \alpha'(t) - R'(t)\cdot u(\gamma(t))$. - \item Aus (1),(2),(3) folgt: \\ - \begin{align*} - A &= \int_0^{2\pi} (R(t)\cdot u(\gamma(t))\cdot \cos t - \alpha(t)\cos t - \alpha'(t)\sin t + R'(t)\cdot u(\gamma(t))\sin t) dt\\ &= \int_0^{2\pi}u(\gamma(t))\gamma_2'(t)dt - \int_0^{2\pi} (\alpha(t)\sin t)' dt\\ &= \int_0^{2\pi} u(\gamma(t))\gamma_2'(t)dt - \underbrace{[\alpha(t)\sin t]_0^{2\pi}}_{=0}\\ &= \int_0^{2\pi} u(\gamma(t))\gamma_2'(t) dt - \end{align*} -\end{enumerate} -\end{beweis} +\input{Kapitel-13} \chapter{Flächen im $\MdR^3$} \label{Kapitel 14} - -\begin{definition} -\index{Fläche} -\index{Flächenstück} -\index{Parameterbereich} -\index{Normalenvektor} -\index{Flächeninhalt} - Es sei $\emptyset \ne B\subseteq \MdR^2$ kompakt, $D\subseteq\MdR^2$ offen und $B\subseteq D$. Weiter sei $\varphi = (\varphi_1,\varphi_2,\varphi_3) \in C^1(D,\MdR^3)$ und $\varphi = \varphi(u,v)$. Dann heißt $\varphi_{|B}$ eine \textbf{Fläche} (im $\MdR^3$), $S:= \varphi(B)$ heißt \textbf{Flächenstück} und $B$ heißt \textbf{Parameterbereich} der Fläche. Es ist - \begin{displaymath} - \varphi' = \begin{pmatrix}\frac{\partial \varphi_1}{\partial u} & \frac{\partial\varphi_1}{\partial v}\\ - \frac{\partial \varphi_2}{\partial u} & \frac{\partial\varphi_2}{\partial v}\\ - \frac{\partial \varphi_3}{\partial u} & \frac{\partial\varphi_3}{\partial v}\\ - \end{pmatrix} - \end{displaymath} - Sei $(u_0,v_0)\in B$ und - \begin{align*} - \gamma(t) &:= \varphi(t,v_0) &\gamma'(t) &= \varphi_u(t,v_0) &\gamma'(u_0) &= \varphi_u(u_0,v_0)\\ - \tilde{\gamma}(t)&:= \varphi(u_0,t) &\tilde{\gamma}'(t) &= \varphi_v(u_0,v) &\tilde{\gamma}'(v_0) &= \varphi_v(u_0,v_0) - \end{align*} - Definere damit den \textbf{Normalenvektor} in $\varphi(u_0,v_0)$: - \[N(u_0,v_0) := \varphi_u(u_0,v_0)\times\varphi_v(u_0,v_0)\] - Seien $\Delta u,\Delta v >0$ (aber "`klein"'). $a:= \Delta u\varphi_u(u_0,v_0)$, $b:= \Delta v\varphi_v(u_0,v_0)$. - \[P:= \{\lambda a+\mu b: \ \lambda,\mu\in [0,1]\}\] - Aus der Linearen Algebra folgt, der "`Inhalt"' von $P$ ist $\|a \times b\| = \Delta u\Delta v \|N(u_0,v_0)\|$. - \begin{displaymath} - I(\varphi) = \int_B \|N(u,v)\| d(u,v) - \end{displaymath} - heißt deshalb \textbf{Flächeninhalt} von $\varphi$ -\end{definition} - -\begin{beispiel} - $B:=[0,2\pi]\times[-\frac\pi2,\frac\pi2]$, $D=\MdR^2$\\ - $\varphi(u,v) := (\cos u\cos v,\sin u\cos v,\sin v)$. Dann: $\varphi(B) = \{(x,y,z)\in\MdR^3:\ x^2+y^2+z^2 = 1\}$.\\ - Nachrechnen: $N(u,v) = \cos v\varphi(u,v)$. Dann: $\|N(u,v)\| = |\cos v|\underbrace{\|\varphi(u,v)\|}_{=1} = \cos v\ \ \ \ ((u,v)\in B)$. \\ - Damit gilt: - \[I(\varphi) = \int_B \cos v d(u,v) = \int_0^{2\pi} (\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\cos v d(v)) d(u) = 4\pi\] -\end{beispiel} - -\section{Explizite Parameterdarstellung} -Seien \(B\) und \(D\) wie in obiger Definition und \(f\in C^{1}(D,\,\mdr)\). Setze -\[\varphi(u,v):=(u,v,f(u,v))\quad((u,v)\in D)\] -Damit ist \(\varphi_{|B}\) eine Fläche (in expliziter Darstellung). -% hier Graphik einfuegen -Dann ist \(S=\varphi(B)\) gleich dem Graph von \(f_{|B}\). - -\[ -\varphi_{u}=(1,0,f_{u}),\quad \varphi_{v}=(0,1,f_{v}),\quad N(u,v)=(-f_{u},-f_{v},1)\quad\text{(Nachrechnen!)} -\] -Damit gilt: -\[I(\varphi)=\int_{B}{(f_{u}^{2}+f_{v}^{2}+1)^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}(u,v)}\] - -\begin{beispiel} -Sei \(D=\mdr^{2},\,B:=\{(u,v)\in\mdr^{2}\mid u^{2}+v^{2}\leq 1\}\) und -\[f(u,v):=u^{2}+v^{2}\] -Dann ist \(\varphi(u,v)=(u,v,u^{2}+v^{2})\), \(f_{u}=2u\) und \(f_{v}=2v\). Also ist \(S=\varphi(B)\) ein Paraboloid. -\[I(\varphi)=\int_{B}{(4u^{2}+4v^{2}+1)^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}(u,v)}\overset{\text{PK}}{=}\frac{\pi}{6}\left(\sqrt{5}^{3}-1\right)\quad \text{(Nachrechnen!)}\] -\end{beispiel} +\input{Kapitel-14} \chapter{Integralsatz von Stokes} \label{Kapitel 15} - -In diesem Kapitel sei \(\emptyset\neq B\subseteq\mdr^{2}\), \(B\) -kompakt, \(D\subseteq\mdr^{2}\) offen, \(B\subseteq D\) -und \(\varphi=(\varphi_{1},\varphi_{2},\varphi_{3})\in C^{1}(D,\mdr^{3})\). Das heißt: \(\varphi_{|B}\) ist eine Fläche mit -Parameterbereich \(B\), \(S:=\varphi(B)\) - -\begin{definition} -\index{Oberflächenintegral} -Definiere die folgenden \textbf{Oberflächenintegrale}: -\begin{enumerate} -\item Sei \(f:\,S\to\mdr\) stetig. Dann: -\[ -\int_{\varphi}{f\mathrm{d}\sigma}:=\int_{B}{f(\varphi(u,v))\lVert N(u,v)\rVert\mathrm{d}(u,v)} -\] -\item Sei \(F:\,S\to\mdr^{3}\) stetig. Dann: -\[ -\int_{\varphi}{F\cdot n\mathrm{d}\sigma}:=\int_{B}{F(\varphi(u,v))\cdot N(u,v)\mathrm{d}(u,v)} -\] -\end{enumerate} -\end{definition} - -\begin{beispiel} -Seien \(D,\,B,\,f,\,\varphi\) wie im letzten Beispiel in Kapitel 14. - -Sei \(F(x,y,z):=(x,y,z)\); bekannt: \(N(u,v)=(-2u,-2v,1)\). Dann: -\begin{align*} -F(\varphi(u,v))\cdot N(u,v)&=F(u,v,u^{2}+v^{2})\cdot(-2u,-2v,1)\\ -&=(u,v,u^{2}+v^{2})\cdot (-2u,-2v,1)\\ -&=-(u^{2}+v^{2}) -\end{align*} - -Also: -\[ -\int_{\varphi}{F\cdot n\mathrm{d}\sigma}=-\int_{B}{(u^{2}+v^{2})\mathrm{d}(u,v)}=-\frac{\pi}{2} -\] -\end{beispiel} - -\begin{satz}[Integralsatz von Stokes] -\label{Satz 15.1} -Es sei \(B\) zulässig, \(\partial B=\Gamma_{\gamma}\), wobei \(\gamma=(\gamma_{1},\gamma_{2})\) wie zu Beginn des Kapitels -13 ist. Es sei \(\varphi\in C^{2}(D,\mdr^{3})\). Weiter sei \(G\subseteq\mdr^{3}\) offen, \(S\subseteq G\) und \(F=(F_{1},F_{2},F_{3})\in C^{1}(G,\mdr^{3})\). Dann: -\[ -\underbrace{\int_{\varphi}{\rot F\cdot n\mathrm{d}\sigma}}_{\text{Oberflächenint.}}= - \underbrace{\int_{\varphi\circ\gamma}{F(x,y,z)\cdot\mathrm{d}(x,y,z)}}_{\text{Wegint.}} -\] -\end{satz} - -\begin{beispiel} -\(D,\,B,\,f,\,F\) und \(\varphi\) seien wie in obigem Beispiel. -% Bild einfuegen -Hier: \(\gamma(t)=(\cos t,\sin t)\quad(t\in [0,2\pi])\). -Dann: \((\varphi\circ\gamma)(t)=\varphi(\cos t, \sin t)=(\cos t, \sin t, 1)\quad(t\in [0,2\pi])\). - -Es ist \(\rot F=0\), also: \(\int_{\varphi}{\rot F\cdot n\mathrm{d}\sigma}=0\) -\begin{align*} -\int_{\varphi\circ\gamma}{F(x,y,z)\mathrm{d}(x,y,z)}&= - \int_{0}^{2\pi}{F((\varphi\circ\gamma)(t))\cdot(\varphi\circ\gamma)'(t)\mathrm{d}t}\\ -&=\int_{0}^{2\pi}{F(\cos t,\sin t, 1)\cdot (-\sin t,\cos t,0)\mathrm{d}t}\\ -&=\int_{0}^{2\pi}{\underbrace{(\cos t,\sin t,1)\cdot (-\sin t,\cos t,0)}_{=0}\mathrm{d}t}\\ -&=0 -\end{align*} -\end{beispiel} - -\begin{beweis} -Sei \(\varphi:=\varphi\circ\gamma,\,\varphi=(\varphi_{1},\varphi_{2},\varphi_{3})\), also - \(\varphi_{j}=\varphi_{j}\circ\gamma\quad(j=1,2,3)\). - -Zu zeigen: -\begin{align*} -\int_{\varphi}{\rot F\cdot n\mathrm{d}\sigma} - &=\int_{\varphi}{F(x,y,z)\mathrm{d}(x,y,z)}\\ - &=\int_{0}^{2\pi}{F(\varphi(t))\cdot\varphi'(t)\mathrm{d}t}\\ - &=\int_{0}^{2\pi}{\left(\sum_{j=1}^{3}{F_{j}(\varphi(t))\varphi_{j}'(t)}\right)\mathrm{d}t}\\ - &=\sum_{j=1}^{3}{\int_{0}^{2\pi}{F_{j}(\varphi(t))\varphi_{j}'(t)\mathrm{d}t}} -\end{align*} - -Es ist \(\int_{\varphi}{\rot F\cdot n\mathrm{d}\sigma}=\int_{B}{\underbrace{(\rot F)(\varphi(x,y))\cdot(\varphi_{x}(x,y)\times\varphi_{y}(x,y))}_{=:g(x,y)}\mathrm{d}(x,y)}\). -Für \(j=1,2,3\): -\[ -h_{j}(x,y):=\left(\underbrace{F_{j}(\varphi(x,y))\frac{\partial\varphi_{j}}{\partial y}(x,y)}_{=:u_{j}(x,y)},\underbrace{-F_{j}(\varphi(x,y))\frac{\partial\varphi_{j}}{\partial x}(x,y)}_{=:v_{j}(x,y)}\right)\quad((x,y)\in D) -\] - - -\(h_{j}=(u_{j},v_{j});\quad F\in C^{1},\,\varphi\in C^{2}\), damit folgt: \(h_{j}\in C^{1}\) - -Nachrechnen: \(g=\mathrm{div} h_{1}+\mathrm{div} h_{2}+\mathrm{div} h_{3}\) - -Damit: -\begin{align*} -\int_{B}{\rot F\cdot n\mathrm{d}\sigma} - &=\sum_{j=1}^{3}{\int_{B}{\mathrm{div}\,h_{j}(x,y)\mathrm{d}(x,y)}}\\ - &=\sum_{j=1}^{3}{\int_{\gamma}{(u_{j}\mathrm{d}y-v_{j}\mathrm{d}x)}}\\ - &=\int_{0}^{2\pi}{F_{j}(\varphi(t))\varphi_{j}'(t)\mathrm{d}t} -\end{align*} -\end{beweis} +\input{Kapitel-15} \chapter{$\fl^{p}$-Räume und $\mathrm{L}^{p}$-Räume} \label{Kapitel 16} - -Stets in diesem Kapitel: \(\emptyset\neq X\in\fb_{d}\) - -\begin{definition} -Sei \(p\in[1,+\infty]\). -\[ -p':=\begin{cases} -\infty&,\,p=1\\ -1&,\,p=\infty\\ -\frac{p}{p-1}&,\,10:\,f(t):=\frac{t}{p}+\frac{1}{p'}-t^{\frac{1}{p}}\) - -Übung: \(\min\{f(t)\mid t>0\}=f(1)=0\) - -D.h.: \(t^{\frac{1}{p}}\leq\frac{t}{p}+\frac{1}{p'}\quad\forall t>0\) - -Seien \(u,v>0,\,t:=\frac{u}{v}\). Dann: \(\frac{u^{\frac{1}{p}}}{v^{\frac{1}{p}}}\leq\frac{u}{vp}+\frac{1}{p'}\). Daraus folgt -\(u^{\frac{1}{p}}v^{1-\frac{1}{p}}\leq\frac{u}{p}+\frac{v}{p'}\implies u^{\frac{1}{p}}v^{\frac{1}{p'}}\leq \frac{u}{p}+\frac{v}{p'}\) - -Seien \(x,y>0:\,u:=x^{p},\,v:=y^{p'}\). Dann: \(xy\leq\frac{x^{p}}{p}+\frac{y^{p'}}{p'}\). - -Im Falle \(x=0\) oder \(y=\infty\) ist die Ungleichung trivialerweise richtig. -\end{beweis} - -\begin{erinnerung} -Sei \(f:\,X\to\mdr\) messbar und \(p>0\), so ist \(\lvert f\rvert^{p}\) messbar (vgl. Kapitel 3). - -Es gilt: \(\lvert f\rvert^{p}\in\fl^{1}(X)\Leftrightarrow \int_{X}{\lvert f\rvert^{p}\mathrm{d}x}<\infty\) -\end{erinnerung} - -\begin{definition} -\begin{enumerate} -\item Sei \(p\in[1,\infty)\). \(\fl^{p}(X)=\{f:\,X\to\mdr\mid f \text{ ist messbar und }\int_{X}{\lvert f\rvert^{p}\mathrm{d}x<\infty}\}\). - -Für \(f\in\fl^{p}(X)\): \(\lVert f\rVert_{p}=\left(\int_{X}{\lvert f\rvert^{p}\mathrm{d}x}\right)^{\frac{1}{p}}\) -\item \(\fl^{\infty}(X)=\{f:\,X\to\mdr\mid f\text{ ist messbar und }f\text{ ist f.ü. beschränkt}\}\) - -Für \(f\in\fl^{\infty}(X)\): \(\lVert f\rVert_{\infty}:=\esssup_{x\in X}\lVert f(x)\rVert=\inf\{c>0\mid \exists\text{Nullmenge }N_{c}\subseteq X: \lvert f(x)\rvert\leq c\,\forall x\in X\setminus N_{c}\}\) -\end{enumerate} -\end{definition} - -\begin{bemerkung} -Es sei \(f\in\fl^{\infty}(X)\) und stetig. Außerdem habe jede in \(X\) offene, nichtleere Teilmenge positives Maß. Dann ist \(f\) auf \(X\) beschränkt und \(\sup_{x\in X}\lvert f(x)\rvert=\esssup_{x\in X}\lvert f(x)\rvert\). -\end{bemerkung} -\begin{beweis} -Übung (ist \(N\subseteq X\) eine Nullmenge, so ist \(N^{\circ}=\emptyset\) und \(\overline{X\setminus N}=X\)) -\end{beweis} - -\begin{beispiel} -Sei \(d=1,\,X=[1,\infty),\,p>1\,(p<\infty),\,\alpha,\beta>0,\,f(x)=\frac{1}{x^{\alpha}},\,g(x)=\frac{1}{x^{\beta}}\) -\begin{enumerate} -\item \[f\in\fl^{p}(X)\overset{\text{\ref{Satz 4.14}}}{\iff}\int_{1}^{\infty}{\frac{1}{x^{\alpha p}}}\mathrm{d}x\] -konvergiert genau dann, wenn \(\alpha p>1\Leftrightarrow \alpha>\frac{1}{p}\) -\item -\[fg\in\fl^{1}(X)\overset{\text{\ref{Satz 4.14}}}{\iff}\int_{1}^{\infty}{\frac{1}{x^{\alpha+\beta}}\mathrm{d}x}\] -konvergiert genau dann, wenn $\alpha+\beta >1$ -\end{enumerate} -\end{beispiel} - -\begin{satz} -\label{Satz 16.1} -Sei \(p\in[1,\infty]\) und \(p'\) wie zu Anfang dieses Kapitels, also \(\frac{1}{p}+\frac{1}{p'}=1\). -\begin{enumerate} -\item Sei \(f\in\fl^{p}(X)\) und \(g\in\fl^{p'}(X)\). -\index{Ungleichung!Hölder} -Dann ist \(fg\in\fl^{1}(X)\) und es gilt die \textbf{Höldersche Ungleichung}: -\[ -\lVert fg\rVert_{1}\leq\lVert f\rVert_{p}\cdot\lVert g\rVert_{p'} -\] - -\index{Ungleichung!Cauchy-Schwarz} -Ist \(p=2\,(\implies p'=2)\), so heißt obige Ungleichung auch \textbf{Cauchy-Schwarzsche Ungleichung}. -\item \(\fl^{p}(X)\) ist ein reeller Vektorraum und für \(f,g\in\fl^{p}(X)\) gilt die \textbf{Minkowskische Ungleichung}: -\index{Ungleichung!Minkowski} -\[ -\lVert f+g\rVert_{p}\leq\lVert f\rVert_{p}+\lVert g\rVert_{p} -\] -\end{enumerate} -\end{satz} - -\begin{beweis} -\begin{enumerate} -\item Unterscheide die folgenden Fälle: -\begin{itemize} -\item[Fall 1:] \(p=1\) (also \(p'=\infty\)) oder \(p=\infty\) (also \(p'=1\)). Etwa \(p=1,\,p'=\infty\). - -Sei \(c>0\) und \(N_{c}\subseteq X\) Nullmenge mit: \(\lvert g(x)\rvert\leq c\,\forall x\in X\setminus N_{c}\). -\(\tilde{g}:=\mathds{1}_{X\setminus N_{c}}\cdot g\) - -Dann: \(g=\tilde{g}\) fast überall und \(\lvert\tilde{g}\rvert\leq c\) auf \(X\). Weiter: \(fg=f\tilde{g}\) fast überall, -bzw. \(\lvert fg\rvert=\lvert f\tilde{g}\rvert\) fast überall. - -Dann: -\[ -\int_{X}{\lvert fg\rvert\mathrm{d}x}=\int_{X}{\lvert f\tilde{g}\rvert\mathrm{d}x}=\int_{X}{\lvert f\rvert\underbrace{\lvert\tilde{g}\rvert}_{\leq c}\mathrm{d}x}\leq\int_{X}{\lvert f\rvert\mathrm{d}x}=c\cdot\lVert f\rVert_{1}<\infty -\] -Also: \(fg\in\fl^{1}(X)\) und \(\lVert fg\rVert_{1}\leq c\lVert f\rVert_{1}\). Übergang zum Infimum über alle \(c>0\) -liefert: \(\lVert fg\rVert_{1}\leq\lVert g\rVert_{\infty}\cdot\lVert f\rVert_{1}\) -\item[Fall 2:] Sei \(10\) und \(\lVert g\rVert_{p'}>0\). - -Aus obigem Hilfssatz: -\[ -\frac{\lvert f(x)\rvert}{\lVert f\rVert_{p}}\cdot\frac{\lvert g(x)\rvert}{\lVert g\rVert_{p'}}\leq\frac{1}{p}\frac{\lvert f(x)\rvert^{p}}{\lVert f\rVert_{p}^{p}}+\frac{1}{p'}\frac{\lvert g(x)\rvert^{p'}}{\lVert g\rVert_{p'}^{p'}}\quad\forall x\in X -\] -Integration liefert: -\begin{align*} -\frac{1}{\lVert f\rVert_{p}\cdot\lVert g\rVert_{p'}}\int_{X}{\lvert f(x)g(x)\rvert\mathrm{d}x} - &\leq\frac{1}{p}\cdot\frac{1}{\lVert f\rVert_{p}^{p}}\int_{X}{\lvert f\rvert^{p}\mathrm{d}x}+ - \frac{1}{p'}\cdot\frac{1}{\lVert g\rVert_{p'}^{p'}}\int_{X}{\lvert g\rvert^{p'}\mathrm{d}x}\\ - &=\frac{1}{p}+\frac{1}{p'}\\ - &=1<\infty -\end{align*} -Daraus folgt: \(fg\in\fl^{1}(X)\) und -\[ -\frac{\lVert fg\rVert_{1}}{\lVert f\rVert_{p}\cdot\lVert g\rVert_{p}}\leq 1\Leftrightarrow \lVert fg\rVert_{1}\leq\lVert f\rVert_{p}\cdot\lVert g\rVert_{p} -\] -\end{itemize} -\item Klar: Ist \(f\in\fl^{p}(X)\) und \(\alpha\in\mdr\), so ist \(\alpha f\in\fl^{p}(X)\) -\begin{itemize} -\item[Fall 1:] \(p=1\): Mit \ref{Satz 4.11} folgt: \(\fl^{1}(X)\) ist ein reeller Vektorraum. - -Seien \(f,g\in\fl^{1}(X)\). Dann: \(\lvert f+g\rvert\leq\lvert f\rvert+\lvert g\rvert\) auf \(X\). Damit: -\[ -\int_{X}{\lvert f+g\rvert\mathrm{d}x}\leq\int_{X}{\lvert f\rvert\mathrm{d}x}+\int_{X}{\lvert g\rvert\mathrm{d}x} -\] -\item[Fall 2:] \(p=\infty\): Seien \(f,\,g\in\fl^{\infty}(X)\). Seien \(c_{1},\,c_{2}>0\) und \(N_{1},\,N_{2}\subseteq X\) -Nullmengen und \(\lvert f(x)\rvert\leq c_{1}\forall x\in X\setminus N_{1},\,\lvert g(x)\rvert\leq c_{2}\forall x\in X\setminus N_{2}\). - -\(N=N_{1}\cup N_{2}\) ist eine Nullmenge. Dann: \(\lvert f(x)+g(x)\rvert\leq\lvert f(x)\rvert+\lvert g(x)\rvert\leq c_{1}+c_{2} -\forall x\in X\setminus N\). Es folgt: \(f+g\in\fl^{\infty}(X)\) und \(\lVert f+g\rVert_{\infty}\leq c_{1}+c_{2}\). - -Übergang zum Infimum über alle solche \(c_{1}\), bzw. \(c_{2}\), liefert: \(\lVert f+g\rVert_{\infty}\leq\lVert f\rVert_{\infty}+\lVert g\rVert_{\infty}\). -\item[Fall 3:] Sei \(11$, dann ist $\frac 1{r'}=1-\frac pq$. Aus $|f|^{pr}=|f|^q\in\fl^1(X)$ folgt $|f|^p\in\fl^r(X)$. Definiere $g:=\mathds{1}_X$, dann ist $g\in\fl^{r'}(X)$, da $\lambda_d(X)<\infty$. Wegen \ref{Satz 16.1} gilt dann: -\[g\cdot|f|^p\in\fl^1(X)\implies |f|^p\in\fl^1(X)\implies f\in\fl^p(X)\] -Aus der Hölderschen Ungleichung folgt: -\begin{align*} -\|f\|^p_p&=\|g\cdot |f|^p\|_1\\ -&\le \|g\|_{r'}\cdot\||f|^p\|_r\\ -&= (\int_X g^{r'}\text{ d}x)^{\frac 1{r'}}\cdot(\int_X |f|^{pr}\text{ d}x)^{\frac 1r}\\ -&= \lambda_d(X)^{\frac1{r'}}\cdot(\int_X |f|^{q}\text{ d}x)^{\frac pq}\\ -&= \lambda_d(X)^{1-\frac pq}\cdot\|f\|^p_q -\end{align*} -Also gilt: -\[\|f\|_p\le\lambda_d(X)^{\frac1p-\frac1q}\|f\|_q\] -\end{beweis} - -\begin {beispiel} -\begin{enumerate} -\item Sei $X:=(0,1]$, $1\le p0)$. Dann gilt nach -\ref{Satz 4.14} und Analysis I: -\begin{align*} -f\in\fl^p(X)&\iff\int_0^1\frac1{x^{\alpha p}}\text{ d}x \text{ konvergiert}\\ -&\iff\alpha p<1\\ -&\iff \alpha<\frac 1p -\end{align*} -Sei $\frac 1q<\alpha<\frac 1p$, dann ist $f\in\fl^p(X)$ und $f\not\in\fl^q(X)$. D.h. $\fl^p(X)\not\subseteq\fl^q(X)$ und aus \ref{Satz 16.2} folgt $\fl^q(X)\subseteq\fl^p(X)$. -\item Sei $X:=[1,\infty)$, $p=1$, $q\in(1,\infty)$ und $f(x):=\frac 1x$. Dann gilt nach \ref{Satz 4.14} und Analysis I: $f\not\in\fl^p(X)$ und $f\in\fl^q(X)$. D.h. also $\fl^q(X)\not\subseteq\fl^p(X)$.\\ -Definiere $g(x):=\mathds{1}_{[1,2)}\cdot (2-x)^{-\frac 1q}$. Übung: $g\in\fl^p(X)$ und $g\not\in\fl^q(X)$. D.h. also $\fl^p(X)\not\subseteq\fl^q(X)$. -\end{enumerate} -\end{beispiel} - -\begin{satz}[Satz von Lebesgue ($\fl^p$-Version)] -\label{Satz 16.3} -Sei $1\le p<\infty$, $f:X\to\mdr$ sei messbar, $g:X\to[0,\infty]$ integrierbar und $(f_n)$ eine Folge in $\fl^p(X)$ mit den Eigenschaften: -\begin{enumerate} -\item $f_n\to f$ f.ü. auf $X$ -\item $\forall n\in\mdn: |f_n|^p\le g$ f.ü. auf $X$. -\end{enumerate} -Dann ist $f\in\fl^p(X)$ und es gilt -\[\|f_n-f\|_p\stackrel{n\to\infty}\to 0\] -\end{satz} - -\begin{beweis} -Aus (i) und (ii) folgt: $|f|^p \leq g$ f.ü. -Im Kapitel 5 haben wir gesehen, dass dann gilt: -\[ \int_X |f|^p \text{ d}x \leq \int_X g \text{ d}x < \infty \] -(denn $g$ ist nach Voraussetzung integrierbar). -Daraus folgt: $f \in \fl^p(X)$. - -Setze $g_n := |f_n - f|^p$. Aus (i): $g_n \to 0$ f.ü. Es sind $f_n, f \in \fl^p(X)$ (ersteres nach Voraussetzung, zweiteres haben wir gerade gezeigt), und weil $\fl^p(X)$ ein reeller Vektorraum ist (\ref{Satz 16.1}(2)), folgt: -\[ f_n - f \in \fl^p(X) \] -Also $g_n \in \fl^1(X)$. -Es ist -\[ 0 \leq g_n \leq \left( |f_n| + |f| \right)^p \leq \left( g^{\frac{1}{p}} + g^{\frac{1}{p}} \right)^p = \left( 2g^{\frac{1}{p}} \right)^p = 2^p g \quad\text{f.ü.} \] -Mit \ref{Satz 6.2} folgt schließlich: -\[ \underbrace{\int_X g_n \text{ d}x}_{=\|f_n - f\|_p^p} \to 0. \] -\end{beweis} - -Aus \ref{Satz 16.1} folgt: $\fl^p(X)$ ist ein reeller Vektorraum (VR), wobei für $f,g\in\fl^p(X)$ gilt: -\[\|\alpha f\|_p=|\alpha|\cdot \|f\|_p\quad (\alpha\in\mdr)\] -\[\|f+g\|_p\le\|f\|_p+\|g\|_p\] -Aber $\|\cdot\|_p$ ist \textbf{keine} Norm auf $\fl^p(X)$! Denn aus $\|f\|_p=0$ folgt nur $f=0$ f.ü. - -\begin{definition} -Es sei $\cn:=\{f:X\to\mdr\mid f\text{ ist messbar und } f=0 \text{ f.ü.}\}$, dann ist $\cn$ ein Untervektorraum von $\fl^p(X)$. Definiere -\[L^p(X):=\fl^p(X)\diagup\cn=\{\hat f=f+\cn\mid f\in\fl^p(X)\}\] -Aus der Linearen Algebra ist bekannt, dass $L^p(X)$ durch die Skalarmultiplikation -\[\alpha\cdot\hat f := \widehat{\alpha f}\] -und die Addition -\[\hat f+\hat g:=\widehat{f+g}\] -zu einem Vektorraum über $\mdr$ wird. -\end{definition} - -Setze für $\hat f \in L^1(X)$: -\[\int_X \hat f(x) \text{ d}x := \int_X f(x) \text{ d}x\] -dabei ist diese Definition unabhängig von der Wahl des Repräsentanten $f \in \fl^1(X)$ von $\hat f$, denn: ist auch noch $g \in \fl^1(X)$ und $\hat g = \hat f$, so ist $f - g \in \cn$, also $f-g = 0$ f.ü. und damit: $\int_X f \text{ d}x = \int_X g \text{ d}x$. - -Für $\hat f \in L^p(X)$ definiere -\[\| \hat f \|_p := \| f \|_p\] -wobei diese Definition unabhängig ist von der Wahl des Repräsentanten $f \in \fl^p(X)$ von $\hat f$. - -Für $\hat f, \hat g \in L^2(X)$ setze -\[( \hat f | \hat g ) := \int_X f(x)g(x) \text{ d}x\] -(auch diese Definition ist Repräsentanten-unabhängig) (Beachte: $f\cdot g \in \fl^1(X)$ ) - -\textbf{Dann gilt:} -\index{Ungleichung!Cauchy-Schwarz} -\begin{enumerate} \item $L^p(X)$ ist unter $\| \cdot \|_p$ ein normierter Raum (NR). -\item Für $\hat f, \hat g \in L^2(X)$ gilt: -\[ | ( \hat f | \hat g ) | = | \int_X f(x)g(x) \text{ d}x | \leq \int_X |fg| \text{ d}x = \| fg \|_1 \overset{\ref{Satz 16.1}}{\leq} \| f \|_2 \| g \|_2 = \| \hat f \|_2 \| \hat g \|_2 \] -\textbf{(Cauchy-Schwarzsche Ungleichung)} -\end{enumerate} -\textbf{Nachrechnen:} $( \hat f | \hat g )$ definiert ein Skalarprodukt auf $L^2(X)$. Es gilt: -\[ ( \hat f | \hat f) = \int_X f(x)^2 \text{ d}x = \| \hat f \|_2^2 \] -\textbf{Also:} $\| \hat f \|_2 = \sqrt{( \hat f | \hat f )}$ - -\begin{definition} -\index{Prähilbertraum} -\index{Hilbertraum} -Sei $(B, \| \cdot \|)$ ein normierter Raum. Gilt mit einem Skalarprodukt $( \cdot | \cdot )$ auf $B$: -\begin{align*} -\tag{$*$} \| v \| = \sqrt{(v | v)} \quad \forall v \in B -\end{align*} -so heißt $B$ ein \textbf{Prähilbertraum}. Ist $B$ ein Banachraum mit $(*)$, so heißt $B$ ein \textbf{Hilbertraum}. -\end{definition} - -\textbf{Vereinbarung:} ab jetzt sei stets in diesem Kapitel $1 \leq p < \infty$. - -\begin{bemerkung} -\index{Chauchyfolge} -Seien \(f,f_n\in\fl^p(X)\) -\begin{enumerate} -\item \(\| f_n-f\|_p = \| \hat{f_n}-\hat f\|_p\to 0\) genau - dann, wenn \((\hat{f_n})\) eine konvergente Folge im normierten Raum \(L^p(X)\) - mit dem Grenzwert \(\hat f\) ist. -\item \((\hat f_n)\) ist eine \textbf{Cauchyfolge} (CF) in \(L^p(X)\) genau dann, wenn für jedes $\ep>0$ ein $n_0\in\mdn$ exitiert mit: - \begin{align*} - \tag{$*$} \| \hat f_n-\hat f_m\|_p =\| f_n-f_m\|_p<\ep\quad\forall n,m\geq n_0 - \end{align*} -\item Wie in Analysis II zeigt man: gilt \(\| f_n-f\|_p= - \| \hat f_n-\hat f\|_p\to 0\), so ist \((\hat f_n)\) eine Cauchyfolge - in \(L^p(X)\). - - -\end{enumerate} -\end{bemerkung} - -\begin{satz}[Satz von Riesz-Fischer] -\label{Satz 16.4} -\((\hat f_n)\) sei eine Cauchyfolge in \(L^p(X)\), das heißt es gilt \((\ast)\) aus obiger Bemerkung (2). -Dann existiert ein \(f\in\fl^p(X)\) und eine Teilfolge \((f_{n_j})\) von \((f_n)\) mit: -\begin{enumerate} -\item \(f_{n_j}\to f\) fast überall auf \(X\). -\item \(\| f_n-f\|_p\to 0 \ \ (n\to\infty)\). -\end{enumerate} -Das heißt \(L^p(X)\) ist ein Banachraum (\(L^2(X)\) ist ein Hilbertraum). -\end{satz} - -\begin{bemerkung} -Voraussetzungen und Bezeichnungen seien wie in \ref{Satz 16.4}. Im Allgmeinen wird \textbf{nicht} -gelten, dass fast überall \(f_n\to f\) ist. -\end{bemerkung} - -\begin{beispiel} -Sei \(X=[0,1]\) und \((I_n)\) sei die folgende Folge von Intervallen: -\[I_1=\left[0,1\right], I_2=\left[0,\frac12\right], I_3=\left[\frac12,1\right], I_4=\left[0,\frac14\right], -I_5=\left[\frac14,\frac12\right], I_6=\left[\frac12, \frac34\right], I_7=\left[\frac34,1\right], \dots\] -Es sei \(f_n:=\mathds{1}_{I_n}\), sodass \(\int_X f_n\,dx=\int_{I_n}1\,dx=\lambda_1(I_n)\to 0\). -Also \(\hat f_n\in L^1(X)\) und \(\| \hat f_n-\hat 0\|_1\to 0\). -Ist \(x\in X\), so gilt: \(x\in I_n\) für unendlich viele \natn. Daraus folgt, dass eine Teilfolge -\(I_{n_j}\) mit \(x\in I_{n_j}\) für jedes \(j\in\mdn\) existiert. Somit ist \(f_{n_j}(x)=1\) für jedes \(j\in\mdn\) -und deshalb gilt fast überall \(f_n\nrightarrow 0\). -\end{beispiel} - -\begin{beweis}[von \ref{Satz 16.4}] -Setze \(\ep_j:=\frac1{2^j}\ (j\in\mdn)\). -Zu \(\ep_1\) existiert ein \(n_1\in\mdn\) mit \(\| f_l-f_{n_1}\|_p<\ep_1\) -für alle \(l\geq n_1\). -Zu \(\ep_2\) existiert ein \(n_2\in\mdn\) mit \(n_2>n_2\) und -\(\| f_l-f_{n_2}\|_p<\ep_2\) für alle \(l\geq n_2\). -Etc.\\ -Wir erhalten eine Teilfolge \((f_{n_j})\) mit -\[(+)\ \ \ \| f_l-f_{n_j}\|_p<\ep_j \text{ für alle } l\geq n_j \text{ mit } j\in\mdn\] -Setze \(g_j:=f_{n_{j+1}}-f_{n_j}\ (j\in\mdn)\). Klar: \(g_l\in\fl^p(X)\). -Für \(N\in\mdn\): \[S_N:=\int_X\left(\sum^N_{j=1}\lvert g_j(x)\rvert^p\right)^{\frac1p}\] -Dann: -\begin{align*} - S_N=\left\lvert\left\lvert\sum^N_{j=1}\lvert g_j\rvert\right\rvert\right\rvert_p - \leq \sum^N_{j=1}\| g_j\|_p - \overset{\text{(+)}}\leq \sum^N_{j=1}\ep_j - =\sum^N_{j=1}\frac1{2^j} - \leq 1 -\end{align*} -Setze \[g(x):=\sum^\infty_{j=1}\lvert g_j(x)\rvert \text{ für } x\in X\] -Es ist \(g\geq0\) und messbar. Weiter gilt: -\begin{align*} - 0\leq \int_X g^p\,dx - =\int_X\lim_{N\to\infty}\left(\sum^N_{j=1}\lvert g_j\rvert\right)^p\,dx - \overset{\ref{Satz 6.2}}\leq \liminf_{N\to\infty}S_N^p - \leq 1 -\end{align*} -Somit ist \(g^p\) ist integrierbar. Aus \ref{Satz 5.2} folgt, dass eine Nullmenge \(N_1\subseteq X\) -existiert mit \(0\leq g^p(x)<\infty\) für alle \(x\in X\setminus N_1\). Es ist dann auch -\(0\leq g(x)<\infty\) für alle \(x\in X\setminus N_1\) und somit folgt nach Konstruktion von $g$, dass -\(\sum^\infty_{j=1}g_j\,dx\) konvergiert absolut in jedem \(x\in X\setminus N_1\). -Aus Analysis I folgt, dass damit \(\sum^\infty_{j=1}g_j\,dx\) in jedem -\(x\in X\setminus N_1\) konvergiert. - -Für \(m\in\mdn\): -\[\sum^{m-1}_{j=1}g_j=f_{n_m}-f_{n_1} \implies f_{n_m}=\sum^{m-1}_{j=1}g_j + f_{n_1} \] -Deshalb ist \((f_{n_m})\) konvergent (in \mdr) für alle \(x\in X\setminus N_1\). -\begin{align*} -f(x):= - \begin{cases} - \lim_{m\to\infty}f_{n_m}(x) &, x\in X\setminus N_1 \\ - 0 &, x\in N_1 - \end{cases} -\end{align*} -Aus \S 3 ist bekannt, dass $f$ messbar ist. Klar: \(f_{n_m}\to f\) fast überall und -\(f(X)\subseteq\mdr\). -Es ist \(f_{n_m}=\sum^{m-1}_{j=1}g_j + f_{n_1}\) und somit -\[\lvert f_{n_m}\rvert = \lvert f_{n_1}\rvert + \sum^{m-1}_{j=1}g_j \leq \lvert f_{n_1}\rvert + -\lvert g\rvert\] -Wie im Beweis von Satz \ref{Satz 16.1} folgern wir -\[\lvert f_{n_m}\rvert^p\leq 2^p\left(\lvert f_{n_1}\rvert^p+g^p\right)=:\tilde g \] - \(f_{n_1}\in\fl^p(X)\), \(g^p\) ist integrierbar. Aus \ref{Satz 16.3} folgt, dass \(f\in\fl^p(X)\) -und \[\| f_{n_m}-f\|_p\to 0 \ (m\to\infty)\] -Sei nun \(\ep>0\). Wähle \(m\in M\) so, dass \(\frac1{2^m}<\frac\ep2\) und -\(\| f-f_{n_m}\|_p<\frac\ep2\). -Für \(l\geq n_m\) gilt: -\[\| f_l-f\|_p= \| f_l-f_{n_m}+f_{n_m}-f\|_p -\leq \| f_l-f_{n_m}\|_p + \| f_{n_m}-f\|_p -\overset{\text{(+)}}< \frac1{2^m}+\frac\ep2 <\ep\] -Das heißt -\[\| f_l-f\|_p\to0 \ (l\to\infty)\] -\end{beweis} - -\begin{satz} -\label{Satz 16.5} -Sei auch noch \(1\leq q<\infty\). \((f_n)\) sei eine Folge in \(\fl^p(X)\cap\fl^q(X)\). Es sei -\begin{align*} -f\in\fl^p(X) & \text{ und } g\in\fl^q(X) -\intertext{Weiter gelte: } -\| f_n-f\|_p\to 0 & \text{ und } \| f_n-g\|_q\to 0 \ (n\to\infty) -\end{align*} -Dann ist fast überall \(f=g\). -\end{satz} - -\begin{beweis} -\begin{enumerate} -\item[\textbf{1.}] - Aus Bemerkung (3) vor \ref{Satz 16.4} folgt, dass \((\hat f_n)\) ist eine Cachyfolge in - \(L^p(X)\). Wegen \ref{Satz 16.4} existiert dann ein \(\varphi\in\fl^p(X)\) und eine Teilfolge - \((f_{n_j})\) mit: \(f_{n_j}\to\varphi\) fast überall und - \(\| f_n-\varphi\|_p\to0\) - \begin{align*} - \| f-\varphi\|_p - = \| f-f_n+f_n-\varphi\|_p - \leq \| f-f_n\|_p + \| f_n-\varphi\|_p - \to 0\ \ (n\to\infty) - \end{align*} - Somit ist \(\| f-\varphi\|_p=0\) und deshalb fast überall \(f=\varphi\). - Also gilt fast überall \(f_{n_j}\to f\). Das heißt, dass es eine Nullmenge \(N_1\subseteq X\) gibt, - für die gilt: \[f_{n_j}(x)\to f(x) \text{ für alle } x\in X\setminus N_1\] -\item[\textbf{2.}] - Setze \(g_j:=f_{n_j}\), dann gilt \(\| g_j-g\|_q\to0\ \ (j\to\infty)\). Wie - im ersten Schritt zeigt man, dass eine Nullmenge \(N_2\subseteq X\) und eine Teilmenge - \((g_{j_k})\) existiert mit, für die gilt: - \[g_{j_k}(x)\to g(x) \text{ für alle } x\in X\setminus N_2\] -\end{enumerate} -Wir wissen, dass \(N:=N_1\cup N_2\) eine Nullmenge ist. Sei nun \(x\in X\setminus N\). Dann -folgt aus dem ersten Schritt \(f_{n_j}(x)\to f(x)\) und daraus -\[ \underbrace{f_{n_{j_k}}(x)}_{=g_{n_{j_k}}(x)}\to f(x) \] -Aus dem Zweiten Schritt folgt dann, dass \(f_{n_{j_k}}(x)\to g(x)\) und somit \(f(x)=g(x)\). -\end{beweis} - -\begin{bemerkung} -Seien \(f_n,f\in\fl^p(X)\) und es gelte \(\| f_n-f\|_p\to 0\ \ (n\to\infty)\). Der -Beweis von \ref{Satz 16.5} zeigt, dass eine Teilfolge \((f_{n_j})\) von \((f_n)\) existiert mit -\(f_{n_j}\to f\) fast überall. -\end{bemerkung} - -\begin{bemerkung} -Konvergenz im Sinne der Norm \(\|\cdot\|_p\) und punktweise Konvergenz fast -überall haben im Allgemeinen \textbf{nichts} miteinander zu tun! -\end{bemerkung} - -\begin{beispiel} -Sei \((f_n)\) wie im Beispiel vor \ref{Satz 16.4}. Also \(\| f_n-0\|_p\to 0\), aber -\(f_n\nrightarrow 0\) fast überall. -\end{beispiel} - -\begin{beispiel} -%Bild einfügen -Sei \(X=[0,1]\) und \(f_n\) sei wie im Bild. \(f_n\) ist stetig, also messbar. -\[\int_X f_n\,dx=1 \text{ für alle } \natn\] -Somit ist \(f_n\in\fl^1(X)\). -\[f_n(x)\to -\begin{cases} -0, x\in(0,1]\\ -1, x=0 -\end{cases}\] -Damit gilt fast überall \(f_n\to0\), aber -\(\| f_n-0\|_1=1\nrightarrow0 \ \ (n\to\infty)\) -\end{beispiel} - -\begin{definition} - \index{Reihe ! unendliche} - \index{stetig} -Seien \((E,\|\cdot\|_1), (F,\|\cdot\|_2)\) normierte Räume. -\begin{enumerate} -\item Sei \((x_n)\) eine Folge in $E$ und \(s_n:=x_1+x_2+\dots+x_n\) (\natn). - Dann heißt \((s_n)\) eine \textbf{unendliche Reihe} und wird mit - \[\sum^\infty_{n=1}x_n\] bezeichnet. \(\sum^\infty_{n=1}x_n\) heißt - \textbf{konvergent} genau dann, wenn \((s_n)\) konvergiert. In diesem Fall ist - \[\sum^\infty_{n=1}x_n:=\lim_{n\to\infty}s_n\] -\item \(\Phi\colon E\to F\) sei eine Abbildung. \(\Phi\) heißt \textbf{stetig} in \(x_0\in E\) - genau dann, wenn für jede konvergente Folge \((x_n)\) in $E$ mit \(x_n\to x_0\) - gilt: \[\Phi(x_n)\to\Phi(x_0)\] - \(\Phi\) heißt auf $E$ stetig genau dann, wenn \(\Phi\) ist in jedem \(x\in E\) stetig. -\item Für $(x,y)\in E\times E$ setze -\[\|(x,y)\|:=\sqrt{\|x\|_1^2+\|y\|_1^2}\] -Dann ist $\|\cdot\|$ eine Norm auf $E\times E$ (nachrechnen!). Weiter gilt, dass $E\times E$ genau dann ein Banachraum ist, wenn $E$ einer ist. Für eine Folge $((x_n,y_n))$ in $E\times E$ und $(x,y)\in E\times E$ gilt -\[(x_n,y_n)\stackrel{\|\cdot\|}\to (x,y) \iff x_n\stackrel{\|\cdot\|}\to x \wedge y_n\stackrel{\|\cdot\|}\to y\] -\end{enumerate} -\end{definition} - -\begin{bemerkung} -Ist $(x_n)$ eine konvergente Folge in $E$, so ist $(x_n)$ beschränkt (d.h. $\exists c>0: \|x_n\|_1\le c \forall n\in\mdn$). - -(Beweis wie in Ana I) -\end{bemerkung} - -\begin{vereinbarung} -Für den Rest dieser Vorlesung schreiben wir (meist) $f$ statt $\hat f$ und identifizieren $\fl^p(X)$ mit $L^p(X)$. Ebenso schreiben wir $\int_X f\text{ d}x$ statt $\int_X \hat f\text{ d}x$ und $(f|g)$ statt $(\hat f|\hat g)$. -\end{vereinbarung} - -\begin{wichtigesbeispiel} -\label{Beispiel 16.6} -\begin{enumerate} -\item Die Abbildung $\Phi:L^p(X)\to\mdr$, definiert durch -\[\Phi(f):=\|f\|_p\] -ist stetig auf $L^p(X)$. D.h. für $f_n,f\in L^p(X)$ mit $f_n\stackrel{\|\cdot\|_p}\to f$ gilt $\|f_n\|_p\to\|f\|_p$, also -\[\int_X|f_n|^p\text{ d}x\to\int_X|f|^p\text{ d}x\] -\begin{beweis} -Aus Analysis II §17 folgt: -\[| \|f_n\|_p-\|f\|_p |\le \|f_n-f\|_p\stackrel{n\to\infty}\to 0\] -\end{beweis} -\item Die Abbildung $\Phi:L^1(X)\to\mdr$ definiert durch -\[\Phi(f):=\int_X f\text{ d}x\] -ist stetig auf $L^1(X)$. D.h. aus $f_n,f\in L^1(X)$ und $f_n\stackrel{\|\cdot\|_1}\to f$ folgt -\[\int_X f_n\text{ d}x\to\int_X f \text{ d}x\] -\begin{beweis} -Es gilt: -\begin{align*} -|\int_X f_n \text{ d}x-\int_X f \text{ d}x| &=|\int_X f_n-f \text{ d}x|\\ -&\le \int_X |f_n-f| \text{ d}x\\ -&= \|f_n-f\|_1\stackrel{n\to\infty}\to 0 -\end{align*} -\end{beweis} -\item Die Abbildung $\Phi:L^2(X)\times L^2(X)\to\mdr$ definiert durch -\[\Phi(f,g):=(f|g)\] -ist stetig auf $L^2(X)\times L^2(X)$. D.h. für $f_n,g_n,f,g\in L^2(X)$ mit $f_n\stackrel{\|\cdot\|_2}\to f$ und $g_n\stackrel{\|\cdot\|_2}\to g$ gilt -\[(f_n|g_n)\stackrel{n\to\infty}\to(f|g)\] -\begin{beweis} -Es gilt: -\begin{align*} -|(f_n|g_n)-(f|g)|&=|(f_n|g_n)-(f_n|g)+(f_n|g)-(f|g)|\\ -&=|(f_n|g_n-g)+(f_n-f|g)|\\ -&\le |(f_n|g_n-g)|+|(f_n-f|g)|\\ -&\le \|f_n\|_2\cdot \|g_n-g\|_2 + \|f_n-f\|_2\cdot\|g\|_2\stackrel{n\to\infty}\to 0 -\end{align*} -\end{beweis} -\end{enumerate} -\end{wichtigesbeispiel} - -\begin{satz} -\label{Satz 16.7} -Sei $f=f_+-f_-\in L^p(X)$ und $(g_n)$ und $(h_n)$ seien zulässige Folgen für $f_+$ bzw. $f_-$ (d.h. $g_n,h_n$ einfach, $0\le g_n\le g_{n+1}, g_n\to f_+$, $0\le h_n\le h_{n+1}, h_n\to f_-$). Setze $f_n:=g_n-h_n$.\\ -Dann sind $f_n,g_n,h_n\in L^p(X)$ und es gilt: -\begin{align*} -&\|g_n-f_+\|_p\to 0&&\|h_n-f_-\|_p\to 0&&\|f_n-f\|_p\to 0 -\end{align*} -\end{satz} - -\begin{beweis} -Es genügt den Fall $f\ge 0$ zu betrachten (also $f=f_+$, $f_-\equiv 0$). Sei also $(f_n)$ zulässig für $f$. Definiere $\varphi:=|f_n-f|^p$. Es ist klar, dass punktweise gilt $\varphi_n\to 0$. Außerdem gilt: -\begin{align*} -0\le\varphi_n&\le (|f_n|+|f|)^p\\ -&=|f_n+f|^p\le (2f)^p\\ -&=2^pf^p=:g -\end{align*} -Dann ist $g\in L^1(X)$ integrierbar.\\ -Aus \ref{Satz 4.9} folgt: -\begin{align*} -\varphi\in L^1(X)&\implies f_n-f\in L^p(X)\\ -&\implies f_n=(f_n-f)+f\in L^p(X) -\end{align*} -Aus \ref{Satz 6.2} folgt: -\[\int_X\varphi_n\text{ d}x\to 0 \implies \|f_n-f\|_p^p\to 0\] -\end{beweis} - -\begin{definition} -\index{Träger} -\begin{enumerate} -\item Sei $f:X\to\mdr$. Dann heißt -\[\supp (f):=\overline{\{x\in X\mid f(x)\ne 0\}}\] -der \textbf{Träger} von $f$ -\item $C_c(X,\mdr):=\{f\in C(X,\mdr)\mid \supp(f)\subseteq X\text{ und } \supp(f) \text{ kompakt}\}$ -\end{enumerate} -\end{definition} - -\begin{satz} -\index{dicht} -\label{Satz 16.8} -\begin{enumerate} -\item $C_c(X,\mdr)\subseteq L^p(X)$ -\item Ist $X$ offen, so liegt $C_c(X,\mdr)$ \textbf{dicht} in $L^p(X)$, d.h. ist $f\in L^p(X)$ und $\ep>0$, so existiert $g\in C_c(X,\mdr)$ mit $\|f-g\|_p<\ep$. -\end{enumerate} -\end{satz} - -\begin{beweis} -\begin{enumerate} -\item Sei $f\in C_c(C,\mdr)$ und $K:=\supp(f)$, dann ist $K\subseteq X$ kompakt, also $K\in\fb_d$. Es gilt für alle $x\in X\setminus K$ $f(x)=0$ und damit folgt aus \ref{Satz 4.12} $\int_K |f|^p\text{ d}x<\infty$. Dann gilt: -\[\int_X |f|^p\text{ d}x=\int_{X\setminus K} |f|^p\text{ d}x+\int_K |f|^p\text{ d}x=\int_K |f|^p\text{ d}x<\infty\] -Also ist $f\in L^p(X)$. -\item Siehe Übungsblatt 13. -\end{enumerate} -\end{beweis} +\input{Kapitel-16} \chapter{Das Integral im Komplexen} \label{Kapitel 17} - -In diesem Kapitel sei $\emptyset \ne X \in \fb_d, f: X \to \MdC$ eine Funktion, $ u:= \Re(f), v:= \Im(f)$, also: $u,v: X \to \MdR, f= u+iv$. - -Wir versehen $\MdC$ mit der $\sigma$-Algebra $\fb_2$ (wir identifizieren $\MdC$ mit $\mdr^2$). - -\begin{definition} -\index{messbar} -$f$ heißt (Borel-)\textbf{messbar}, genau dann wenn gilt: $f$ ist $\fb_d$-$\fb_2$-messbar. -\end{definition} - -Aus 3.2 folgt: $f$ ist messbar genau dann, wenn $u$ und $v$ messbar sind. - -\begin{definition} -\index{integrierbar}\index{Integral} -Sei $f$ messbar. $f$ heißt \textbf{integrierbar} (ib.) genau dann, wenn $u$ und $v$ integrierbar sind. -In diesem Fall setze -\[ \int_X f \text{ d}x := \int_X u \text{ d}x + i\int_X v \text{ d}x \quad ( \in \MdC) \] -\end{definition} - -Es gilt: $|u|, |v| \leq |f| \leq |u| + |v|$ auf $X$. -Hieraus und aus 4.9 folgt: $f$ ist integrierbar genau dann, wenn $|f|$ integrierbar ist. - -\begin{definition} -\[ \fl^p(X, \MdC) := \{ f : X \to \MdC | f \text{ ist messbar und } \int_X |f|^p \text{ d}x < \infty \} \] -(Achtung: mit den Betragsstrichen in ob. Integral ist der komplexe Betrag gemeint!) -\[ \cn := \{ f: X \to \MdC | f \text{ ist messbar und } f = 0 \text{ f.ü.} \} \] -$\fl^p(X,\MdC )$ ist ein komplexer Vektorraum (siehe 17.1) und $\cn$ ist ein Untervektorraum von $\fl^p(X,\MdC )$. -\[ L^p(X,\MdC ) := \fl^p(X,\MdC)\diagup\cn \] -\end{definition} - -\begin{definition} -\index{orthogonal} -Für $f,g \in L^2(X,\MdC )$ setze -\[(f | g) := \int_X f(x) \overline{g(x)} \text{ d}x\] -sowie -\[f \bot g :\Longleftrightarrow (f | g) = 0 \quad \text{ ($f$ und $g$ sind \textbf{orthogonal}).} \] -( $\overline{z}$ bezeichne hierbei die komplex Konjugierte von $z$, vgl. Lineare Algebra). -\end{definition} - -\textbf{Klar:} \begin{enumerate} -\item $L^p(X,\MdC )$ ist mit $\| f \|_p := (\int_X |f|^p \text{ d}x )^{\frac{1}{p}}$ ein komplexer normierter Raum (NR). -\item $(f | g)$ definiert ein Skalarprodukt auf $L^2(X,\MdC)$. Es ist -\[(f | g) = \overline{(g | f)}, \] -\[ (f | f) = \int_X f(x) \overline{f(x)} \text{ d}x = \int_X |f(x)|^2 \text{ d}x = \| f \|_2^2 \text{, also:} \] -\[ \| f\|_2 = \sqrt{(f|f)} \quad (f,g \in L^2(X,\MdC )) \] -(Beachte: es ist $z \cdot \overline{z} = |z|^2$ für $z \in \MdC$). -\end{enumerate} - -\textbf{Inoffizielle Anmerkung:} Dieses Skalarprodukt ist auf $\MdC$ nur linear in der ersten Komponente! Wenn man einen $\MdC$-Skalar aus der zweiten Komponente rausziehen möchte, muss man diesen komplex konjugieren: -\begin{align*} -\alpha \in \MdC:\quad &(f|\alpha g) = \overline{\alpha} (f|g)\\ -&(\alpha f|g) = \alpha (f | g) -\end{align*} - -\begin{satz} -\label{Satz 17.1} -\begin{enumerate} - \item Seien \(f,g\colon X\to\mdc\) integrierbar und \(\alpha,\beta\in\mdc\). Dann gelten: - \begin{enumerate} - \item[(i)] \(\alpha f+\beta g\) ist integrierbar und - \[\int_X(\alpha f+\beta g)\,dx = \alpha\int_Xf\,dx+\beta\int_Xg\,dx\] - \item[(ii)] \(\text{Re}\left(\int_Xf\,dx\right) = \int_X\text{Re}(f)\,dx\ \) und - \(\ \text{Im}\left(\int_Xf\,dx\right) = \int_X\text{Im}(f)\,dx\) - \item[(iii)] \(\overline f\) ist integrierbar und - \[\int_X\overline f\,dx=\overline{\int_Xf\,dx}\] - \end{enumerate} - \item Die Sätze \ref{Satz 16.1} bis \ref{Satz 16.3} und das Beispiel \ref{Beispiel 16.6} gelten in - \(L^p(X,\mdc)\). - \item \(L^p(X,\mdc)\) ist ein komplexer Banachraum, \(L^2(X,\mdc)\) ist ein komplexer - Hilbertraum. -\end{enumerate} -\end{satz} - -\begin{wichtigesbeispiel} -\label{Beispiel 17.2} -Sei \(X=[0,2\pi]\). Für \(k\in\MdZ\) und \(t\in\mdr\) setzen wir -\begin{align*} - e_k(t):=e^{ikt}=\cos(kt)+i\sin(kt) && \text{ und } && b_k:=\frac1{\sqrt{2\pi}}e_k -\end{align*} -Dann gilt: \(b_k,e_k\in L^2([0,2\pi],\mdc)\) und \[\int_0^{2\pi}e_0(t)\,dt=2\pi\] -Für \(k\in\MdZ\) und \(k\neq0\) ist -\begin{align*} - \int_0^{2\pi}e_k(t)\,dt=\left.\frac1{ik}e^{ikt}\right\rvert_0^{2\pi} - = \frac1{ik}\left(e^{2\pi ki}-1\right)=0 -\intertext{Damit ist} - (b_k\mid b_l) = \int^{2\pi}_0 b_k\overline{b_l}\,dt = \frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}e^{ikt}e^{-ilt}\,dt - = \frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}e^{i(k-l)t}\,dt = - \begin{cases} - 1 ,\text{falls } k=l\\ - 0 ,\text{falls }k\neq l - \end{cases} -\end{align*} -Insbesondere ist \(\| b_k\|_2=1\). Das heißt \(\{b_k\mid k\in\MdZ\}\) ist ein -\textbf{Orthonormalsystem} in \(L^2([0,2\pi],\mdc)\). -Zur Übung: \(\{b_k\mid k\in\MdZ\}\) ist linear unabhängig in \(L^2([0,2\pi],\mdc)\). -\end{wichtigesbeispiel} - -\begin{definition} -Sei \((\alpha_k)_{k\in\MdZ}\) eine Folge in \(\mdc\) und \((f_k)_{k\in\MdZ}\) eine Folge in -\(L^2(X,\mdc)\). -\begin{enumerate} - \item Für \(n\in\mdn_0\) setze - \[s_n:=\sum^n_{k=-n}\alpha_k = \sum_{\lvert k\rvert\leq n}\alpha_k - =\alpha_{-n}+\alpha_{-(n-1)}+\dots+\alpha_0+\alpha_1+\dots+\alpha_n\] - Existiert \(\lim_{n\to\infty}s_n\) in \(\mdc\), so schreiben wir - \(\sum_{k\in\MdZ}\alpha_k:=\lim_{n\to\infty}s_n\) - \item Für \(n\in\mdn_0\) setze - \[\sigma_n:=\sum^n_{k=-n}f_k=\sum_{\lvert k\rvert\leq n}f_k\] - Gilt für ein \(f\in L^2(X,\mdc)\): - \(\| f-\sigma_n\|_2\overset{n\to\infty}\longrightarrow 0\), so schreiben - wir \[f\overset{\|\cdot\|_2}=\sum_{k\in\MdZ}f_k \ \ \ - \left(=\lim_{n\to\infty}\sigma_n \text{ im Sinne der } L^2\text{-Norm}\right)\] -\end{enumerate} -\end{definition} - -\begin{definition} -\index{Orthonormalbasis} -Sei \(\{b_k\mid k\in\MdZ\}\) wie in \ref{Beispiel 17.2}. \(\{b_k\mid k\in\MdZ\}\) heißt eine -\textbf{Orthonormalbasis (ONB)} von \(L^2([0,2\pi],\mdc)\) genau dann, wenn es zu jedem -\(f\in L^2([0,2\pi],\mdc)\) eine Folge \[(c_k)_{k\in\MdZ}=(c_k(f))_{k\in\MdZ}\] gibt, mit -\[(\ast)\ \ \ \ \ \ \ \ \ f\overset{\|\cdot\|_2}=\sum_{k\in\MdZ}c_kb_k \] -\textbf{Frage:} Ist \(\{b_k\mid k\in\MdZ\}\) eine ONB von \(L^2([0,2\pi],\mdc)\)?\\ -\textbf{Antwort:} Ja! In \ref{Satz 18.5} werden wir sehen, dass \((\ast)\) gilt mit -\(c_k=(f\mid b_k)\). -\end{definition} - -\chapter{Fourierreihen} -\label{Kapitel 18} - -In diesem Kapitel sei stets \(X=[0,2\pi]\), \(L^2:=L^2([0,2\pi],\mdc)\) und -\(L^2_\mdr:=L^2([0,2\pi],\mdr)\). Weiter sei \(\{b_k\mid k\in\MdZ\}\) wie in \ref{Beispiel 17.2}. - -\begin{satz} -\label{Satz 18.1} -Ist \(f\in L^2\) und gilt mit einer Folge \((c_k)_{k\in\MdZ}\) in \(\mdc\): -\(f\overset{\|\cdot\|_2}=\sum_{k\in\MdZ}c_kb_k \), so gilt: -\[c_k=(f\mid b_k) \text{ für alle } k\in\MdZ\] -\end{satz} - -\begin{beweis} -Für \(n\in\mdn_0\) setze \[\sigma_n:=\sum_{\lvert k\rvert\leq n}c_kb_k\] Aus der Voraussetzung folgt -\(\| \sigma_n-f\|_2\to 0\) für \(n\to\infty\). Sei \(j\in\MdZ\) und \(n\in\mdn\) mit -\(n\geq \lvert j\rvert\). Es gilt einerseits -\[(\sigma_n\mid b_j) = \sum_{\lvert k\rvert\leq n}c_k(b_k\mid b_j)=c_j, \text{ da gilt: } -(b_k\mid b_j)= -\begin{cases} -0, \text{ falls } k\neq j\\ -1, \text{ falls } k= j -\end{cases}\] -Andererseits: \((\sigma_n\mid b_j)\to(f\mid b_j)\) für \(n\to\infty\) wegen \ref{Beispiel 16.6}(3). Daraus -folgt \(c_j=(f\mid b_j)\) -\end{beweis} - -\begin{definition} -\index{Fourier ! -sche Partialsumme} -\index{Fourier ! -koeffizient} -\index{Fourier ! -reihe} -Sei \(f\in L^2\), \(n\in\mdn_0\) und \(k\in\MdZ\). -\begin{enumerate} -\item \(S_nf:=\sum_{\lvert k\rvert\leq n}(f\mid b_k)b_k\) heißt - \textbf{n-te Fouriersche Partialsumme}. Also gilt: - \[f\overset{\|\cdot\|_2} - =\sum_{k\in\MdZ}(f\mid b_k)b_k\gdw\| f-S_nf\|_2 - \to0\] -\item \((f\mid b_k)\) heißt \textbf{k-ter Fourierkoeffizient von f}. -\item \(\sum_{k\in\MdZ}(f\mid b_k)b_k\) heißt \textbf{Fourierreihe von f}. -\item Für \(n_0\in\mdn_0\) setze - \(E_n:=[b_{-n},b_{-(n-1)},\dots,b_0,b_1,\dots,b_n]\) - (lineare Hülle). Es ist dann \[\dim E_n=2n+1\] - \textbf{Beachte: } Für \(v\in E_n\) gilt \(v(0)=v(2\pi)\). -\end{enumerate} -\end{definition} - -\begin{satz} -\label{Satz 18.2} -\index{Besselsche Ungleichung} -\index{Ungleichung ! Besselsche} -Seien \(f_1,\dots,f_n,f\in L^2\). -\begin{enumerate} -\item Gilt \(f_\mu\perp f_\nu\) für \(\mu\neq\nu\) (\(\mu,\nu=1,\dots,n\)), - so gilt der Satz des Pythagoras - \[\| f_1+\dots+f_n\|^2_2= - \| f_1\|^2_2+\dots+ - \| f_n\|^2_2\] -\item Die Abbildung \[S_n\colon - \begin{cases} - L^2\to E_n\\ - S_nf:=\sum_{\lvert k\rvert\leq n}(f\mid b_k)b_k - \end{cases}\] - ist linear und für jedes \(v\in E_n\) gilt \(S_nv=v\) und - \((f-S_nf)\perp v\) mit \(f\in L^2\). -\item Die \textbf{Besselsche Ungleichung} lautet: - \[\| S_nf\|^2_2 - =\sum_{\lvert k\rvert\leq n}\lvert(f\mid b_k)\rvert^2 - =\| f\|_2^2-\|(f-S_nf)\|^2_2 - \leq\| f\|^2_2\] -\item Für alle \(v\in E_n\) gilt: - \[\| f-S_nf\|_2\leq\| f-v\|_2 - \] -\end{enumerate} -\end{satz} - -\begin{beweis} -\begin{enumerate} -\item Es genügt den Fall \(n=2\) zu betrachten, der Rest folgt induktiv. - \begin{align*} - \| f_1+f_2\|_2^2 - &= (f_1+f_2\mid f_1+f_2) \\ - &= (f_1\mid f_1)+(f_1\mid f_2)+(f_2\mid f_1)+(f_2\mid f_2) \\ - &= (f_1\mid f_1)+(f_2\mid f_2) \\ - &=\| f_1\|^2_2+\| f_2\|^2_2 - \end{align*} -\item Übung! -\item Es gilt - \begin{align*} - \| S_nf\|^2_2 - &= \left\lvert\left\lvert\sum_{\lvert k\rvert\leq n}(f\mid b_k)b_k\right\rvert - \right\rvert^2_2 - \overset{(1)}= - \sum_{\lvert k\rvert\leq n}\|(f\mid b_k)b_k\rvert - \rvert^2_2 - = \sum_{\lvert k\rvert\leq n}\lvert(f\mid b_k)\rvert^2\| b_k\rvert - \rvert^2_2 - = \sum_{\lvert k\rvert\leq n}\lvert(f\mid b_k)\rvert^2 - \end{align*} - und - \begin{align*} - \| f\|^2_2 - = \|\underbrace{(f-S_nf)}_{\underset{(2)}\perp E_n} - +\underbrace{S_nf}_{\in E_n}\|^2_2 - = \| f-S_nf\|^2_2 + \| S_nf\|^2_2 - \end{align*} -\item Sei \(v\in E_n\). Dann gilt: - \begin{align*} - \| f-v\|^2_2 - &= \|\underbrace{(f-S_nf)}_{\perp E_n} - +\underbrace{(S_nf-v)}_{\in E_n}\|^2_2 \\ - &\overset{(1)}= - \| f-S_nf\|^2_2 - +\| S_nf-v\|^2_2 \\ - &\geq \| f-S_nf\|^2_2 - \end{align*} -\end{enumerate} -\end{beweis} - -\begin{wichtigebemerkung} -\label{Bemerkung 18.3} -Es sei \(\mdk\in\{\mdr,\mdc\},\,a,b\in\mdr,\,I:=[a,b]\,(a0\) gilt: \(U_{\ep}(x_{0})\cap I\not\subseteq N\) (andernfalls: - \(\lambda_{1}(N)\geq\lambda_{1}(U_{\ep}(x_{0})\cap I)>0\)). Das heißt, es existiert ein - \(x_{\ep}\in U_{\ep}(x_{0})\cap I:\,x_{\ep}\not\in N\). Also: - \(\forall n\in\mdn\,\exists x_{n}\in U_{\frac{1}{n}}(x_{0})\cap I:\, x_{n}\not\in N\). Also: \(x_{n}\to x_{0}\).\\ -Dann: \(f(x_{0})=\lim_{n\to\infty}f(x_{n})=\lim_{n\to\infty}g(x_{n})=g(x_{0})\) -\end{beweis} -\end{enumerate} -\end{wichtigebemerkung} - -\begin{satz}[Approximationssatz von Weierstraß] -\label{Satz 18.4} -Es sei \(I=[a,b]\) wie in \ref{Bemerkung 18.3} und \(\mdk\in\{\mdr, \mdc\}\). -\begin{enumerate} -\item Ist \(f\in C(I,\mdk)\) und \(\ep>0\), so existiert ein Polynom \(p\) mit Koeffizienten in \(\mdk\) mit: -\[ -\lVert f-p\rVert_{\infty}<\ep -\] -\item Ist \(a=0,\,b=2\pi,\,f\in C(I,\mdk),\,f(0)=f(2\pi)\) und \(\ep>0\), so existiert ein \(n\in\mdn\) und ein - \(v\in\mathrm{E}_{n}\) mit: -\[ -\lVert f-v\rVert_{\infty}<\ep -\] -\end{enumerate} -\end{satz} - -\begin{satz} -\label{Satz 18.5} -Sei \(f\in\mathrm{L}^{2}\). Dann gilt: \(f\overset{\lVert\cdot\rVert_{2}}{=}\sum_{k\in\mdz}{(f\mid b_{k})b_{k}}\) und -\[\lVert f\rVert_{2}^{2}=\sum_{k\in\mdz}{\lvert(f\mid b_{k})\rvert^{2}}\quad\text{(\textbf{Parsevalsche Gleichung})}\] Insbesondere gilt: -\((f\mid b_{k})\to 0\quad(\lvert k\rvert\to\infty)\). -\end{satz} - -\begin{beweis} -Zu zeigen: \(\lVert f-S_{n}f\rVert_{2}\to0\,(n\to\infty)\). Die Parsevalsche Gleichung folgt dann aus \ref{Satz 18.2}.\\ -Sei \(\ep>0\). Wende \ref{Satz 16.8}(2) auf \(\Re f\) und \(\Im f\) an. Dies liefert eine stetige Funktion -\(g:\,(0,2\pi)\to\mdc\) mit: \(K:=\supp(g)\subseteq(0,2\pi)\), \(K\) kompakt und \(\lVert f-g\rVert_{2}<\ep\).\\ -Setze \(g(0):=g(2\pi):=0\). Dann ist \(g\) stetig auf \([0,2\pi]\). Satz \ref{Satz 18.4} liefert nun: - \(\exists n\in\mdn\exists v\in\mathrm{E}_{n}:\,\lVert g-v\rVert_{\infty}<\ep\).\\ -Damit: \(\lVert g-v\rVert_{2}\leq\sqrt{2\pi}\lVert g-v\rVert_{\infty}<\sqrt{2\pi}\ep\). Somit: -\begin{align*} -\lVert f-S_{n}f\rVert_{2}&=\lVert f-g+g-S_{n}g+S_{n}g-S_{n}f\rVert_{2}\\ - &\leq\underbrace{\lVert f-g\rVert_{2}}_{<\ep} - +\underbrace{\lVert g-S_{n}g\rVert_{2}}_{\overset{18.2(4)}{\leq}\lVert g-v\lVert_2} - +\underbrace{\lVert S_{n}(g-f)\rVert_{2}}_{\overset{18.2(3)}{\leq}\lVert g-f\lVert_2}\\ - &<2\ep+\sqrt{2\pi}\ep=\ep(2+\sqrt{2\pi}) -\end{align*} -Sei \(m\geq n\). Dann gilt: \(\mathrm{E}_{n}\subseteq\mathrm{E}_{m}\), also \(w:=S_{n}f\in\mathrm{E}_{m}\). Damit: -\[ -\lVert f-S_{m}f\rVert_{2}\leq\lVert f-w\rVert_{2}=\lVert f-S_{n}f\rVert_{2}<\ep(2+\sqrt{2\pi}) -\] -\end{beweis} - -\subsubsection*{Reelle Version} -Sei \(f\in\mathrm{L}^{2}_{\mdr}\). -Es gelten die folgenden Bezeichnungen: -\begin{enumerate} -\item Für \(k\in\mdn\) bezeichnen wir die Funktionen \(t\mapsto\cos(kt)\) und \(t\mapsto\sin(kt)\) mit \(\cos(k\cdot)\) bzw. - \(\sin(k\cdot)\). -\item Für \(k\in\mdn_{0}:\,\alpha_{k}:=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}{f(t)\cos(kt)\mathrm{d}t}=\frac{1}{\pi}\Re(f\mid e_{k})\).\\ -Für \(k\in\mdn:\,\beta_{k}:=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}{f(t)\sin(kt)\mathrm{d}t}=\frac{1}{\pi}\Im(f\mid e_{k}),\,\beta_{0}:=0\). -\end{enumerate} - -\begin{definition} -\index{gerade Funktion} -\index{ungerade Funktion} -\(f\) heißt \textbf{gerade} (bezüglich \(\pi\)) genau dann, wenn gilt: \(f(t)=f(2\pi-t)\) für fast alle \(t\in[0,2\pi]\).\\ -\(f\) heißt \textbf{ungerade} (bezüglich \(\pi\)) genau dann, wenn gilt: \(f(t)=-f(2\pi-t)\) für fast alle \(t\in[0,2\pi]\).\\ -% Bild nicht vergessen -\end{definition} - -\begin{satz} -\label{Satz 18.6} -(Dieser Satz folgt aus \ref{Satz 18.5} und ``etwas'' rechnen)\\ -Sei \(f\in\mathrm{L}^{2}_{\mdr}\) und \(n\in\mdn_{0}\). -\begin{enumerate} -\item \(S_{n}f=\frac{\alpha_{0}}{2}+\sum_{k=1}^{n}{(\alpha_{k}\cos(k\cdot)+\beta_{k}\sin(k\cdot))}\) -\item \(f\overset{\lVert\cdot\rVert_{2}}{=}\frac{\alpha_{0}}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}{(\alpha_{k}\cos(k\cdot)+\beta_{k}\sin(k\cdot))}\) -\item \(\frac{1}{\pi}\lVert f\rVert_{2}^{2}=\frac{\alpha_{0}^{2}}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}{(\alpha_{k}^{2}+\beta_{k}^{2})}\quad\) - (Parsevalsche Gleichung)\\ -Insbesondere gilt: \(\alpha_{k}\to0,\,\beta_{k}\to0\quad(k\to\infty)\) -\item Ist \(f\) gerade, so sind alle \(\beta_{k}=0\) und \(\alpha_{k}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}{f(t)\cos(kt)\mathrm{d}t}\). Die -Fourierreihe von \(f\) ist eine \textbf{Cosinusreihe}.\\ -Ist \(f\) ungerade, so sind alle \(\alpha_{k}=0\) und \(\beta_{k}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}{f(t)\sin(kt)\mathrm{d}t}\). Die -Fourierreihe von \(f\) ist eine \textbf{Sinusreihe}. -\end{enumerate} -\end{satz} - -\begin{beispiele} -\begin{enumerate} -\item \(f(t):=\begin{cases}1,&0\leq t\leq\pi\\-1,&\pi0\). Für \(b>0\) gilt +\begin{align*} + \int^b_0 e^{-xy}\,dy = \left. -\frac1x e^{-xy}\right\rvert^b_0 + =-\frac1x e^{-xb}+\frac1x + \overset{b\to\infty}\longrightarrow\frac1x +\end{align*} +und daraus folgt \(\int_0^\infty e^{-xy}\,dy=\frac1x\) + +\begin{beispiel} +\begin{enumerate} +\item[(4)] + Sei + \[g:= + \begin{cases} + \frac{\sin x}{x} &\text{, falls } x>0 \\ + 1 &\text{, falls } x=0 + \end{cases}\] + $g$ ist stetig auf \([0,\infty)\). Aus Analysis 1 ist bekannt, dass + \(\int_0^\infty g(x)\,dx\) konvergent, aber \textbf{ nicht } + absolut konvergent ist. Aus \ref{Satz 4.14} folgt, dass + \(g\notin\mathfrak{L}^1\left([0,\infty)\right)\)\\ + \textbf{Behauptung: } \(\int^\infty_0 g(x)\,dx = \frac\pi{2}\)\\ + \textbf{Beweis: } Setze \(X:=[0,R]\) mit \(R>0\), \(Y:=[0,\infty)\) und + \(D:=X\times Y\), sowie + \[f(x,y):= e^{-xy}\sin x \text{ für } (x,y)\in D\] + Es ist \(D\in\fb_2\) und $f$ stetig, also messbar. Es ist weiter + \(f\in\mathfrak{L}^1(D)\) (warum?) und + \begin{align*} + \int_D f(x,y)\,d(x,y) + &\overset{\ref{Satz 10.3}}= + \int_X\left(\int_Y f(x,y)\,dy\right)dx \\ + &=\int_0^R\left(\int_0^\infty e^{-xy}\sin x\,dy\right)dx\\ + &=\int^R_0\sin x\left(\int_0^\infty e^{-xy}\,dy\right)dx\\ + &\overset{\text{Vorbemerkung}}= + \int^R_0\frac{\sin x}{x}\,dx =:I_R + \end{align*} + Dann gilt + \begin{align*} + I_R + &\overset{\ref{Satz 10.3}}= + \int_Y\left(\int_X f(x,y)\,dx\right)dy + =\int^\infty_0\underbrace{ + \left(\int^R_0 e^{-xy}\sin x\,dx\right)}_{=:\varphi(y)}dy + \end{align*} + Zweimalige partielle Integration liefert (nachrechnen!): + \[\varphi(y)=\frac1{1+y^2}-\frac1{1+y^2}e^{-yR}(y\sin R+\cos R)\] + Damit gilt + \begin{align*} + I_R= + \int^\infty_0 \frac{dy}{1+y^2} + -\int^\infty_0\frac1{1+y^2}e^{-yR}(y\sin R+\cos R)\,dy + \end{align*} + Aus Analysis 1 ist bekannt, dass das erste Integral gegen + \(\frac{\pi}2\) konvergiert und das zweite Integral setzen + wir gleich \(\tilde I_R\).\\ + Es gilt + \begin{align*} + \lvert\tilde I_R\rvert + &\leq \int^\infty_0\frac1{1+y^2}e^{-yR} + (y\lvert\sin R\rvert + \lvert\cos R\rvert)\,dy \\ + &\leq \int^\infty_0\frac{y+1}{y^2+1} e^{-yR}\,dy\\ + &\leq 2\int^\infty_0 e^{-yR}\,dy \\ + &\overset{\text{Vorbemerkung}}=\frac2R + \end{align*} + Das heißt also \(\tilde I_R\to 0 \ (R\to\infty)\) und damit folgt + die Behauptung durch + \[I_R=\frac{\pi}2-\tilde I_R\to\frac{\pi}2 \ (R\to\infty)\] +\end{enumerate} +\end{beispiel} diff --git a/documents/Analysis III/Kapitel-11.tex b/documents/Analysis III/Kapitel-11.tex new file mode 100644 index 0000000..9c397fd --- /dev/null +++ b/documents/Analysis III/Kapitel-11.tex @@ -0,0 +1,245 @@ + +Die Sätze in diesem Kapitel geben wir \textbf{ohne} Beweis an. Es seien +\(X,Y\subseteq\mdr^d\) nichtleer und offen. + +\begin{definition} +\index{Diffeomorphismus} +Sei \(\Phi\colon X\to Y\) eine Abbildung. \(\Phi\) heißt +\textbf{Diffeomorphismus} genau dann wenn \(\Phi\in C^1(X,\mdr^d)\), \(\Phi\) +ist bijektiv und \(\Phi^{-1}\in C^{1}(Y,\mdr^d)\).\\ +Es gilt \[x=\Phi^{-1}(\Phi(x))\text{ für jedes } x\in X\] +Kettenregel: \[I=\left(\Phi^{-1}\right)^\prime(\Phi(x))\cdot\Phi^\prime(x) +\text{ für jedes } x\in X\] Das heißt \(\Phi^\prime(x)\) ist invertierbar für +alle \(x\in X\) und somit ist \(\det\left(\Phi^\prime(x)\right)\neq 0\) +für alle \(x\in X\). +\end{definition} + +\begin{satz}[Transformationssatz (Version I)] +\label{Satz 11.1} +\(\Phi\colon X\to Y\) sei ein Diffeomorphismus. +\begin{enumerate} +\item \(f\colon Y\to[0,+\infty]\) sei messbar und für \(x\in X\) sei + \(g(x):=f\left(\Phi(x)\right)\cdot\lvert\det\Phi^\prime(x)\rvert\).\\ + Dann ist \(g\) messbar und es gilt: + \begin{align*}\tag{$*$} \int_Yf(y)\,dy=\int_Xg(x)\,dx=\int_Xf\left(\Phi(x)\right) + \cdot\lvert\det\Phi^\prime(x)\rvert\,dx\end{align*} +\item \(f\colon Y\to\imdr\) sei integrierbar und $g$ sei definiert wie in (1). + Dann ist $g$ integrierbar und es gilt die Formel \((\ast)\). +\end{enumerate} +\end{satz} + +\begin{erinnerung} +\index{Inneres} +Sei \(A\subseteq\mdr^d\) und \(A^\circ:=\{x\in A :\text{ es existiert ein } r=r(x)>0 +\text{ mit } U_r(x)\subseteq A\}\) das \textbf{Innere} von $A$. $A^\circ$ ist offen! +\end{erinnerung} + +\begin{beispiel} +Sei \(A=\mdr\setminus\mdq\). Es ist \(A^\circ=\emptyset\) und +\(A\setminus A^\circ=A\). Aus \(\mdr=A\dot\cup\mdq\) folgt +\[\infty=\lambda_1(\mdr)=\lambda_1(A)+\lambda_1(\mdq)=\lambda_1(A)\] +Das heißt \(A\setminus A^\circ\) ist keine Nullmenge. +\end{beispiel} + + +\begin{satz}[Transformationssatz (Version II)] +\label{Satz 11.2} +Es sei $\emptyset \neq U \subseteq \MdR^d$ offen, $\Phi \in C^1(U, \MdR^d)$, $A \subseteq U$, $A \in \fb_d$, +$X := A^{\circ}$ und $A \setminus A^{\circ}$ eine Nullmenge. +Weiter sei $\Phi$ injektiv auf $X$, $\det\Phi' \neq 0$ für alle $x \in X$, $B:=\Phi(A) \in \fb_d$ und +$g(x) = f(\Phi(x)) \cdot \lvert\det\Phi'(x)\rvert$ für $x \in A$. +%% BILD: von Phi und Mengen +Dann gilt: +\begin{enumerate} +\item $Y := \Phi(X)$ ist offen und $\Phi: X\to Y$ ist ein Diffeomorphismus. +\item Ist $f\colon B \to [0, \infty]$ messbar, so ist $g\colon A \to [0, \infty]$ messbar und +\[ \int_B f(y) \, dy = \int_A g(x) \, dx= \int_A f(\Phi(x)) \cdot\lvert\det(\Phi'(x))\rvert \, dx \qquad (\ast\ast)\] +\item Ist $f\colon B \to \imdr$ messbar, so gilt:\\ +\[ f \in \fl^{1}(B) \gdw g \in \fl^{1}(A) \] +Ist $f \in \fl^{1}(B)$ so gilt $(\ast\ast)$ +\end{enumerate} +\end{satz} + +\begin{folgerungen} +\label{Folgerung 11.3} +\begin{enumerate} +\item Sei $T\colon \MdR^d \to \MdR^d$ linear und $\det T \neq 0$. Weiter sei $A \in \fb_d$ und $v \in \MdR^d$. +Dann ist $T(A) \in \fb_d$ und es gilt: +\[\lambda_d(T(A)+v) = \lvert\det T\rvert \cdot\lambda_d(A)\] +\item $\Phi\colon X \to Y$ sei ein Diffeomorphismus und $A \in \fb(X)$. +Dann ist $\Phi(A) \in \fb_d$ und es gilt: +\[\lambda_d(\Phi(A)) = \int_A |\det \Phi'(X)| \, dx\] +\item Sei $F \in C^1(X, \MdR^d)$ und $N \subseteq X$ eine Nullmenge. +Dann ist $F(N)$ enthalten in einer Nullmenge. +\end{enumerate} +\end{folgerungen} + +\begin{beispiel} +Seien $a,b > 0$ und $T:=\begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & b \end{pmatrix}$, $\det T = a b > 0$. Definiere: +\[A:=\{(x,y)\in \MdR^2: x^2 + y^2 \leq 1\}\] +Dann ist $A \in \fb_2$ und $\lambda_2(A) = \pi$. +\begin{align*} +(u,v) \in T(A) &\gdw \exists (x,y)\in A: (u,v) = (a x, b y)\\ +&\gdw \exists (x,y) \in A: (x = \frac{u}{a})\wedge (y = \frac{v}{b})\\ +&\gdw \frac{u^2}{a^2} + \frac{v^2}{b^2} \leq 1 +\end{align*} +%% BILD: einer Ellipse +Aus \ref{Folgerung 11.3} folgt $T(A) \in \fb_2$ und $\lambda(T(A)) = a b \pi$. +\end{beispiel} + +\setcounter{section}{3} +\section{Polarkoordinaten} +\index{Polarkoordinaten} +%% BILD: von PK neben Formeln +%% Tabellarisches Layout? +Jeder Vektor im $\mdr^2$ lässt sich nicht nur durch seine Projektionen auf die Koordinatenachsen $(x,y)$, sondern auch eindeutig durch seine Länge $r$ und den (kleinsten positiven) Winkel $\varphi$ zur $x$-Achse darstellen. Diese Darstellung $(r,\varphi)$ heißen die \textbf{Polarkoordinaten} des Vektors. Dabei gilt: +\[r = \|(x,y)\| = \sqrt{x^2 + y^2}\] +und +\[\begin{cases} +x = r \cos(\varphi)\\ +y = r \sin(\varphi) +\end{cases}\] +Definiere nun für $(r,\varphi) \in [0,\infty)\times[0,2\pi]$: +\[\Phi(r,\varphi) := (r \cos(\varphi), r \sin(\varphi))\] +Dann ist $\Phi \in C^1(\MdR^2, \MdR^2)$ und es gilt: +\[\Phi'(r,\varphi) = \begin{pmatrix} +\cos(\varphi) & -r \sin(\varphi) \\ +\sin(\varphi) & r \cos(\varphi) +\end{pmatrix}\] +d.h. falls $r > 0$ ist gilt: +\[\det\Phi'(r,\varphi) = r \cos^2(\varphi) + r \sin^2(\varphi) = r > 0\] + + +\begin{bemerkung}[Faustregel für Polarkoordinaten] +Ist ein Integral der Form $\int_B f(x,y) d(x,y)$ zu berechnen, so lässt sich oft eine Menge $A$ finden, sodass $\Phi(A) = B$ ist. +%% BILD: Kreissektor <=> Rechteck +Mit \ref{Satz 11.2} folgt dann: +\[\int_B f(x,y) \text{ d}(x,y) = \int_A f(r \cos \varphi, r \sin \varphi) \cdot r \text{ d}(r,\varphi)\] +\end{bemerkung} + +\begin{beispiel} +\begin{enumerate} +\item Sei $0 \le \rho < R$. Definiere +\[B := \{(x,y) \in \MdR^2 : \rho^2 \le x^2 + y^2 \le R^2\} \] +Dann gilt: +%% BILD: der Kreisfläche und Trafo +\begin{align*} +\lambda_2(B) &= \int_B 1 \text{ d}(x,y)\\ +&= \int_A 1 \cdot r \text{ d}(r,\varphi)\\ +&\overset{\text{§\ref{Kapitel 10}}}= \int_{\rho}^{R} \left( \int_0^{2\pi} r \text{ d}\varphi \right) \text{ d}r\\ +&= \left[ 2\pi \frac{1}{2} r^2 \right]_\rho^R\\ +&= \pi (R^2 - \rho^2) +\end{align*} + +\item Definiere +\[B := \{ (x,y) \in \MdR^2 : x^2 + y^2 \le 1, y \ge 0 \}\] +%% BILD: der (Halb)Kreisfläche und Trafo +Dann gilt: +\begin{align*} +\int_B y \sqrt{x^2+y^2} \text{ d}(x,y) &= \int_A r \sin(\varphi) r \cdot r \text{ d}(r,\varphi)\\ +&= \int_A r^3 \sin\varphi \text{ d}(r,\varphi) \\ +&\overset{\text{§\ref{Kapitel 10}}}= \int_0^\pi \left( \int_0^1 r^3 \sin\varphi \text{ d}r \right) \text{ d}\varphi\\ +&= \frac{1}{4} \int_0^\pi \sin\varphi \text{ d}\varphi\\ +&= \left[ \frac{1}{4}(-\cos\varphi) \right]_0^\pi\\ +&= \frac{1}{4}(1+1) = \frac{1}{2} +\end{align*} +\item \textbf{Behauptung:} \[\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2} \, dx = \sqrt{\pi}\] +\textbf{Beweis:} +%% BILD: Bilder von Kreis und Rechtecktrafos/näherungen +Für $\rho > 0$ sei +\[B_\rho := \{(x,y) \in \MdR^2 \mid x,y\ge 0, x^2+ y^2 \le \rho^2\}\] +Weiterhin sei $Q_\rho := [0,\rho] \times [0,\frac{\pi}2]$ und $f(x,y) = e^{-(x^2 + y^2)}$. Dann gilt: +\begin{align*} +\int_{ B_\rho } f(x,y) \text{ d}(x,y) &= \int_{Q_\rho} e^{-r^2} r\text{ d}(r,\varphi)\\ +&\overset{\text{§\ref{Kapitel 10}}}= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left( \int_0^\rho r e^{-r^2} \text{ d}r \right) \text{ d}\varphi \\ +&= \frac{\pi}{2} \left[ -\frac{1}{2} e^{-r^2} \right]_{0}^{\rho}\\ +&= \frac{\pi}{2} \left( -\frac{1}{2} e^{-\rho^2} +\frac{1}{2} \right) \\ +& =: h(\rho) \stackrel{\rho \to \infty}\to \frac\pi4 +\end{align*} +Außerdem gilt: +\begin{align*} +\int_{Q_\rho} f(x,y) \text{ d}(x,y) &= \int_{Q_\rho} e^{-x^2} e^{-y^2}\text{ d}(x,y) \\ +&= \int_0^\rho \left( \int_0^\rho e^{-x^2} e^{-y^2} \text{ d}y \right) \text{ d}x \\ +&= \left( \int_0^\rho e^{-x^2} \text{ d}x \right)^2 +\end{align*} + +Wegen $ B_\rho \subseteq Q_\rho \subseteq B_{\sqrt{2} \rho} $ und $f \ge 0$ folgt: +\begin{center} +\begin{tabular}{cccccc} +&$\int_{B_\rho} f \text{ d}(x,y)$ &$\le$ &$\int_{Q_\rho} f \text{ d}(x,y)$ &$\le$ &$\int_{B_{\sqrt{2} \rho}} f \text{ d}(x,y)$\\ +$\implies$ &$h(\rho)$ &$\le$ &$\int_{Q_\rho} f \text{ d}(x,y)$ &$\le$ &$h(\sqrt{2} \rho)$ \\ +$\implies$ &$h(\rho)$ &$\le$ &$\left( \int_0^\rho e^{-x^2} \text{ d}x \right)^2$ &$\le$ &$h(\sqrt{2} \rho)$ \\ +$\implies$ &$\sqrt{h(\rho)}$ &$\le$ &$\int_0^\rho e^{-x^2} \text{ d}x$ &$\le$ &$\sqrt{h(\sqrt{2} \rho)}$\\ +\end{tabular} +\end{center} +Mit $\rho \to \infty$ folgt daraus +\[\int_0^\infty e^{-x^2} \text{ d}x = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\] +und damit die Behauptung. +\end{enumerate} +\end{beispiel} + +\section{Zylinderkoordinaten} +\index{Zylinderkoordinaten} +Definiere für $(r,\varphi,z)\in[0,\infty)\times[0,2\pi]\times\mdr$: +\[\Phi(r,\varphi,z):=(r\cos(\varphi),r\sin(\varphi),z)\] +Dann gilt: +\[|\det\Phi'(r,\varphi,z)|=\left|\det +\begin{pmatrix} +\cos(\varphi)&-r\sin(\varphi)&0\\ +\sin(\varphi)&r\cos(\varphi)&0\\ +0&0&1\end{pmatrix}\right|=r +\] + +\begin{bemerkung}[Faustregel für Zylinderkoordinaten] +Ist ein Integral der Form $\int_B f(x,y,z) d(x,y,z)$ zu berechnen, so lässt sich eine Menge $A$ finden, sodass $\Phi(A) = B$ ist. +Mit \ref{Satz 11.2} folgt dann: +\[\int_B f(x,y,z) \text{ d}(x,y,z) = \int_A f(r \cos \varphi, r \sin \varphi, z) \cdot r \text{ d}(r,\varphi,z)\] +\end{bemerkung} + +\begin{beispiel} +Definiere +\[B:=\{(x,y,z)\in\mdr^3\mid x^2+y^2\le 1, x,y\ge 0,z\in[0,1]\}\] +Dann gilt: +\begin{align*} +\int_B z+y\sqrt{x^2+y^2}\text{ d}(x,y,z)&=\int_A(z+r\sin(\varphi)\cdot r)\cdot r\text{ d}(r,\varphi,z)\\ +&=\int_A rz+r^3\sin(\varphi)\text{ d}(r,\varphi,z)\\ +&=\int_0^1(\int_0^{\frac\pi 2}(\int_0^1 rz+r^3\sin(\varphi)\text{ d}r)\text{ d}\varphi)\text{ d}z\\ +&=(\int_0^1 r\text{ d}r)\cdot(\int_0^1 z\text{ d}z)\cdot(\int_0^{\frac\pi 2} \text{ d}\varphi)+ (\int_0^1 r^3\text{ d}r)\cdot(\int_0^{\frac\pi 2} \sin(\varphi)\text{ d}\varphi)\cdot(\int_0^1 \text{ d}z)\\ +&= \frac\pi 8+\frac14 +\end{align*} +\end{beispiel} + +\section{Kugelkoordinaten} +\index{Kugelkoordinaten} +Definiere für $(r,\varphi,\theta)\in [0,\infty)\times[0,2\pi]\times[0,\pi]$: +\[\Phi(r,\varphi,\theta):=(r\cos(\varphi)\sin(\theta),r\sin(\varphi)\sin(\theta),r\cos(\theta))\] +Dann gilt (nachrechnen!): +\[\det\Phi'(r,\varphi,\theta)= -r^2\sin(\theta)\] + +\begin{bemerkung}[Faustregel für Kugelkoordinaten] +Ist ein Integral der Form $\int_B f(x,y,z) d(x,y,z)$ zu berechnen, so lässt sich eine Menge $A$ finden, sodass $\Phi(A) = B$ ist. +Mit \ref{Satz 11.2} folgt dann: +\[\int_B f(x,y,z) \text{ d}(x,y,z) = \int_A f(r\cos(\varphi)\sin(\theta),r\sin(\varphi)\sin(\theta),r\cos(\theta)) \cdot r^2\sin(\theta) \text{ d}(r,\varphi,\theta)\] +\end{bemerkung} + +\begin{beispiel} +Definiere +\[B:=\{(x,y,z)\in\mdr^3\mid 1\le \|(x,y,z)\|\le 2, x,y,z\ge 0\}\] +Dann gilt: +\begin{align*} +\int_B \frac1{x^2+y^2+z^2}\text{ d}(x,y,z)&=\int_A \frac1{r^2}\cdot r^2\cdot\sin(\theta)\text{ d}(r,\varphi,\theta)\\ +&=\int_A \sin(\theta)\text{ d}(r,\varphi,\theta)\\ +&=\frac\pi2 +\end{align*} +\end{beispiel} + +\begin{beispiel}[Zugabe von Herrn Dr. Ullmann] +Wir wollen das Kugelvolumen $\lambda_3(K)$ mit $K:=\{(x,y,z)\in\mdr^3\mid\|(x,y,z)\|\le 1\}$ berechnen. Dann ist $K=\Phi(A)$ mit $A:= [0,1]\times[0,2\pi]\times [0,\pi]$. Und es gilt: +\begin{align*} +\lambda_3(K)&=\int_K 1\text{ d}(x,y,z)\\ +&=\int_A r^2\sin(\theta)\text{ d}(r,\varphi,\theta)\\ +&=\int_0^1(\int_0^{2\pi}(\int_0^\pi r^2\sin(\theta) \text{ d}\theta)\text{ d}\varphi)\text{ d}r\\ +&=(\int_0^1 r^2 \text{ d}r)\cdot(\int_0^{2\pi} \text{ d}\varphi)\cdot(\int_0^\pi \sin(\theta) \text{ d}\theta)\\ +&=\frac{4\pi}3 +\end{align*} +\end{beispiel} diff --git a/documents/Analysis III/Kapitel-12.tex b/documents/Analysis III/Kapitel-12.tex new file mode 100644 index 0000000..941f8e6 --- /dev/null +++ b/documents/Analysis III/Kapitel-12.tex @@ -0,0 +1,42 @@ +\begin{definition} +\index{Kreuzprodukt} +Seien $a=(a_1,a_2,a_3),b=(b_1,b_2,b_3)\in\mdr^3$. Dann heißt +\[a\times b:=(a_2b_3-a_3b_2,a_3b_1-a_1b_3,a_1b_2-a_2b_1)\] +das \textbf{Kreuzprodukt} von $a$ mit $b$. +Mit $e_1=(1,0,0),e_2=(0,1,0),e_3=(0,0,1)$ gilt formal: +\[a\times b = \det\begin{pmatrix}e_1&e_2&e_3\\a_1&a_2&a_3\\b_1&b_2&b_3\end{pmatrix}=\det\begin{pmatrix}e_1&a_1&b_1\\e_2&a_2&b_2\\e_3&a_3&b_3\end{pmatrix}\] +\end{definition} + +\begin{beispiel} +Sei $a=(1,1,2), b=(1,1,0)$, dann gilt: +\[a\times b= \det \begin{pmatrix}e_1&1&1\\e_2&1&1\\e_3&2&0\end{pmatrix}=-2e_1-(-2)e_2+(1-1)e_3=(-2,2,0)\] +\end{beispiel} + +\textbf{Regeln zum Kreuzprodukt:} +\begin{enumerate} +\item $b\times a= -a\times b$ +\item $a\times a=0$ +\item $(\alpha a)\times(\beta b)=\alpha\beta(a\times b)$ für $\alpha,\beta\in\mdr$ +\item $a\cdot(a\times b)=b\cdot(a\times b)=0$ +\end{enumerate} + +\begin{definition} +\index{Divergenz} +Sei $\emptyset\ne D\subseteq\mdr^n$, $D$ offen und $f=(f_1,\dots,f_n)\in C^1(D,\mdr^n)$. Dann heißt +\[\divv f:=\frac{\partial f_1}{\partial x_1}+\dots+\frac{\partial f_n}{\partial x_n}\in C(D,\mdr)\] +die \textbf{Divergenz} von $f$. +\end{definition} + +\begin{definition} +\index{Rotation} +Sei $\emptyset\ne D\subseteq\mdr^3$, $D$ offen und $F=(P,Q,R)\in C^1(D,\mdr^3)$. Dann heißt: +\[\rot F:=(R_y-Q_z,P_z-R_x,Q_x-P_y)\in C(D,\mdr^3)\] +die \textbf{Rotation} von $F$. +Dabei gilt formal: +\[\rot F=(\frac{\partial}{\partial x},\frac{\partial}{\partial y},\frac{\partial}{\partial z})\times(P,Q,R)\] +\end{definition} + +\begin{definition} +\index{Tangentialvektor} +Sei $\gamma:[a,b]\to\mdr^n$ ein Weg. Ist $\gamma$ in $t_0\in[a,b]$ differenzierbar mit $\gamma'(t_0)\ne 0$, so heißt $\gamma'(t_0)\in\mdr^n$ \textbf{Tangentialvektor} von $\gamma$ in $t_0$. +\end{definition} diff --git a/documents/Analysis III/Kapitel-13.tex b/documents/Analysis III/Kapitel-13.tex new file mode 100644 index 0000000..90b0fc1 --- /dev/null +++ b/documents/Analysis III/Kapitel-13.tex @@ -0,0 +1,67 @@ +In diesem Kapitel sei $(x_0,y_0)\in\MdR^2$ (fest), es sei +$R:[0,2\pi]\to[0,\infty)$ stetig und stückweise stetig +differenzierbar und $R(0) = R(2\pi)$. Weiter sei +\begin{displaymath} +\gamma(t) := (x_0 + R(t)\cos t,y_0 + R(t)\sin t) \text{ } (t\in[0,2\pi]) +\end{displaymath} +Dann ist $\gamma$ ein stückweise stetig differenzierbarer, geschlossener und rektifizierbarer Weg in $\MdR^2$. Es sei +\[B:= \{(x_0+r\cos t,y_0 + r\sin t): t\in [0,2\pi ], 0\le r\le R(t)\}\] +Dann ist $B$ kompakt, also $B\in\fb_2 $. Weiter ist $\partial B = \gamma([0,2\pi]) = \Gamma_\gamma$.\\ +Sind $B$ und $\gamma$ wie oben, so heißt $B$ \begriff{zulässig}. +\index{zulässig} +\begin{beispiel} + Sei $R$ konstant, also $R(t) = R > 0$, so ist $B = \overline{U_R(x_0,y_0)}$ +\end{beispiel} + +\begin{satz}[Integralsatz von Gauß im $\MdR^2$] +\label{Satz 13.1} +$B$ und $\gamma$ seien wie oben ($B$ also zulässig). Weiter sei $D\subseteq \MdR^2$ offen, $B\subseteq D$ und $f = (u,v) \in C^1(D,\MdR^2)$. Dann +\begin{liste} +\item $\int_B u_x(x,y)d(x,y) = \int_{\gamma} u(x,y) d(y)$ +\item $\int_B v_y(x,y)d(x,y) = -\int_{\gamma} v(x,y) d(x)$ +\item $\int_B \divv f(x,y)d(x,y) = \int_{\gamma} (udy - vdx)$ +\end{liste} +\end{satz} + +\begin{folgerung} +Mit $f(x,y) := (x,y)$ erhält man aus \ref{Satz 13.1}: Sind $B$ und $\gamma$ wie in \ref{Satz 13.1}, so gilt: +\begin{liste} +\item $\lambda_2(B) = \int_\gamma xdy$ +\item $\lambda_2(B) = -\int_\gamma ydx$ +\item $\lambda_2(B) = \frac12\int_\gamma (xdy - ydx)$ +\end{liste} +\end{folgerung} + +\begin{beispiel} +Definiere +\[B:= \{(x,y)\in\MdR^2:x^2+y^2 \le R^2\}\quad (R>0)\] +und $\gamma(t) = (R\cos t,R\sin t)$, für $t\in[0,2\pi]$, dann gilt: +\[\lambda_2(B) = \int_0^{2\pi} R\cos t\cdot R\cos t \text{ d}t = R^2\int_0^{2\pi} \cos^2t \text{ d}t = \pi R^2\] +\end{beispiel} + +\begin{beweis} +Wir beweisen nur (1). ((2) beweist man analog und (3) folgt aus (1) und (2))\\ +O.B.d.A: $(x_0,y_0) = (0,0)$ und $R$ stetig db. Also $\gamma = (\gamma_1,\gamma_2)$, $\gamma (t) = (\underbrace{R(t)\cos t}_{= \gamma_1(t)},\underbrace{R(t)\sin t)}_{=\gamma_2(t)}$. $R$ stetig differenzierbar. $A:= \int_B u_x(x,y)d(x,y)$\\ +Zu zeigen: $A=\int_0^{2\pi} u(\gamma (t))\cdot \gamma_2'(t) dt$.\\ +Mit Polarkoordinaten, Transformations-Satz und Fubini: +\begin{displaymath} + A = \int_0^{2\pi }(\int_0^{R(t)} u_x(r\cos t,r\sin t)r dr) dt +\end{displaymath} +\begin{enumerate} + \item $\beta(r,t) := u(r\cos t,r\sin t)$. Nachrechnen: $r\beta_r(r,t)\cos t - \beta_t(r,t)\sin t = u_x(r\cos t,r\sin t)r$. Also: + \begin{displaymath} + A = \int_0^{2\pi} (\int_0^{R(t)} (r\beta_r(r,t)\cos t - \beta_t(r,t)\sin t) dr)dt + \end{displaymath} + \item $\int_0^{R(t)} r\beta_r(r,t) dr = r\beta(r,t)\vert_{r=0}^{r=R(t)} - \underbrace{\int_0^{R(t)} \beta(r,t) dr}_{=:\alpha(t)} = R(t)\beta(R(t),t) - \alpha(t) = R(t)u(\gamma(t)) -\alpha(t)$ + \item $\Psi(s,t) := \int_0^s \beta(r,t)dr$. Mit dem zweiten Hauptsatz aus Analysis 1 folgt: $\Psi_s(s,t) = \beta(s,t)$ \\ 7.3 \folgt $\Psi_t(s,t) = \int_0^s \beta_t(r,t) dr$.\\ + Dann: $\alpha(t) = \Psi(R(t),t)$, also + \begin{displaymath} + \alpha'(t) = \Psi_s(R(t),t)\cdot R'(t) + \Psi_t(R(t),t)\cdot 1 = R'(t)\underbrace{\beta(R(t),t)}_{=u(\gamma(t))} + \int_0^{R(t)} \beta_t(r,t) dr + \end{displaymath} + \folgt $\int_0^{R(t)}\beta_t(r,t)dr = \alpha'(t) - R'(t)\cdot u(\gamma(t))$. + \item Aus (1),(2),(3) folgt: \\ + \begin{align*} + A &= \int_0^{2\pi} (R(t)\cdot u(\gamma(t))\cdot \cos t - \alpha(t)\cos t - \alpha'(t)\sin t + R'(t)\cdot u(\gamma(t))\sin t) dt\\ &= \int_0^{2\pi}u(\gamma(t))\gamma_2'(t)dt - \int_0^{2\pi} (\alpha(t)\sin t)' dt\\ &= \int_0^{2\pi} u(\gamma(t))\gamma_2'(t)dt - \underbrace{[\alpha(t)\sin t]_0^{2\pi}}_{=0}\\ &= \int_0^{2\pi} u(\gamma(t))\gamma_2'(t) dt + \end{align*} +\end{enumerate} +\end{beweis} diff --git a/documents/Analysis III/Kapitel-14.tex b/documents/Analysis III/Kapitel-14.tex new file mode 100644 index 0000000..e9a640b --- /dev/null +++ b/documents/Analysis III/Kapitel-14.tex @@ -0,0 +1,56 @@ +\begin{definition} +\index{Fläche} +\index{Flächenstück} +\index{Parameterbereich} +\index{Normalenvektor} +\index{Flächeninhalt} + Es sei $\emptyset \ne B\subseteq \MdR^2$ kompakt, $D\subseteq\MdR^2$ offen und $B\subseteq D$. Weiter sei $\varphi = (\varphi_1,\varphi_2,\varphi_3) \in C^1(D,\MdR^3)$ und $\varphi = \varphi(u,v)$. Dann heißt $\varphi_{|B}$ eine \textbf{Fläche} (im $\MdR^3$), $S:= \varphi(B)$ heißt \textbf{Flächenstück} und $B$ heißt \textbf{Parameterbereich} der Fläche. Es ist + \begin{displaymath} + \varphi' = \begin{pmatrix}\frac{\partial \varphi_1}{\partial u} & \frac{\partial\varphi_1}{\partial v}\\ + \frac{\partial \varphi_2}{\partial u} & \frac{\partial\varphi_2}{\partial v}\\ + \frac{\partial \varphi_3}{\partial u} & \frac{\partial\varphi_3}{\partial v}\\ + \end{pmatrix} + \end{displaymath} + Sei $(u_0,v_0)\in B$ und + \begin{align*} + \gamma(t) &:= \varphi(t,v_0) &\gamma'(t) &= \varphi_u(t,v_0) &\gamma'(u_0) &= \varphi_u(u_0,v_0)\\ + \tilde{\gamma}(t)&:= \varphi(u_0,t) &\tilde{\gamma}'(t) &= \varphi_v(u_0,v) &\tilde{\gamma}'(v_0) &= \varphi_v(u_0,v_0) + \end{align*} + Definere damit den \textbf{Normalenvektor} in $\varphi(u_0,v_0)$: + \[N(u_0,v_0) := \varphi_u(u_0,v_0)\times\varphi_v(u_0,v_0)\] + Seien $\Delta u,\Delta v >0$ (aber "`klein"'). $a:= \Delta u\varphi_u(u_0,v_0)$, $b:= \Delta v\varphi_v(u_0,v_0)$. + \[P:= \{\lambda a+\mu b: \ \lambda,\mu\in [0,1]\}\] + Aus der Linearen Algebra folgt, der "`Inhalt"' von $P$ ist $\|a \times b\| = \Delta u\Delta v \|N(u_0,v_0)\|$. + \begin{displaymath} + I(\varphi) = \int_B \|N(u,v)\| d(u,v) + \end{displaymath} + heißt deshalb \textbf{Flächeninhalt} von $\varphi$ +\end{definition} + +\begin{beispiel} + $B:=[0,2\pi]\times[-\frac\pi2,\frac\pi2]$, $D=\MdR^2$\\ + $\varphi(u,v) := (\cos u\cos v,\sin u\cos v,\sin v)$. Dann: $\varphi(B) = \{(x,y,z)\in\MdR^3:\ x^2+y^2+z^2 = 1\}$.\\ + Nachrechnen: $N(u,v) = \cos v\varphi(u,v)$. Dann: $\|N(u,v)\| = |\cos v|\underbrace{\|\varphi(u,v)\|}_{=1} = \cos v\ \ \ \ ((u,v)\in B)$. \\ + Damit gilt: + \[I(\varphi) = \int_B \cos v d(u,v) = \int_0^{2\pi} (\int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\cos v d(v)) d(u) = 4\pi\] +\end{beispiel} + +\section{Explizite Parameterdarstellung} +Seien \(B\) und \(D\) wie in obiger Definition und \(f\in C^{1}(D,\,\mdr)\). Setze +\[\varphi(u,v):=(u,v,f(u,v))\quad((u,v)\in D)\] +Damit ist \(\varphi_{|B}\) eine Fläche (in expliziter Darstellung). +% hier Graphik einfuegen +Dann ist \(S=\varphi(B)\) gleich dem Graph von \(f_{|B}\). + +\[ +\varphi_{u}=(1,0,f_{u}),\quad \varphi_{v}=(0,1,f_{v}),\quad N(u,v)=(-f_{u},-f_{v},1)\quad\text{(Nachrechnen!)} +\] +Damit gilt: +\[I(\varphi)=\int_{B}{(f_{u}^{2}+f_{v}^{2}+1)^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}(u,v)}\] + +\begin{beispiel} +Sei \(D=\mdr^{2},\,B:=\{(u,v)\in\mdr^{2}\mid u^{2}+v^{2}\leq 1\}\) und +\[f(u,v):=u^{2}+v^{2}\] +Dann ist \(\varphi(u,v)=(u,v,u^{2}+v^{2})\), \(f_{u}=2u\) und \(f_{v}=2v\). Also ist \(S=\varphi(B)\) ein Paraboloid. +\[I(\varphi)=\int_{B}{(4u^{2}+4v^{2}+1)^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}(u,v)}\overset{\text{PK}}{=}\frac{\pi}{6}\left(\sqrt{5}^{3}-1\right)\quad \text{(Nachrechnen!)}\] +\end{beispiel} diff --git a/documents/Analysis III/Kapitel-15.tex b/documents/Analysis III/Kapitel-15.tex new file mode 100644 index 0000000..3d58a8d --- /dev/null +++ b/documents/Analysis III/Kapitel-15.tex @@ -0,0 +1,94 @@ +In diesem Kapitel sei \(\emptyset\neq B\subseteq\mdr^{2}\), \(B\) +kompakt, \(D\subseteq\mdr^{2}\) offen, \(B\subseteq D\) +und \(\varphi=(\varphi_{1},\varphi_{2},\varphi_{3})\in C^{1}(D,\mdr^{3})\). Das heißt: \(\varphi_{|B}\) ist eine Fläche mit +Parameterbereich \(B\), \(S:=\varphi(B)\) + +\begin{definition} +\index{Oberflächenintegral} +Definiere die folgenden \textbf{Oberflächenintegrale}: +\begin{enumerate} +\item Sei \(f:\,S\to\mdr\) stetig. Dann: +\[ +\int_{\varphi}{f\mathrm{d}\sigma}:=\int_{B}{f(\varphi(u,v))\lVert N(u,v)\rVert\mathrm{d}(u,v)} +\] +\item Sei \(F:\,S\to\mdr^{3}\) stetig. Dann: +\[ +\int_{\varphi}{F\cdot n\mathrm{d}\sigma}:=\int_{B}{F(\varphi(u,v))\cdot N(u,v)\mathrm{d}(u,v)} +\] +\end{enumerate} +\end{definition} + +\begin{beispiel} +Seien \(D,\,B,\,f,\,\varphi\) wie im letzten Beispiel in Kapitel 14. + +Sei \(F(x,y,z):=(x,y,z)\); bekannt: \(N(u,v)=(-2u,-2v,1)\). Dann: +\begin{align*} +F(\varphi(u,v))\cdot N(u,v)&=F(u,v,u^{2}+v^{2})\cdot(-2u,-2v,1)\\ +&=(u,v,u^{2}+v^{2})\cdot (-2u,-2v,1)\\ +&=-(u^{2}+v^{2}) +\end{align*} + +Also: +\[ +\int_{\varphi}{F\cdot n\mathrm{d}\sigma}=-\int_{B}{(u^{2}+v^{2})\mathrm{d}(u,v)}=-\frac{\pi}{2} +\] +\end{beispiel} + +\begin{satz}[Integralsatz von Stokes] +\label{Satz 15.1} +Es sei \(B\) zulässig, \(\partial B=\Gamma_{\gamma}\), wobei \(\gamma=(\gamma_{1},\gamma_{2})\) wie zu Beginn des Kapitels +13 ist. Es sei \(\varphi\in C^{2}(D,\mdr^{3})\). Weiter sei \(G\subseteq\mdr^{3}\) offen, \(S\subseteq G\) und \(F=(F_{1},F_{2},F_{3})\in C^{1}(G,\mdr^{3})\). Dann: +\[ +\underbrace{\int_{\varphi}{\rot F\cdot n\mathrm{d}\sigma}}_{\text{Oberflächenint.}}= + \underbrace{\int_{\varphi\circ\gamma}{F(x,y,z)\cdot\mathrm{d}(x,y,z)}}_{\text{Wegint.}} +\] +\end{satz} + +\begin{beispiel} +\(D,\,B,\,f,\,F\) und \(\varphi\) seien wie in obigem Beispiel. +% Bild einfuegen +Hier: \(\gamma(t)=(\cos t,\sin t)\quad(t\in [0,2\pi])\). +Dann: \((\varphi\circ\gamma)(t)=\varphi(\cos t, \sin t)=(\cos t, \sin t, 1)\quad(t\in [0,2\pi])\). + +Es ist \(\rot F=0\), also: \(\int_{\varphi}{\rot F\cdot n\mathrm{d}\sigma}=0\) +\begin{align*} +\int_{\varphi\circ\gamma}{F(x,y,z)\mathrm{d}(x,y,z)}&= + \int_{0}^{2\pi}{F((\varphi\circ\gamma)(t))\cdot(\varphi\circ\gamma)'(t)\mathrm{d}t}\\ +&=\int_{0}^{2\pi}{F(\cos t,\sin t, 1)\cdot (-\sin t,\cos t,0)\mathrm{d}t}\\ +&=\int_{0}^{2\pi}{\underbrace{(\cos t,\sin t,1)\cdot (-\sin t,\cos t,0)}_{=0}\mathrm{d}t}\\ +&=0 +\end{align*} +\end{beispiel} + +\begin{beweis} +Sei \(\varphi:=\varphi\circ\gamma,\,\varphi=(\varphi_{1},\varphi_{2},\varphi_{3})\), also + \(\varphi_{j}=\varphi_{j}\circ\gamma\quad(j=1,2,3)\). + +Zu zeigen: +\begin{align*} +\int_{\varphi}{\rot F\cdot n\mathrm{d}\sigma} + &=\int_{\varphi}{F(x,y,z)\mathrm{d}(x,y,z)}\\ + &=\int_{0}^{2\pi}{F(\varphi(t))\cdot\varphi'(t)\mathrm{d}t}\\ + &=\int_{0}^{2\pi}{\left(\sum_{j=1}^{3}{F_{j}(\varphi(t))\varphi_{j}'(t)}\right)\mathrm{d}t}\\ + &=\sum_{j=1}^{3}{\int_{0}^{2\pi}{F_{j}(\varphi(t))\varphi_{j}'(t)\mathrm{d}t}} +\end{align*} + +Es ist \(\int_{\varphi}{\rot F\cdot n\mathrm{d}\sigma}=\int_{B}{\underbrace{(\rot F)(\varphi(x,y))\cdot(\varphi_{x}(x,y)\times\varphi_{y}(x,y))}_{=:g(x,y)}\mathrm{d}(x,y)}\). +Für \(j=1,2,3\): +\[ +h_{j}(x,y):=\left(\underbrace{F_{j}(\varphi(x,y))\frac{\partial\varphi_{j}}{\partial y}(x,y)}_{=:u_{j}(x,y)},\underbrace{-F_{j}(\varphi(x,y))\frac{\partial\varphi_{j}}{\partial x}(x,y)}_{=:v_{j}(x,y)}\right)\quad((x,y)\in D) +\] + + +\(h_{j}=(u_{j},v_{j});\quad F\in C^{1},\,\varphi\in C^{2}\), damit folgt: \(h_{j}\in C^{1}\) + +Nachrechnen: \(g=\mathrm{div} h_{1}+\mathrm{div} h_{2}+\mathrm{div} h_{3}\) + +Damit: +\begin{align*} +\int_{B}{\rot F\cdot n\mathrm{d}\sigma} + &=\sum_{j=1}^{3}{\int_{B}{\mathrm{div}\,h_{j}(x,y)\mathrm{d}(x,y)}}\\ + &=\sum_{j=1}^{3}{\int_{\gamma}{(u_{j}\mathrm{d}y-v_{j}\mathrm{d}x)}}\\ + &=\int_{0}^{2\pi}{F_{j}(\varphi(t))\varphi_{j}'(t)\mathrm{d}t} +\end{align*} +\end{beweis} diff --git a/documents/Analysis III/Kapitel-16.tex b/documents/Analysis III/Kapitel-16.tex new file mode 100644 index 0000000..7a1209a --- /dev/null +++ b/documents/Analysis III/Kapitel-16.tex @@ -0,0 +1,594 @@ +Stets in diesem Kapitel: \(\emptyset\neq X\in\fb_{d}\) + +\begin{definition} +Sei \(p\in[1,+\infty]\). +\[ +p':=\begin{cases} +\infty&,\,p=1\\ +1&,\,p=\infty\\ +\frac{p}{p-1}&,\,10:\,f(t):=\frac{t}{p}+\frac{1}{p'}-t^{\frac{1}{p}}\) + +Übung: \(\min\{f(t)\mid t>0\}=f(1)=0\) + +D.h.: \(t^{\frac{1}{p}}\leq\frac{t}{p}+\frac{1}{p'}\quad\forall t>0\) + +Seien \(u,v>0,\,t:=\frac{u}{v}\). Dann: \(\frac{u^{\frac{1}{p}}}{v^{\frac{1}{p}}}\leq\frac{u}{vp}+\frac{1}{p'}\). Daraus folgt +\(u^{\frac{1}{p}}v^{1-\frac{1}{p}}\leq\frac{u}{p}+\frac{v}{p'}\implies u^{\frac{1}{p}}v^{\frac{1}{p'}}\leq \frac{u}{p}+\frac{v}{p'}\) + +Seien \(x,y>0:\,u:=x^{p},\,v:=y^{p'}\). Dann: \(xy\leq\frac{x^{p}}{p}+\frac{y^{p'}}{p'}\). + +Im Falle \(x=0\) oder \(y=\infty\) ist die Ungleichung trivialerweise richtig. +\end{beweis} + +\begin{erinnerung} +Sei \(f:\,X\to\mdr\) messbar und \(p>0\), so ist \(\lvert f\rvert^{p}\) messbar (vgl. Kapitel 3). + +Es gilt: \(\lvert f\rvert^{p}\in\fl^{1}(X)\Leftrightarrow \int_{X}{\lvert f\rvert^{p}\mathrm{d}x}<\infty\) +\end{erinnerung} + +\begin{definition} +\begin{enumerate} +\item Sei \(p\in[1,\infty)\). \(\fl^{p}(X)=\{f:\,X\to\mdr\mid f \text{ ist messbar und }\int_{X}{\lvert f\rvert^{p}\mathrm{d}x<\infty}\}\). + +Für \(f\in\fl^{p}(X)\): \(\lVert f\rVert_{p}=\left(\int_{X}{\lvert f\rvert^{p}\mathrm{d}x}\right)^{\frac{1}{p}}\) +\item \(\fl^{\infty}(X)=\{f:\,X\to\mdr\mid f\text{ ist messbar und }f\text{ ist f.ü. beschränkt}\}\) + +Für \(f\in\fl^{\infty}(X)\): \(\lVert f\rVert_{\infty}:=\esssup_{x\in X}\lVert f(x)\rVert=\inf\{c>0\mid \exists\text{Nullmenge }N_{c}\subseteq X: \lvert f(x)\rvert\leq c\,\forall x\in X\setminus N_{c}\}\) +\end{enumerate} +\end{definition} + +\begin{bemerkung} +Es sei \(f\in\fl^{\infty}(X)\) und stetig. Außerdem habe jede in \(X\) offene, nichtleere Teilmenge positives Maß. Dann ist \(f\) auf \(X\) beschränkt und \(\sup_{x\in X}\lvert f(x)\rvert=\esssup_{x\in X}\lvert f(x)\rvert\). +\end{bemerkung} +\begin{beweis} +Übung (ist \(N\subseteq X\) eine Nullmenge, so ist \(N^{\circ}=\emptyset\) und \(\overline{X\setminus N}=X\)) +\end{beweis} + +\begin{beispiel} +Sei \(d=1,\,X=[1,\infty),\,p>1\,(p<\infty),\,\alpha,\beta>0,\,f(x)=\frac{1}{x^{\alpha}},\,g(x)=\frac{1}{x^{\beta}}\) +\begin{enumerate} +\item \[f\in\fl^{p}(X)\overset{\text{\ref{Satz 4.14}}}{\iff}\int_{1}^{\infty}{\frac{1}{x^{\alpha p}}}\mathrm{d}x\] +konvergiert genau dann, wenn \(\alpha p>1\Leftrightarrow \alpha>\frac{1}{p}\) +\item +\[fg\in\fl^{1}(X)\overset{\text{\ref{Satz 4.14}}}{\iff}\int_{1}^{\infty}{\frac{1}{x^{\alpha+\beta}}\mathrm{d}x}\] +konvergiert genau dann, wenn $\alpha+\beta >1$ +\end{enumerate} +\end{beispiel} + +\begin{satz} +\label{Satz 16.1} +Sei \(p\in[1,\infty]\) und \(p'\) wie zu Anfang dieses Kapitels, also \(\frac{1}{p}+\frac{1}{p'}=1\). +\begin{enumerate} +\item Sei \(f\in\fl^{p}(X)\) und \(g\in\fl^{p'}(X)\). +\index{Ungleichung!Hölder} +Dann ist \(fg\in\fl^{1}(X)\) und es gilt die \textbf{Höldersche Ungleichung}: +\[ +\lVert fg\rVert_{1}\leq\lVert f\rVert_{p}\cdot\lVert g\rVert_{p'} +\] + +\index{Ungleichung!Cauchy-Schwarz} +Ist \(p=2\,(\implies p'=2)\), so heißt obige Ungleichung auch \textbf{Cauchy-Schwarzsche Ungleichung}. +\item \(\fl^{p}(X)\) ist ein reeller Vektorraum und für \(f,g\in\fl^{p}(X)\) gilt die \textbf{Minkowskische Ungleichung}: +\index{Ungleichung!Minkowski} +\[ +\lVert f+g\rVert_{p}\leq\lVert f\rVert_{p}+\lVert g\rVert_{p} +\] +\end{enumerate} +\end{satz} + +\begin{beweis} +\begin{enumerate} +\item Unterscheide die folgenden Fälle: +\begin{itemize} +\item[Fall 1:] \(p=1\) (also \(p'=\infty\)) oder \(p=\infty\) (also \(p'=1\)). Etwa \(p=1,\,p'=\infty\). + +Sei \(c>0\) und \(N_{c}\subseteq X\) Nullmenge mit: \(\lvert g(x)\rvert\leq c\,\forall x\in X\setminus N_{c}\). +\(\tilde{g}:=\mathds{1}_{X\setminus N_{c}}\cdot g\) + +Dann: \(g=\tilde{g}\) fast überall und \(\lvert\tilde{g}\rvert\leq c\) auf \(X\). Weiter: \(fg=f\tilde{g}\) fast überall, +bzw. \(\lvert fg\rvert=\lvert f\tilde{g}\rvert\) fast überall. + +Dann: +\[ +\int_{X}{\lvert fg\rvert\mathrm{d}x}=\int_{X}{\lvert f\tilde{g}\rvert\mathrm{d}x}=\int_{X}{\lvert f\rvert\underbrace{\lvert\tilde{g}\rvert}_{\leq c}\mathrm{d}x}\leq\int_{X}{\lvert f\rvert\mathrm{d}x}=c\cdot\lVert f\rVert_{1}<\infty +\] +Also: \(fg\in\fl^{1}(X)\) und \(\lVert fg\rVert_{1}\leq c\lVert f\rVert_{1}\). Übergang zum Infimum über alle \(c>0\) +liefert: \(\lVert fg\rVert_{1}\leq\lVert g\rVert_{\infty}\cdot\lVert f\rVert_{1}\) +\item[Fall 2:] Sei \(10\) und \(\lVert g\rVert_{p'}>0\). + +Aus obigem Hilfssatz: +\[ +\frac{\lvert f(x)\rvert}{\lVert f\rVert_{p}}\cdot\frac{\lvert g(x)\rvert}{\lVert g\rVert_{p'}}\leq\frac{1}{p}\frac{\lvert f(x)\rvert^{p}}{\lVert f\rVert_{p}^{p}}+\frac{1}{p'}\frac{\lvert g(x)\rvert^{p'}}{\lVert g\rVert_{p'}^{p'}}\quad\forall x\in X +\] +Integration liefert: +\begin{align*} +\frac{1}{\lVert f\rVert_{p}\cdot\lVert g\rVert_{p'}}\int_{X}{\lvert f(x)g(x)\rvert\mathrm{d}x} + &\leq\frac{1}{p}\cdot\frac{1}{\lVert f\rVert_{p}^{p}}\int_{X}{\lvert f\rvert^{p}\mathrm{d}x}+ + \frac{1}{p'}\cdot\frac{1}{\lVert g\rVert_{p'}^{p'}}\int_{X}{\lvert g\rvert^{p'}\mathrm{d}x}\\ + &=\frac{1}{p}+\frac{1}{p'}\\ + &=1<\infty +\end{align*} +Daraus folgt: \(fg\in\fl^{1}(X)\) und +\[ +\frac{\lVert fg\rVert_{1}}{\lVert f\rVert_{p}\cdot\lVert g\rVert_{p}}\leq 1\Leftrightarrow \lVert fg\rVert_{1}\leq\lVert f\rVert_{p}\cdot\lVert g\rVert_{p} +\] +\end{itemize} +\item Klar: Ist \(f\in\fl^{p}(X)\) und \(\alpha\in\mdr\), so ist \(\alpha f\in\fl^{p}(X)\) +\begin{itemize} +\item[Fall 1:] \(p=1\): Mit \ref{Satz 4.11} folgt: \(\fl^{1}(X)\) ist ein reeller Vektorraum. + +Seien \(f,g\in\fl^{1}(X)\). Dann: \(\lvert f+g\rvert\leq\lvert f\rvert+\lvert g\rvert\) auf \(X\). Damit: +\[ +\int_{X}{\lvert f+g\rvert\mathrm{d}x}\leq\int_{X}{\lvert f\rvert\mathrm{d}x}+\int_{X}{\lvert g\rvert\mathrm{d}x} +\] +\item[Fall 2:] \(p=\infty\): Seien \(f,\,g\in\fl^{\infty}(X)\). Seien \(c_{1},\,c_{2}>0\) und \(N_{1},\,N_{2}\subseteq X\) +Nullmengen und \(\lvert f(x)\rvert\leq c_{1}\forall x\in X\setminus N_{1},\,\lvert g(x)\rvert\leq c_{2}\forall x\in X\setminus N_{2}\). + +\(N=N_{1}\cup N_{2}\) ist eine Nullmenge. Dann: \(\lvert f(x)+g(x)\rvert\leq\lvert f(x)\rvert+\lvert g(x)\rvert\leq c_{1}+c_{2} +\forall x\in X\setminus N\). Es folgt: \(f+g\in\fl^{\infty}(X)\) und \(\lVert f+g\rVert_{\infty}\leq c_{1}+c_{2}\). + +Übergang zum Infimum über alle solche \(c_{1}\), bzw. \(c_{2}\), liefert: \(\lVert f+g\rVert_{\infty}\leq\lVert f\rVert_{\infty}+\lVert g\rVert_{\infty}\). +\item[Fall 3:] Sei \(11$, dann ist $\frac 1{r'}=1-\frac pq$. Aus $|f|^{pr}=|f|^q\in\fl^1(X)$ folgt $|f|^p\in\fl^r(X)$. Definiere $g:=\mathds{1}_X$, dann ist $g\in\fl^{r'}(X)$, da $\lambda_d(X)<\infty$. Wegen \ref{Satz 16.1} gilt dann: +\[g\cdot|f|^p\in\fl^1(X)\implies |f|^p\in\fl^1(X)\implies f\in\fl^p(X)\] +Aus der Hölderschen Ungleichung folgt: +\begin{align*} +\|f\|^p_p&=\|g\cdot |f|^p\|_1\\ +&\le \|g\|_{r'}\cdot\||f|^p\|_r\\ +&= (\int_X g^{r'}\text{ d}x)^{\frac 1{r'}}\cdot(\int_X |f|^{pr}\text{ d}x)^{\frac 1r}\\ +&= \lambda_d(X)^{\frac1{r'}}\cdot(\int_X |f|^{q}\text{ d}x)^{\frac pq}\\ +&= \lambda_d(X)^{1-\frac pq}\cdot\|f\|^p_q +\end{align*} +Also gilt: +\[\|f\|_p\le\lambda_d(X)^{\frac1p-\frac1q}\|f\|_q\] +\end{beweis} + +\begin {beispiel} +\begin{enumerate} +\item Sei $X:=(0,1]$, $1\le p0)$. Dann gilt nach +\ref{Satz 4.14} und Analysis I: +\begin{align*} +f\in\fl^p(X)&\iff\int_0^1\frac1{x^{\alpha p}}\text{ d}x \text{ konvergiert}\\ +&\iff\alpha p<1\\ +&\iff \alpha<\frac 1p +\end{align*} +Sei $\frac 1q<\alpha<\frac 1p$, dann ist $f\in\fl^p(X)$ und $f\not\in\fl^q(X)$. D.h. $\fl^p(X)\not\subseteq\fl^q(X)$ und aus \ref{Satz 16.2} folgt $\fl^q(X)\subseteq\fl^p(X)$. +\item Sei $X:=[1,\infty)$, $p=1$, $q\in(1,\infty)$ und $f(x):=\frac 1x$. Dann gilt nach \ref{Satz 4.14} und Analysis I: $f\not\in\fl^p(X)$ und $f\in\fl^q(X)$. D.h. also $\fl^q(X)\not\subseteq\fl^p(X)$.\\ +Definiere $g(x):=\mathds{1}_{[1,2)}\cdot (2-x)^{-\frac 1q}$. Übung: $g\in\fl^p(X)$ und $g\not\in\fl^q(X)$. D.h. also $\fl^p(X)\not\subseteq\fl^q(X)$. +\end{enumerate} +\end{beispiel} + +\begin{satz}[Satz von Lebesgue ($\fl^p$-Version)] +\label{Satz 16.3} +Sei $1\le p<\infty$, $f:X\to\mdr$ sei messbar, $g:X\to[0,\infty]$ integrierbar und $(f_n)$ eine Folge in $\fl^p(X)$ mit den Eigenschaften: +\begin{enumerate} +\item $f_n\to f$ f.ü. auf $X$ +\item $\forall n\in\mdn: |f_n|^p\le g$ f.ü. auf $X$. +\end{enumerate} +Dann ist $f\in\fl^p(X)$ und es gilt +\[\|f_n-f\|_p\stackrel{n\to\infty}\to 0\] +\end{satz} + +\begin{beweis} +Aus (i) und (ii) folgt: $|f|^p \leq g$ f.ü. +Im Kapitel 5 haben wir gesehen, dass dann gilt: +\[ \int_X |f|^p \text{ d}x \leq \int_X g \text{ d}x < \infty \] +(denn $g$ ist nach Voraussetzung integrierbar). +Daraus folgt: $f \in \fl^p(X)$. + +Setze $g_n := |f_n - f|^p$. Aus (i): $g_n \to 0$ f.ü. Es sind $f_n, f \in \fl^p(X)$ (ersteres nach Voraussetzung, zweiteres haben wir gerade gezeigt), und weil $\fl^p(X)$ ein reeller Vektorraum ist (\ref{Satz 16.1}(2)), folgt: +\[ f_n - f \in \fl^p(X) \] +Also $g_n \in \fl^1(X)$. +Es ist +\[ 0 \leq g_n \leq \left( |f_n| + |f| \right)^p \leq \left( g^{\frac{1}{p}} + g^{\frac{1}{p}} \right)^p = \left( 2g^{\frac{1}{p}} \right)^p = 2^p g \quad\text{f.ü.} \] +Mit \ref{Satz 6.2} folgt schließlich: +\[ \underbrace{\int_X g_n \text{ d}x}_{=\|f_n - f\|_p^p} \to 0. \] +\end{beweis} + +Aus \ref{Satz 16.1} folgt: $\fl^p(X)$ ist ein reeller Vektorraum (VR), wobei für $f,g\in\fl^p(X)$ gilt: +\[\|\alpha f\|_p=|\alpha|\cdot \|f\|_p\quad (\alpha\in\mdr)\] +\[\|f+g\|_p\le\|f\|_p+\|g\|_p\] +Aber $\|\cdot\|_p$ ist \textbf{keine} Norm auf $\fl^p(X)$! Denn aus $\|f\|_p=0$ folgt nur $f=0$ f.ü. + +\begin{definition} +Es sei $\cn:=\{f:X\to\mdr\mid f\text{ ist messbar und } f=0 \text{ f.ü.}\}$, dann ist $\cn$ ein Untervektorraum von $\fl^p(X)$. Definiere +\[L^p(X):=\fl^p(X)\diagup\cn=\{\hat f=f+\cn\mid f\in\fl^p(X)\}\] +Aus der Linearen Algebra ist bekannt, dass $L^p(X)$ durch die Skalarmultiplikation +\[\alpha\cdot\hat f := \widehat{\alpha f}\] +und die Addition +\[\hat f+\hat g:=\widehat{f+g}\] +zu einem Vektorraum über $\mdr$ wird. +\end{definition} + +Setze für $\hat f \in L^1(X)$: +\[\int_X \hat f(x) \text{ d}x := \int_X f(x) \text{ d}x\] +dabei ist diese Definition unabhängig von der Wahl des Repräsentanten $f \in \fl^1(X)$ von $\hat f$, denn: ist auch noch $g \in \fl^1(X)$ und $\hat g = \hat f$, so ist $f - g \in \cn$, also $f-g = 0$ f.ü. und damit: $\int_X f \text{ d}x = \int_X g \text{ d}x$. + +Für $\hat f \in L^p(X)$ definiere +\[\| \hat f \|_p := \| f \|_p\] +wobei diese Definition unabhängig ist von der Wahl des Repräsentanten $f \in \fl^p(X)$ von $\hat f$. + +Für $\hat f, \hat g \in L^2(X)$ setze +\[( \hat f | \hat g ) := \int_X f(x)g(x) \text{ d}x\] +(auch diese Definition ist Repräsentanten-unabhängig) (Beachte: $f\cdot g \in \fl^1(X)$ ) + +\textbf{Dann gilt:} +\index{Ungleichung!Cauchy-Schwarz} +\begin{enumerate} \item $L^p(X)$ ist unter $\| \cdot \|_p$ ein normierter Raum (NR). +\item Für $\hat f, \hat g \in L^2(X)$ gilt: +\[ | ( \hat f | \hat g ) | = | \int_X f(x)g(x) \text{ d}x | \leq \int_X |fg| \text{ d}x = \| fg \|_1 \overset{\ref{Satz 16.1}}{\leq} \| f \|_2 \| g \|_2 = \| \hat f \|_2 \| \hat g \|_2 \] +\textbf{(Cauchy-Schwarzsche Ungleichung)} +\end{enumerate} +\textbf{Nachrechnen:} $( \hat f | \hat g )$ definiert ein Skalarprodukt auf $L^2(X)$. Es gilt: +\[ ( \hat f | \hat f) = \int_X f(x)^2 \text{ d}x = \| \hat f \|_2^2 \] +\textbf{Also:} $\| \hat f \|_2 = \sqrt{( \hat f | \hat f )}$ + +\begin{definition} +\index{Prähilbertraum} +\index{Hilbertraum} +Sei $(B, \| \cdot \|)$ ein normierter Raum. Gilt mit einem Skalarprodukt $( \cdot | \cdot )$ auf $B$: +\begin{align*} +\tag{$*$} \| v \| = \sqrt{(v | v)} \quad \forall v \in B +\end{align*} +so heißt $B$ ein \textbf{Prähilbertraum}. Ist $B$ ein Banachraum mit $(*)$, so heißt $B$ ein \textbf{Hilbertraum}. +\end{definition} + +\textbf{Vereinbarung:} ab jetzt sei stets in diesem Kapitel $1 \leq p < \infty$. + +\begin{bemerkung} +\index{Chauchyfolge} +Seien \(f,f_n\in\fl^p(X)\) +\begin{enumerate} +\item \(\| f_n-f\|_p = \| \hat{f_n}-\hat f\|_p\to 0\) genau + dann, wenn \((\hat{f_n})\) eine konvergente Folge im normierten Raum \(L^p(X)\) + mit dem Grenzwert \(\hat f\) ist. +\item \((\hat f_n)\) ist eine \textbf{Cauchyfolge} (CF) in \(L^p(X)\) genau dann, wenn für jedes $\ep>0$ ein $n_0\in\mdn$ exitiert mit: + \begin{align*} + \tag{$*$} \| \hat f_n-\hat f_m\|_p =\| f_n-f_m\|_p<\ep\quad\forall n,m\geq n_0 + \end{align*} +\item Wie in Analysis II zeigt man: gilt \(\| f_n-f\|_p= + \| \hat f_n-\hat f\|_p\to 0\), so ist \((\hat f_n)\) eine Cauchyfolge + in \(L^p(X)\). + + +\end{enumerate} +\end{bemerkung} + +\begin{satz}[Satz von Riesz-Fischer] +\label{Satz 16.4} +\((\hat f_n)\) sei eine Cauchyfolge in \(L^p(X)\), das heißt es gilt \((\ast)\) aus obiger Bemerkung (2). +Dann existiert ein \(f\in\fl^p(X)\) und eine Teilfolge \((f_{n_j})\) von \((f_n)\) mit: +\begin{enumerate} +\item \(f_{n_j}\to f\) fast überall auf \(X\). +\item \(\| f_n-f\|_p\to 0 \ \ (n\to\infty)\). +\end{enumerate} +Das heißt \(L^p(X)\) ist ein Banachraum (\(L^2(X)\) ist ein Hilbertraum). +\end{satz} + +\begin{bemerkung} +Voraussetzungen und Bezeichnungen seien wie in \ref{Satz 16.4}. Im Allgmeinen wird \textbf{nicht} +gelten, dass fast überall \(f_n\to f\) ist. +\end{bemerkung} + +\begin{beispiel} +Sei \(X=[0,1]\) und \((I_n)\) sei die folgende Folge von Intervallen: +\[I_1=\left[0,1\right], I_2=\left[0,\frac12\right], I_3=\left[\frac12,1\right], I_4=\left[0,\frac14\right], +I_5=\left[\frac14,\frac12\right], I_6=\left[\frac12, \frac34\right], I_7=\left[\frac34,1\right], \dots\] +Es sei \(f_n:=\mathds{1}_{I_n}\), sodass \(\int_X f_n\,dx=\int_{I_n}1\,dx=\lambda_1(I_n)\to 0\). +Also \(\hat f_n\in L^1(X)\) und \(\| \hat f_n-\hat 0\|_1\to 0\). +Ist \(x\in X\), so gilt: \(x\in I_n\) für unendlich viele \natn. Daraus folgt, dass eine Teilfolge +\(I_{n_j}\) mit \(x\in I_{n_j}\) für jedes \(j\in\mdn\) existiert. Somit ist \(f_{n_j}(x)=1\) für jedes \(j\in\mdn\) +und deshalb gilt fast überall \(f_n\nrightarrow 0\). +\end{beispiel} + +\begin{beweis}[von \ref{Satz 16.4}] +Setze \(\ep_j:=\frac1{2^j}\ (j\in\mdn)\). +Zu \(\ep_1\) existiert ein \(n_1\in\mdn\) mit \(\| f_l-f_{n_1}\|_p<\ep_1\) +für alle \(l\geq n_1\). +Zu \(\ep_2\) existiert ein \(n_2\in\mdn\) mit \(n_2>n_2\) und +\(\| f_l-f_{n_2}\|_p<\ep_2\) für alle \(l\geq n_2\). +Etc.\\ +Wir erhalten eine Teilfolge \((f_{n_j})\) mit +\[(+)\ \ \ \| f_l-f_{n_j}\|_p<\ep_j \text{ für alle } l\geq n_j \text{ mit } j\in\mdn\] +Setze \(g_j:=f_{n_{j+1}}-f_{n_j}\ (j\in\mdn)\). Klar: \(g_l\in\fl^p(X)\). +Für \(N\in\mdn\): \[S_N:=\int_X\left(\sum^N_{j=1}\lvert g_j(x)\rvert^p\right)^{\frac1p}\] +Dann: +\begin{align*} + S_N=\left\lvert\left\lvert\sum^N_{j=1}\lvert g_j\rvert\right\rvert\right\rvert_p + \leq \sum^N_{j=1}\| g_j\|_p + \overset{\text{(+)}}\leq \sum^N_{j=1}\ep_j + =\sum^N_{j=1}\frac1{2^j} + \leq 1 +\end{align*} +Setze \[g(x):=\sum^\infty_{j=1}\lvert g_j(x)\rvert \text{ für } x\in X\] +Es ist \(g\geq0\) und messbar. Weiter gilt: +\begin{align*} + 0\leq \int_X g^p\,dx + =\int_X\lim_{N\to\infty}\left(\sum^N_{j=1}\lvert g_j\rvert\right)^p\,dx + \overset{\ref{Satz 6.2}}\leq \liminf_{N\to\infty}S_N^p + \leq 1 +\end{align*} +Somit ist \(g^p\) ist integrierbar. Aus \ref{Satz 5.2} folgt, dass eine Nullmenge \(N_1\subseteq X\) +existiert mit \(0\leq g^p(x)<\infty\) für alle \(x\in X\setminus N_1\). Es ist dann auch +\(0\leq g(x)<\infty\) für alle \(x\in X\setminus N_1\) und somit folgt nach Konstruktion von $g$, dass +\(\sum^\infty_{j=1}g_j\,dx\) konvergiert absolut in jedem \(x\in X\setminus N_1\). +Aus Analysis I folgt, dass damit \(\sum^\infty_{j=1}g_j\,dx\) in jedem +\(x\in X\setminus N_1\) konvergiert. + +Für \(m\in\mdn\): +\[\sum^{m-1}_{j=1}g_j=f_{n_m}-f_{n_1} \implies f_{n_m}=\sum^{m-1}_{j=1}g_j + f_{n_1} \] +Deshalb ist \((f_{n_m})\) konvergent (in \mdr) für alle \(x\in X\setminus N_1\). +\begin{align*} +f(x):= + \begin{cases} + \lim_{m\to\infty}f_{n_m}(x) &, x\in X\setminus N_1 \\ + 0 &, x\in N_1 + \end{cases} +\end{align*} +Aus \S 3 ist bekannt, dass $f$ messbar ist. Klar: \(f_{n_m}\to f\) fast überall und +\(f(X)\subseteq\mdr\). +Es ist \(f_{n_m}=\sum^{m-1}_{j=1}g_j + f_{n_1}\) und somit +\[\lvert f_{n_m}\rvert = \lvert f_{n_1}\rvert + \sum^{m-1}_{j=1}g_j \leq \lvert f_{n_1}\rvert + +\lvert g\rvert\] +Wie im Beweis von Satz \ref{Satz 16.1} folgern wir +\[\lvert f_{n_m}\rvert^p\leq 2^p\left(\lvert f_{n_1}\rvert^p+g^p\right)=:\tilde g \] + \(f_{n_1}\in\fl^p(X)\), \(g^p\) ist integrierbar. Aus \ref{Satz 16.3} folgt, dass \(f\in\fl^p(X)\) +und \[\| f_{n_m}-f\|_p\to 0 \ (m\to\infty)\] +Sei nun \(\ep>0\). Wähle \(m\in M\) so, dass \(\frac1{2^m}<\frac\ep2\) und +\(\| f-f_{n_m}\|_p<\frac\ep2\). +Für \(l\geq n_m\) gilt: +\[\| f_l-f\|_p= \| f_l-f_{n_m}+f_{n_m}-f\|_p +\leq \| f_l-f_{n_m}\|_p + \| f_{n_m}-f\|_p +\overset{\text{(+)}}< \frac1{2^m}+\frac\ep2 <\ep\] +Das heißt +\[\| f_l-f\|_p\to0 \ (l\to\infty)\] +\end{beweis} + +\begin{satz} +\label{Satz 16.5} +Sei auch noch \(1\leq q<\infty\). \((f_n)\) sei eine Folge in \(\fl^p(X)\cap\fl^q(X)\). Es sei +\begin{align*} +f\in\fl^p(X) & \text{ und } g\in\fl^q(X) +\intertext{Weiter gelte: } +\| f_n-f\|_p\to 0 & \text{ und } \| f_n-g\|_q\to 0 \ (n\to\infty) +\end{align*} +Dann ist fast überall \(f=g\). +\end{satz} + +\begin{beweis} +\begin{enumerate} +\item[\textbf{1.}] + Aus Bemerkung (3) vor \ref{Satz 16.4} folgt, dass \((\hat f_n)\) ist eine Cachyfolge in + \(L^p(X)\). Wegen \ref{Satz 16.4} existiert dann ein \(\varphi\in\fl^p(X)\) und eine Teilfolge + \((f_{n_j})\) mit: \(f_{n_j}\to\varphi\) fast überall und + \(\| f_n-\varphi\|_p\to0\) + \begin{align*} + \| f-\varphi\|_p + = \| f-f_n+f_n-\varphi\|_p + \leq \| f-f_n\|_p + \| f_n-\varphi\|_p + \to 0\ \ (n\to\infty) + \end{align*} + Somit ist \(\| f-\varphi\|_p=0\) und deshalb fast überall \(f=\varphi\). + Also gilt fast überall \(f_{n_j}\to f\). Das heißt, dass es eine Nullmenge \(N_1\subseteq X\) gibt, + für die gilt: \[f_{n_j}(x)\to f(x) \text{ für alle } x\in X\setminus N_1\] +\item[\textbf{2.}] + Setze \(g_j:=f_{n_j}\), dann gilt \(\| g_j-g\|_q\to0\ \ (j\to\infty)\). Wie + im ersten Schritt zeigt man, dass eine Nullmenge \(N_2\subseteq X\) und eine Teilmenge + \((g_{j_k})\) existiert mit, für die gilt: + \[g_{j_k}(x)\to g(x) \text{ für alle } x\in X\setminus N_2\] +\end{enumerate} +Wir wissen, dass \(N:=N_1\cup N_2\) eine Nullmenge ist. Sei nun \(x\in X\setminus N\). Dann +folgt aus dem ersten Schritt \(f_{n_j}(x)\to f(x)\) und daraus +\[ \underbrace{f_{n_{j_k}}(x)}_{=g_{n_{j_k}}(x)}\to f(x) \] +Aus dem Zweiten Schritt folgt dann, dass \(f_{n_{j_k}}(x)\to g(x)\) und somit \(f(x)=g(x)\). +\end{beweis} + +\begin{bemerkung} +Seien \(f_n,f\in\fl^p(X)\) und es gelte \(\| f_n-f\|_p\to 0\ \ (n\to\infty)\). Der +Beweis von \ref{Satz 16.5} zeigt, dass eine Teilfolge \((f_{n_j})\) von \((f_n)\) existiert mit +\(f_{n_j}\to f\) fast überall. +\end{bemerkung} + +\begin{bemerkung} +Konvergenz im Sinne der Norm \(\|\cdot\|_p\) und punktweise Konvergenz fast +überall haben im Allgemeinen \textbf{nichts} miteinander zu tun! +\end{bemerkung} + +\begin{beispiel} +Sei \((f_n)\) wie im Beispiel vor \ref{Satz 16.4}. Also \(\| f_n-0\|_p\to 0\), aber +\(f_n\nrightarrow 0\) fast überall. +\end{beispiel} + +\begin{beispiel} +%Bild einfügen +Sei \(X=[0,1]\) und \(f_n\) sei wie im Bild. \(f_n\) ist stetig, also messbar. +\[\int_X f_n\,dx=1 \text{ für alle } \natn\] +Somit ist \(f_n\in\fl^1(X)\). +\[f_n(x)\to +\begin{cases} +0, x\in(0,1]\\ +1, x=0 +\end{cases}\] +Damit gilt fast überall \(f_n\to0\), aber +\(\| f_n-0\|_1=1\nrightarrow0 \ \ (n\to\infty)\) +\end{beispiel} + +\begin{definition} + \index{Reihe ! unendliche} + \index{stetig} +Seien \((E,\|\cdot\|_1), (F,\|\cdot\|_2)\) normierte Räume. +\begin{enumerate} +\item Sei \((x_n)\) eine Folge in $E$ und \(s_n:=x_1+x_2+\dots+x_n\) (\natn). + Dann heißt \((s_n)\) eine \textbf{unendliche Reihe} und wird mit + \[\sum^\infty_{n=1}x_n\] bezeichnet. \(\sum^\infty_{n=1}x_n\) heißt + \textbf{konvergent} genau dann, wenn \((s_n)\) konvergiert. In diesem Fall ist + \[\sum^\infty_{n=1}x_n:=\lim_{n\to\infty}s_n\] +\item \(\Phi\colon E\to F\) sei eine Abbildung. \(\Phi\) heißt \textbf{stetig} in \(x_0\in E\) + genau dann, wenn für jede konvergente Folge \((x_n)\) in $E$ mit \(x_n\to x_0\) + gilt: \[\Phi(x_n)\to\Phi(x_0)\] + \(\Phi\) heißt auf $E$ stetig genau dann, wenn \(\Phi\) ist in jedem \(x\in E\) stetig. +\item Für $(x,y)\in E\times E$ setze +\[\|(x,y)\|:=\sqrt{\|x\|_1^2+\|y\|_1^2}\] +Dann ist $\|\cdot\|$ eine Norm auf $E\times E$ (nachrechnen!). Weiter gilt, dass $E\times E$ genau dann ein Banachraum ist, wenn $E$ einer ist. Für eine Folge $((x_n,y_n))$ in $E\times E$ und $(x,y)\in E\times E$ gilt +\[(x_n,y_n)\stackrel{\|\cdot\|}\to (x,y) \iff x_n\stackrel{\|\cdot\|}\to x \wedge y_n\stackrel{\|\cdot\|}\to y\] +\end{enumerate} +\end{definition} + +\begin{bemerkung} +Ist $(x_n)$ eine konvergente Folge in $E$, so ist $(x_n)$ beschränkt (d.h. $\exists c>0: \|x_n\|_1\le c \forall n\in\mdn$). + +(Beweis wie in Ana I) +\end{bemerkung} + +\begin{vereinbarung} +Für den Rest dieser Vorlesung schreiben wir (meist) $f$ statt $\hat f$ und identifizieren $\fl^p(X)$ mit $L^p(X)$. Ebenso schreiben wir $\int_X f\text{ d}x$ statt $\int_X \hat f\text{ d}x$ und $(f|g)$ statt $(\hat f|\hat g)$. +\end{vereinbarung} + +\begin{wichtigesbeispiel} +\label{Beispiel 16.6} +\begin{enumerate} +\item Die Abbildung $\Phi:L^p(X)\to\mdr$, definiert durch +\[\Phi(f):=\|f\|_p\] +ist stetig auf $L^p(X)$. D.h. für $f_n,f\in L^p(X)$ mit $f_n\stackrel{\|\cdot\|_p}\to f$ gilt $\|f_n\|_p\to\|f\|_p$, also +\[\int_X|f_n|^p\text{ d}x\to\int_X|f|^p\text{ d}x\] +\begin{beweis} +Aus Analysis II §17 folgt: +\[| \|f_n\|_p-\|f\|_p |\le \|f_n-f\|_p\stackrel{n\to\infty}\to 0\] +\end{beweis} +\item Die Abbildung $\Phi:L^1(X)\to\mdr$ definiert durch +\[\Phi(f):=\int_X f\text{ d}x\] +ist stetig auf $L^1(X)$. D.h. aus $f_n,f\in L^1(X)$ und $f_n\stackrel{\|\cdot\|_1}\to f$ folgt +\[\int_X f_n\text{ d}x\to\int_X f \text{ d}x\] +\begin{beweis} +Es gilt: +\begin{align*} +|\int_X f_n \text{ d}x-\int_X f \text{ d}x| &=|\int_X f_n-f \text{ d}x|\\ +&\le \int_X |f_n-f| \text{ d}x\\ +&= \|f_n-f\|_1\stackrel{n\to\infty}\to 0 +\end{align*} +\end{beweis} +\item Die Abbildung $\Phi:L^2(X)\times L^2(X)\to\mdr$ definiert durch +\[\Phi(f,g):=(f|g)\] +ist stetig auf $L^2(X)\times L^2(X)$. D.h. für $f_n,g_n,f,g\in L^2(X)$ mit $f_n\stackrel{\|\cdot\|_2}\to f$ und $g_n\stackrel{\|\cdot\|_2}\to g$ gilt +\[(f_n|g_n)\stackrel{n\to\infty}\to(f|g)\] +\begin{beweis} +Es gilt: +\begin{align*} +|(f_n|g_n)-(f|g)|&=|(f_n|g_n)-(f_n|g)+(f_n|g)-(f|g)|\\ +&=|(f_n|g_n-g)+(f_n-f|g)|\\ +&\le |(f_n|g_n-g)|+|(f_n-f|g)|\\ +&\le \|f_n\|_2\cdot \|g_n-g\|_2 + \|f_n-f\|_2\cdot\|g\|_2\stackrel{n\to\infty}\to 0 +\end{align*} +\end{beweis} +\end{enumerate} +\end{wichtigesbeispiel} + +\begin{satz} +\label{Satz 16.7} +Sei $f=f_+-f_-\in L^p(X)$ und $(g_n)$ und $(h_n)$ seien zulässige Folgen für $f_+$ bzw. $f_-$ (d.h. $g_n,h_n$ einfach, $0\le g_n\le g_{n+1}, g_n\to f_+$, $0\le h_n\le h_{n+1}, h_n\to f_-$). Setze $f_n:=g_n-h_n$.\\ +Dann sind $f_n,g_n,h_n\in L^p(X)$ und es gilt: +\begin{align*} +&\|g_n-f_+\|_p\to 0&&\|h_n-f_-\|_p\to 0&&\|f_n-f\|_p\to 0 +\end{align*} +\end{satz} + +\begin{beweis} +Es genügt den Fall $f\ge 0$ zu betrachten (also $f=f_+$, $f_-\equiv 0$). Sei also $(f_n)$ zulässig für $f$. Definiere $\varphi:=|f_n-f|^p$. Es ist klar, dass punktweise gilt $\varphi_n\to 0$. Außerdem gilt: +\begin{align*} +0\le\varphi_n&\le (|f_n|+|f|)^p\\ +&=|f_n+f|^p\le (2f)^p\\ +&=2^pf^p=:g +\end{align*} +Dann ist $g\in L^1(X)$ integrierbar.\\ +Aus \ref{Satz 4.9} folgt: +\begin{align*} +\varphi\in L^1(X)&\implies f_n-f\in L^p(X)\\ +&\implies f_n=(f_n-f)+f\in L^p(X) +\end{align*} +Aus \ref{Satz 6.2} folgt: +\[\int_X\varphi_n\text{ d}x\to 0 \implies \|f_n-f\|_p^p\to 0\] +\end{beweis} + +\begin{definition} +\index{Träger} +\begin{enumerate} +\item Sei $f:X\to\mdr$. Dann heißt +\[\supp (f):=\overline{\{x\in X\mid f(x)\ne 0\}}\] +der \textbf{Träger} von $f$ +\item $C_c(X,\mdr):=\{f\in C(X,\mdr)\mid \supp(f)\subseteq X\text{ und } \supp(f) \text{ kompakt}\}$ +\end{enumerate} +\end{definition} + +\begin{satz} +\index{dicht} +\label{Satz 16.8} +\begin{enumerate} +\item $C_c(X,\mdr)\subseteq L^p(X)$ +\item Ist $X$ offen, so liegt $C_c(X,\mdr)$ \textbf{dicht} in $L^p(X)$, d.h. ist $f\in L^p(X)$ und $\ep>0$, so existiert $g\in C_c(X,\mdr)$ mit $\|f-g\|_p<\ep$. +\end{enumerate} +\end{satz} + +\begin{beweis} +\begin{enumerate} +\item Sei $f\in C_c(C,\mdr)$ und $K:=\supp(f)$, dann ist $K\subseteq X$ kompakt, also $K\in\fb_d$. Es gilt für alle $x\in X\setminus K$ $f(x)=0$ und damit folgt aus \ref{Satz 4.12} $\int_K |f|^p\text{ d}x<\infty$. Dann gilt: +\[\int_X |f|^p\text{ d}x=\int_{X\setminus K} |f|^p\text{ d}x+\int_K |f|^p\text{ d}x=\int_K |f|^p\text{ d}x<\infty\] +Also ist $f\in L^p(X)$. +\item Siehe Übungsblatt 13. +\end{enumerate} +\end{beweis} diff --git a/documents/Analysis III/Kapitel-17.tex b/documents/Analysis III/Kapitel-17.tex new file mode 100644 index 0000000..9dad0d1 --- /dev/null +++ b/documents/Analysis III/Kapitel-17.tex @@ -0,0 +1,456 @@ +In diesem Kapitel sei $\emptyset \ne X \in \fb_d, f: X \to \MdC$ eine Funktion, $ u:= \Re(f), v:= \Im(f)$, also: $u,v: X \to \MdR, f= u+iv$. + +Wir versehen $\MdC$ mit der $\sigma$-Algebra $\fb_2$ (wir identifizieren $\MdC$ mit $\mdr^2$). + +\begin{definition} +\index{messbar} +$f$ heißt (Borel-)\textbf{messbar}, genau dann wenn gilt: $f$ ist $\fb_d$-$\fb_2$-messbar. +\end{definition} + +Aus 3.2 folgt: $f$ ist messbar genau dann, wenn $u$ und $v$ messbar sind. + +\begin{definition} +\index{integrierbar}\index{Integral} +Sei $f$ messbar. $f$ heißt \textbf{integrierbar} (ib.) genau dann, wenn $u$ und $v$ integrierbar sind. +In diesem Fall setze +\[ \int_X f \text{ d}x := \int_X u \text{ d}x + i\int_X v \text{ d}x \quad ( \in \MdC) \] +\end{definition} + +Es gilt: $|u|, |v| \leq |f| \leq |u| + |v|$ auf $X$. +Hieraus und aus 4.9 folgt: $f$ ist integrierbar genau dann, wenn $|f|$ integrierbar ist. + +\begin{definition} +\[ \fl^p(X, \MdC) := \{ f : X \to \MdC | f \text{ ist messbar und } \int_X |f|^p \text{ d}x < \infty \} \] +(Achtung: mit den Betragsstrichen in ob. Integral ist der komplexe Betrag gemeint!) +\[ \cn := \{ f: X \to \MdC | f \text{ ist messbar und } f = 0 \text{ f.ü.} \} \] +$\fl^p(X,\MdC )$ ist ein komplexer Vektorraum (siehe 17.1) und $\cn$ ist ein Untervektorraum von $\fl^p(X,\MdC )$. +\[ L^p(X,\MdC ) := \fl^p(X,\MdC)\diagup\cn \] +\end{definition} + +\begin{definition} +\index{orthogonal} +Für $f,g \in L^2(X,\MdC )$ setze +\[(f | g) := \int_X f(x) \overline{g(x)} \text{ d}x\] +sowie +\[f \bot g :\Longleftrightarrow (f | g) = 0 \quad \text{ ($f$ und $g$ sind \textbf{orthogonal}).} \] +( $\overline{z}$ bezeichne hierbei die komplex Konjugierte von $z$, vgl. Lineare Algebra). +\end{definition} + +\textbf{Klar:} \begin{enumerate} +\item $L^p(X,\MdC )$ ist mit $\| f \|_p := (\int_X |f|^p \text{ d}x )^{\frac{1}{p}}$ ein komplexer normierter Raum (NR). +\item $(f | g)$ definiert ein Skalarprodukt auf $L^2(X,\MdC)$. Es ist +\[(f | g) = \overline{(g | f)}, \] +\[ (f | f) = \int_X f(x) \overline{f(x)} \text{ d}x = \int_X |f(x)|^2 \text{ d}x = \| f \|_2^2 \text{, also:} \] +\[ \| f\|_2 = \sqrt{(f|f)} \quad (f,g \in L^2(X,\MdC )) \] +(Beachte: es ist $z \cdot \overline{z} = |z|^2$ für $z \in \MdC$). +\end{enumerate} + +\textbf{Inoffizielle Anmerkung:} Dieses Skalarprodukt ist auf $\MdC$ nur linear in der ersten Komponente! Wenn man einen $\MdC$-Skalar aus der zweiten Komponente rausziehen möchte, muss man diesen komplex konjugieren: +\begin{align*} +\alpha \in \MdC:\quad &(f|\alpha g) = \overline{\alpha} (f|g)\\ +&(\alpha f|g) = \alpha (f | g) +\end{align*} + +\begin{satz} +\label{Satz 17.1} +\begin{enumerate} + \item Seien \(f,g\colon X\to\mdc\) integrierbar und \(\alpha,\beta\in\mdc\). Dann gelten: + \begin{enumerate} + \item[(i)] \(\alpha f+\beta g\) ist integrierbar und + \[\int_X(\alpha f+\beta g)\,dx = \alpha\int_Xf\,dx+\beta\int_Xg\,dx\] + \item[(ii)] \(\text{Re}\left(\int_Xf\,dx\right) = \int_X\text{Re}(f)\,dx\ \) und + \(\ \text{Im}\left(\int_Xf\,dx\right) = \int_X\text{Im}(f)\,dx\) + \item[(iii)] \(\overline f\) ist integrierbar und + \[\int_X\overline f\,dx=\overline{\int_Xf\,dx}\] + \end{enumerate} + \item Die Sätze \ref{Satz 16.1} bis \ref{Satz 16.3} und das Beispiel \ref{Beispiel 16.6} gelten in + \(L^p(X,\mdc)\). + \item \(L^p(X,\mdc)\) ist ein komplexer Banachraum, \(L^2(X,\mdc)\) ist ein komplexer + Hilbertraum. +\end{enumerate} +\end{satz} + +\begin{wichtigesbeispiel} +\label{Beispiel 17.2} +Sei \(X=[0,2\pi]\). Für \(k\in\MdZ\) und \(t\in\mdr\) setzen wir +\begin{align*} + e_k(t):=e^{ikt}=\cos(kt)+i\sin(kt) && \text{ und } && b_k:=\frac1{\sqrt{2\pi}}e_k +\end{align*} +Dann gilt: \(b_k,e_k\in L^2([0,2\pi],\mdc)\) und \[\int_0^{2\pi}e_0(t)\,dt=2\pi\] +Für \(k\in\MdZ\) und \(k\neq0\) ist +\begin{align*} + \int_0^{2\pi}e_k(t)\,dt=\left.\frac1{ik}e^{ikt}\right\rvert_0^{2\pi} + = \frac1{ik}\left(e^{2\pi ki}-1\right)=0 +\intertext{Damit ist} + (b_k\mid b_l) = \int^{2\pi}_0 b_k\overline{b_l}\,dt = \frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}e^{ikt}e^{-ilt}\,dt + = \frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}e^{i(k-l)t}\,dt = + \begin{cases} + 1 ,\text{falls } k=l\\ + 0 ,\text{falls }k\neq l + \end{cases} +\end{align*} +Insbesondere ist \(\| b_k\|_2=1\). Das heißt \(\{b_k\mid k\in\MdZ\}\) ist ein +\textbf{Orthonormalsystem} in \(L^2([0,2\pi],\mdc)\). +Zur Übung: \(\{b_k\mid k\in\MdZ\}\) ist linear unabhängig in \(L^2([0,2\pi],\mdc)\). +\end{wichtigesbeispiel} + +\begin{definition} +Sei \((\alpha_k)_{k\in\MdZ}\) eine Folge in \(\mdc\) und \((f_k)_{k\in\MdZ}\) eine Folge in +\(L^2(X,\mdc)\). +\begin{enumerate} + \item Für \(n\in\mdn_0\) setze + \[s_n:=\sum^n_{k=-n}\alpha_k = \sum_{\lvert k\rvert\leq n}\alpha_k + =\alpha_{-n}+\alpha_{-(n-1)}+\dots+\alpha_0+\alpha_1+\dots+\alpha_n\] + Existiert \(\lim_{n\to\infty}s_n\) in \(\mdc\), so schreiben wir + \(\sum_{k\in\MdZ}\alpha_k:=\lim_{n\to\infty}s_n\) + \item Für \(n\in\mdn_0\) setze + \[\sigma_n:=\sum^n_{k=-n}f_k=\sum_{\lvert k\rvert\leq n}f_k\] + Gilt für ein \(f\in L^2(X,\mdc)\): + \(\| f-\sigma_n\|_2\overset{n\to\infty}\longrightarrow 0\), so schreiben + wir \[f\overset{\|\cdot\|_2}=\sum_{k\in\MdZ}f_k \ \ \ + \left(=\lim_{n\to\infty}\sigma_n \text{ im Sinne der } L^2\text{-Norm}\right)\] +\end{enumerate} +\end{definition} + +\begin{definition} +\index{Orthonormalbasis} +Sei \(\{b_k\mid k\in\MdZ\}\) wie in \ref{Beispiel 17.2}. \(\{b_k\mid k\in\MdZ\}\) heißt eine +\textbf{Orthonormalbasis (ONB)} von \(L^2([0,2\pi],\mdc)\) genau dann, wenn es zu jedem +\(f\in L^2([0,2\pi],\mdc)\) eine Folge \[(c_k)_{k\in\MdZ}=(c_k(f))_{k\in\MdZ}\] gibt, mit +\[(\ast)\ \ \ \ \ \ \ \ \ f\overset{\|\cdot\|_2}=\sum_{k\in\MdZ}c_kb_k \] +\textbf{Frage:} Ist \(\{b_k\mid k\in\MdZ\}\) eine ONB von \(L^2([0,2\pi],\mdc)\)?\\ +\textbf{Antwort:} Ja! In \ref{Satz 18.5} werden wir sehen, dass \((\ast)\) gilt mit +\(c_k=(f\mid b_k)\). +\end{definition} + +\chapter{Fourierreihen} +\label{Kapitel 18} + +In diesem Kapitel sei stets \(X=[0,2\pi]\), \(L^2:=L^2([0,2\pi],\mdc)\) und +\(L^2_\mdr:=L^2([0,2\pi],\mdr)\). Weiter sei \(\{b_k\mid k\in\MdZ\}\) wie in \ref{Beispiel 17.2}. + +\begin{satz} +\label{Satz 18.1} +Ist \(f\in L^2\) und gilt mit einer Folge \((c_k)_{k\in\MdZ}\) in \(\mdc\): +\(f\overset{\|\cdot\|_2}=\sum_{k\in\MdZ}c_kb_k \), so gilt: +\[c_k=(f\mid b_k) \text{ für alle } k\in\MdZ\] +\end{satz} + +\begin{beweis} +Für \(n\in\mdn_0\) setze \[\sigma_n:=\sum_{\lvert k\rvert\leq n}c_kb_k\] Aus der Voraussetzung folgt +\(\| \sigma_n-f\|_2\to 0\) für \(n\to\infty\). Sei \(j\in\MdZ\) und \(n\in\mdn\) mit +\(n\geq \lvert j\rvert\). Es gilt einerseits +\[(\sigma_n\mid b_j) = \sum_{\lvert k\rvert\leq n}c_k(b_k\mid b_j)=c_j, \text{ da gilt: } +(b_k\mid b_j)= +\begin{cases} +0, \text{ falls } k\neq j\\ +1, \text{ falls } k= j +\end{cases}\] +Andererseits: \((\sigma_n\mid b_j)\to(f\mid b_j)\) für \(n\to\infty\) wegen \ref{Beispiel 16.6}(3). Daraus +folgt \(c_j=(f\mid b_j)\) +\end{beweis} + +\begin{definition} +\index{Fourier ! -sche Partialsumme} +\index{Fourier ! -koeffizient} +\index{Fourier ! -reihe} +Sei \(f\in L^2\), \(n\in\mdn_0\) und \(k\in\MdZ\). +\begin{enumerate} +\item \(S_nf:=\sum_{\lvert k\rvert\leq n}(f\mid b_k)b_k\) heißt + \textbf{n-te Fouriersche Partialsumme}. Also gilt: + \[f\overset{\|\cdot\|_2} + =\sum_{k\in\MdZ}(f\mid b_k)b_k\gdw\| f-S_nf\|_2 + \to0\] +\item \((f\mid b_k)\) heißt \textbf{k-ter Fourierkoeffizient von f}. +\item \(\sum_{k\in\MdZ}(f\mid b_k)b_k\) heißt \textbf{Fourierreihe von f}. +\item Für \(n_0\in\mdn_0\) setze + \(E_n:=[b_{-n},b_{-(n-1)},\dots,b_0,b_1,\dots,b_n]\) + (lineare Hülle). Es ist dann \[\dim E_n=2n+1\] + \textbf{Beachte: } Für \(v\in E_n\) gilt \(v(0)=v(2\pi)\). +\end{enumerate} +\end{definition} + +\begin{satz} +\label{Satz 18.2} +\index{Besselsche Ungleichung} +\index{Ungleichung ! Besselsche} +Seien \(f_1,\dots,f_n,f\in L^2\). +\begin{enumerate} +\item Gilt \(f_\mu\perp f_\nu\) für \(\mu\neq\nu\) (\(\mu,\nu=1,\dots,n\)), + so gilt der Satz des Pythagoras + \[\| f_1+\dots+f_n\|^2_2= + \| f_1\|^2_2+\dots+ + \| f_n\|^2_2\] +\item Die Abbildung \[S_n\colon + \begin{cases} + L^2\to E_n\\ + S_nf:=\sum_{\lvert k\rvert\leq n}(f\mid b_k)b_k + \end{cases}\] + ist linear und für jedes \(v\in E_n\) gilt \(S_nv=v\) und + \((f-S_nf)\perp v\) mit \(f\in L^2\). +\item Die \textbf{Besselsche Ungleichung} lautet: + \[\| S_nf\|^2_2 + =\sum_{\lvert k\rvert\leq n}\lvert(f\mid b_k)\rvert^2 + =\| f\|_2^2-\|(f-S_nf)\|^2_2 + \leq\| f\|^2_2\] +\item Für alle \(v\in E_n\) gilt: + \[\| f-S_nf\|_2\leq\| f-v\|_2 + \] +\end{enumerate} +\end{satz} + +\begin{beweis} +\begin{enumerate} +\item Es genügt den Fall \(n=2\) zu betrachten, der Rest folgt induktiv. + \begin{align*} + \| f_1+f_2\|_2^2 + &= (f_1+f_2\mid f_1+f_2) \\ + &= (f_1\mid f_1)+(f_1\mid f_2)+(f_2\mid f_1)+(f_2\mid f_2) \\ + &= (f_1\mid f_1)+(f_2\mid f_2) \\ + &=\| f_1\|^2_2+\| f_2\|^2_2 + \end{align*} +\item Übung! +\item Es gilt + \begin{align*} + \| S_nf\|^2_2 + &= \left\lvert\left\lvert\sum_{\lvert k\rvert\leq n}(f\mid b_k)b_k\right\rvert + \right\rvert^2_2 + \overset{(1)}= + \sum_{\lvert k\rvert\leq n}\|(f\mid b_k)b_k\rvert + \rvert^2_2 + = \sum_{\lvert k\rvert\leq n}\lvert(f\mid b_k)\rvert^2\| b_k\rvert + \rvert^2_2 + = \sum_{\lvert k\rvert\leq n}\lvert(f\mid b_k)\rvert^2 + \end{align*} + und + \begin{align*} + \| f\|^2_2 + = \|\underbrace{(f-S_nf)}_{\underset{(2)}\perp E_n} + +\underbrace{S_nf}_{\in E_n}\|^2_2 + = \| f-S_nf\|^2_2 + \| S_nf\|^2_2 + \end{align*} +\item Sei \(v\in E_n\). Dann gilt: + \begin{align*} + \| f-v\|^2_2 + &= \|\underbrace{(f-S_nf)}_{\perp E_n} + +\underbrace{(S_nf-v)}_{\in E_n}\|^2_2 \\ + &\overset{(1)}= + \| f-S_nf\|^2_2 + +\| S_nf-v\|^2_2 \\ + &\geq \| f-S_nf\|^2_2 + \end{align*} +\end{enumerate} +\end{beweis} + +\begin{wichtigebemerkung} +\label{Bemerkung 18.3} +Es sei \(\mdk\in\{\mdr,\mdc\},\,a,b\in\mdr,\,I:=[a,b]\,(a0\) gilt: \(U_{\ep}(x_{0})\cap I\not\subseteq N\) (andernfalls: + \(\lambda_{1}(N)\geq\lambda_{1}(U_{\ep}(x_{0})\cap I)>0\)). Das heißt, es existiert ein + \(x_{\ep}\in U_{\ep}(x_{0})\cap I:\,x_{\ep}\not\in N\). Also: + \(\forall n\in\mdn\,\exists x_{n}\in U_{\frac{1}{n}}(x_{0})\cap I:\, x_{n}\not\in N\). Also: \(x_{n}\to x_{0}\).\\ +Dann: \(f(x_{0})=\lim_{n\to\infty}f(x_{n})=\lim_{n\to\infty}g(x_{n})=g(x_{0})\) +\end{beweis} +\end{enumerate} +\end{wichtigebemerkung} + +\begin{satz}[Approximationssatz von Weierstraß] +\label{Satz 18.4} +Es sei \(I=[a,b]\) wie in \ref{Bemerkung 18.3} und \(\mdk\in\{\mdr, \mdc\}\). +\begin{enumerate} +\item Ist \(f\in C(I,\mdk)\) und \(\ep>0\), so existiert ein Polynom \(p\) mit Koeffizienten in \(\mdk\) mit: +\[ +\lVert f-p\rVert_{\infty}<\ep +\] +\item Ist \(a=0,\,b=2\pi,\,f\in C(I,\mdk),\,f(0)=f(2\pi)\) und \(\ep>0\), so existiert ein \(n\in\mdn\) und ein + \(v\in\mathrm{E}_{n}\) mit: +\[ +\lVert f-v\rVert_{\infty}<\ep +\] +\end{enumerate} +\end{satz} + +\begin{satz} +\label{Satz 18.5} +Sei \(f\in\mathrm{L}^{2}\). Dann gilt: \(f\overset{\lVert\cdot\rVert_{2}}{=}\sum_{k\in\mdz}{(f\mid b_{k})b_{k}}\) und +\[\lVert f\rVert_{2}^{2}=\sum_{k\in\mdz}{\lvert(f\mid b_{k})\rvert^{2}}\quad\text{(\textbf{Parsevalsche Gleichung})}\] Insbesondere gilt: +\((f\mid b_{k})\to 0\quad(\lvert k\rvert\to\infty)\). +\end{satz} + +\begin{beweis} +Zu zeigen: \(\lVert f-S_{n}f\rVert_{2}\to0\,(n\to\infty)\). Die Parsevalsche Gleichung folgt dann aus \ref{Satz 18.2}.\\ +Sei \(\ep>0\). Wende \ref{Satz 16.8}(2) auf \(\Re f\) und \(\Im f\) an. Dies liefert eine stetige Funktion +\(g:\,(0,2\pi)\to\mdc\) mit: \(K:=\supp(g)\subseteq(0,2\pi)\), \(K\) kompakt und \(\lVert f-g\rVert_{2}<\ep\).\\ +Setze \(g(0):=g(2\pi):=0\). Dann ist \(g\) stetig auf \([0,2\pi]\). Satz \ref{Satz 18.4} liefert nun: + \(\exists n\in\mdn\exists v\in\mathrm{E}_{n}:\,\lVert g-v\rVert_{\infty}<\ep\).\\ +Damit: \(\lVert g-v\rVert_{2}\leq\sqrt{2\pi}\lVert g-v\rVert_{\infty}<\sqrt{2\pi}\ep\). Somit: +\begin{align*} +\lVert f-S_{n}f\rVert_{2}&=\lVert f-g+g-S_{n}g+S_{n}g-S_{n}f\rVert_{2}\\ + &\leq\underbrace{\lVert f-g\rVert_{2}}_{<\ep} + +\underbrace{\lVert g-S_{n}g\rVert_{2}}_{\overset{18.2(4)}{\leq}\lVert g-v\lVert_2} + +\underbrace{\lVert S_{n}(g-f)\rVert_{2}}_{\overset{18.2(3)}{\leq}\lVert g-f\lVert_2}\\ + &<2\ep+\sqrt{2\pi}\ep=\ep(2+\sqrt{2\pi}) +\end{align*} +Sei \(m\geq n\). Dann gilt: \(\mathrm{E}_{n}\subseteq\mathrm{E}_{m}\), also \(w:=S_{n}f\in\mathrm{E}_{m}\). Damit: +\[ +\lVert f-S_{m}f\rVert_{2}\leq\lVert f-w\rVert_{2}=\lVert f-S_{n}f\rVert_{2}<\ep(2+\sqrt{2\pi}) +\] +\end{beweis} + +\subsubsection*{Reelle Version} +Sei \(f\in\mathrm{L}^{2}_{\mdr}\). +Es gelten die folgenden Bezeichnungen: +\begin{enumerate} +\item Für \(k\in\mdn\) bezeichnen wir die Funktionen \(t\mapsto\cos(kt)\) und \(t\mapsto\sin(kt)\) mit \(\cos(k\cdot)\) bzw. + \(\sin(k\cdot)\). +\item Für \(k\in\mdn_{0}:\,\alpha_{k}:=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}{f(t)\cos(kt)\mathrm{d}t}=\frac{1}{\pi}\Re(f\mid e_{k})\).\\ +Für \(k\in\mdn:\,\beta_{k}:=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}{f(t)\sin(kt)\mathrm{d}t}=\frac{1}{\pi}\Im(f\mid e_{k}),\,\beta_{0}:=0\). +\end{enumerate} + +\begin{definition} +\index{gerade Funktion} +\index{ungerade Funktion} +\(f\) heißt \textbf{gerade} (bezüglich \(\pi\)) genau dann, wenn gilt: \(f(t)=f(2\pi-t)\) für fast alle \(t\in[0,2\pi]\).\\ +\(f\) heißt \textbf{ungerade} (bezüglich \(\pi\)) genau dann, wenn gilt: \(f(t)=-f(2\pi-t)\) für fast alle \(t\in[0,2\pi]\).\\ +% Bild nicht vergessen +\end{definition} + +\begin{satz} +\label{Satz 18.6} +(Dieser Satz folgt aus \ref{Satz 18.5} und ``etwas'' rechnen)\\ +Sei \(f\in\mathrm{L}^{2}_{\mdr}\) und \(n\in\mdn_{0}\). +\begin{enumerate} +\item \(S_{n}f=\frac{\alpha_{0}}{2}+\sum_{k=1}^{n}{(\alpha_{k}\cos(k\cdot)+\beta_{k}\sin(k\cdot))}\) +\item \(f\overset{\lVert\cdot\rVert_{2}}{=}\frac{\alpha_{0}}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}{(\alpha_{k}\cos(k\cdot)+\beta_{k}\sin(k\cdot))}\) +\item \(\frac{1}{\pi}\lVert f\rVert_{2}^{2}=\frac{\alpha_{0}^{2}}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}{(\alpha_{k}^{2}+\beta_{k}^{2})}\quad\) + (Parsevalsche Gleichung)\\ +Insbesondere gilt: \(\alpha_{k}\to0,\,\beta_{k}\to0\quad(k\to\infty)\) +\item Ist \(f\) gerade, so sind alle \(\beta_{k}=0\) und \(\alpha_{k}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}{f(t)\cos(kt)\mathrm{d}t}\). Die +Fourierreihe von \(f\) ist eine \textbf{Cosinusreihe}.\\ +Ist \(f\) ungerade, so sind alle \(\alpha_{k}=0\) und \(\beta_{k}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}{f(t)\sin(kt)\mathrm{d}t}\). Die +Fourierreihe von \(f\) ist eine \textbf{Sinusreihe}. +\end{enumerate} +\end{satz} + +\begin{beispiele} +\begin{enumerate} +\item \(f(t):=\begin{cases}1,&0\leq t\leq\pi\\-1,&\pi