%% ******************************************************************************** %% AUTHOR: Raj Dahya %% CREATED: 19.04.2022 %% DATE: SoSe, 2022 %% YEAR: 2022 %% TYPE: Notes %% TITLE: Notizen %% DOI: — %% DEPARTMENT: Fakultät for Mathematik und Informatik %% INSTITUTE: Universität Leipzig %% SUBJECT: Analysis II / Sommersemester 2022 %% ******************************************************************************** %% ******************************************************************************** %% DOCUMENT STRUCTURE: %% ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ %% %% root.tex %% |____ src/index.tex %% |____ src/setup-class.tex %% |____ src/setup-imports.tex %% |____ src/local/setup-local-text.tex %% |____ src/local/setup-local-maths.tex %% |____ front/title.tex %% |____ front/index.tex %% |____ front/foreword.tex %% |____ front/contents.tex %% |____ body/index.tex %% |____ body/woche3/index.tex %% |____ body/woche3/A1.tex %% |____ body/woche3/A4.tex %% |____ body/woche4/index.tex %% |____ 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******************************************************************************** %% FILE: front/foreword.tex %% ******************************************************************************** \section*{Vorwort} \bgroup \small In diesem Dokument sind Ergänzungsnotizen aus der donnerstags Übungsgruppe für \emph{Analysis II / Sommersemester 2022}, Universität Leipzig. \egroup %% ********** END OF FILE: front/foreword.tex ********** \clearpage %% ******************************************************************************** %% FILE: front/contents.tex %% ******************************************************************************** \bgroup \small \setcounter{tocdepth}{3} \def\contentsname{Inhaltsverzeichnis} \tableofcontents \egroup %% ********** END OF FILE: front/contents.tex ********** \clearpage %% ********** END OF FILE: front/index.tex ********** %% BODY %% ******************************************************************************** %% FILE: body/index.tex %% ******************************************************************************** \setcounterafter{chapter}{2} %% ******************************************************************************** %% FILE: body/woche3/index.tex %% ******************************************************************************** \let\oldchaptername\chaptername \def\chaptername{Kapitel} \chapter[Woche 3, 20. April 2022]{Woche 3, 20. April 2022} \let\chaptername\oldchaptername \label{ch:1} \setcounterafter{section}{1} %% ******************************************************************************** %% FILE: body/woche3/A1.tex %% ******************************************************************************** \let\oldsectionname\sectionname \def\sectionname{Aufgabe} \section[]{} \let\sectionname\oldsectionname \label{sec:2} Für diese Aufgabe seien gegeben: \begin{kompaktitem} \item $a 0$, können wir in \eqcref{eq:2:\beweislabel} überall durch diese Zahl teilen und erhalten ${% c \coloneq \frac{\int_{a}^{b} fg \dee x}{\int_{a}^{b} g \dee x} \in [M_{-},M_{+}] }$. Falls ${\int_{a}^{b} g \dee x = 0}$, dann folgt aus der \obenst Einschätzungen ${0\leq \int_{a}^{b} fg \dee x \leq 0}$ und damit ${\int_{a}^{b} fg \dee x = 0}$. In diesem Falle setzen wir ein beliebiges $c \in [M_{-},M_{+}]$. In beiden Fällen sieht man \begin{maths}[mc]{rcl} \eqtag[eq:3:\beweislabel] \int_{a}^{b} fg \dee x &= &c\cdot \int_{a}^{b} g \dee x\\ \end{maths} für ein $c\in[M_{-},M_{+}]$. Da $f$ stetig ist und die Werte $M_{-},M_{+}$ realisiert, existiert laut des ZWS ein $\xi\in[a,b]$ mit $f(\xi)=c$. Eingesetzt in \eqcref{eq:3:\beweislabel} erhalten wir die Behauptung. \end{beweis} \end{einzug} %% ********** END OF FILE: body/woche3/A1.tex ********** \setcounterafter{section}{4} %% ******************************************************************************** %% FILE: body/woche3/A4.tex %% ******************************************************************************** \let\oldsectionname\sectionname \def\sectionname{Aufgabe} \section[]{} \let\sectionname\oldsectionname \label{sec:3} Für diese Aufgabe seien gegeben: \begin{kompaktitem} \item $a < b$ in $\reals$; \item ${w : [a,b] \to [0,\infty)}$ eine Riemann-integrierbare Funktion. \end{kompaktitem} \begin{schattierteboxdunn} \begin{satz} \setblocklabel{satz:1:ex:2.4:raj-analysis-ii-notes} $\sqrt{w}$ ist Riemann-integrierbar. \end{satz} \end{schattierteboxdunn} \begin{idea} Wir müssen zeigen, dass ${O_{Z}(\sqrt{w})-U_{Z}(\sqrt{w})\underset{Z}{\longrightarrow}0}$ für \bzgl Feinheit der Zerlegungen $Z$ von $[a,b]$. Angesichts der Riemann-Integrierbarkeit von $w$, reicht es offenbar aus, ein passendes Verhältnis zwischen den Netzen $(O_{Z}(\sqrt{w})-U_{Z}(\sqrt{w}))_{Z}$ und $(O_{Z}(w)-U_{Z}(w))_{Z}$ zu finden. Als na\"{i}ver Ansatz wollen nun die Ungleichung \begin{maths}[mc]{rcccl} \eqtag[eq:1:\beweislabel] \abs{\sqrt{y_{2}} - \sqrt{y_{1}}} &\leq &\frac{\abs{y_{2}-y_{1}}}{\sqrt{y_{2}} + \sqrt{y_{1}}} &\leq &\frac{1}{2} \sqrt{ \min\{y_{1},y_{2}\}^{-1} } \abs{y_{2}-y_{1}}\\ \end{maths} für $y_{1},y_{2}\in(0,\infty)$ ausnutzen. Doch sofort erkennen wir das Problem: $\min\{y_{1},y_{2}\}^{-1}$ ist nicht nach oben beschränkt. Hierfür gibt es einen kleinen Fix: wir verschieben die Funktionswerte um eine beliebig kleine positive Zahl, $\eps>0$, zeigen, dass $\sqrt{w + \eps}$ Riemann-integrierbar ist, dann lassen wir ${\eps\longrightarrow 0}$ tendieren und verwenden das Resultat: \emph{ Ein (durch gl. Konvergenz erreichbarer) Grenzwert Riemann-integrierbarer Funktionen ist wiederum Riemann-integrierbar. } \end{idea} \begin{einzug}[\mytab][\mytab] \begin{beweis}[von \Cref{\beweislabel}, Ansatz I] Sei $\eps>0$ beliebig. Für alle Zerlegungen $Z=(x_{0},x_{1},\ldots,x_{N})$ von $[a,b]$ beobachte man unter den Definitionen ${I_{i} \coloneq [x_{i},x_{i+1}]}$ und ${\delta x_{i} \coloneq (x_{i+1}-x_{i})}$: \begin{longmaths}[mc]{RCL} O_{Z}(\sqrt{w+\eps}) - U_{Z}(\sqrt{w+\eps}) &= &\displaystyle\sum_{i=0}^{N-1} \left( \sup_{x \in I_{i}}\sqrt{w(x)+\eps} -\inf_{x \in I_{i}}\sqrt{w(x)+\eps} \right) \cdot \delta x_{i}\\ &= &\displaystyle\sum_{i=0}^{N-1} \left( \sqrt{\sup_{x \in I_{i}}w(x)+\eps} -\sqrt{\inf_{x \in I_{i}}w(x)+\eps} \right) \cdot \delta x_{i}\\ &&\text{weil $\sqrt{(\cdot) + \eps}$ stetig ist}\\ &\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{\leq} &\displaystyle\sum_{i=0}^{N-1} \frac{1}{2\sqrt{\eps}} \left( (\sup_{x \in I_{i}}w(x) + \eps) -(\inf_{x \in I_{i}}w(x) + \eps) \right) \cdot \delta x_{i}\\ &= &\frac{1}{2\sqrt{\eps}} \displaystyle\sum_{i=0}^{N-1} \left( \sup_{x \in I_{i}}w(x) -\inf_{x \in I_{i}}w(x) \right) \cdot \delta x_{i}\\ &= &\frac{1}{2\sqrt{\eps}}(O_{Z}(w)-U_{Z}(w)).\\ \end{longmaths} Kraft dieser Einschätzung erhält man aus der vorausgesetzten Riemann-Integrierbarkeit von $w$: \begin{maths}[mc]{rcl} 0 &\leq &\limsup_{Z}(O_{Z}(\sqrt{w+\eps}) - U_{Z}(\sqrt{w+\eps}))\\ &\leq &\frac{1}{2\sqrt{\eps}} \limsup_{Z}(O_{Z}(w)-U_{Z}(w)) = \frac{1}{2\sqrt{\eps}}\cdot 0.\\ \end{maths} Also ${\limsup_{Z}(O_{Z}(\sqrt{w+\eps}) - U_{Z}(\sqrt{w+\eps}))=0}$. Also ${O_{Z}(\sqrt{w+\eps}) - U_{Z}(\sqrt{w+\eps})\underset{Z}{\longrightarrow}0}$. Darum stimmen untere und obere Summen von $\sqrt{w + \eps}$ überein. Definitionsgemäß ist $\sqrt{w + \eps}$ somit Riemann-integrierbar für alle $\eps>0$. Beachte außerdem, dass \begin{maths}[mc]{rcl} \sup_{x\in[a,b]} \abs{\sqrt{w(x)+\eps} - \sqrt{w(x)}} &= &\sup_{x\in[a,b]} \frac{ \abs{(w(x)+\eps) - w(x)} }{ \sqrt{w(x)+\eps} + \sqrt{w(x)} }\\ &= &\sup_{x\in[a,b]} \frac{ \eps }{ \sqrt{w(x)+\eps} + \sqrt{w(x)} }\\ &\leq &\sup_{x\in[a,b]} \frac{ \eps }{ \sqrt{0 + \eps} + \sqrt{0} } = \sqrt{\eps},\\ \end{maths} sodass auf $[a,b]$ das Netz $(\sqrt{w + \eps})_{\eps>0}$ gleichmäßig gegen $\sqrt{w}$ konvergiert für ${\eps\longrightarrow 0}$.\footnote{ Wenn man mit Netzen nicht zurecht kommt, reicht es hier schon mit einer Folge aus: fixiere irgendeine Nullfolge $(\eps_{n})_{n\in\naturals}$, dann ${ \sup_{x\in[a,b]} \abs{\sqrt{w(x)+\eps_{n}} - \sqrt{w(x)}} \leq \sqrt{\eps_{n}} \underset{n}{\longrightarrow}0 }$. } Laut Vorlesung ist $\sqrt{w}$ somit Riemann-integrierbar. \end{beweis} \end{einzug} Die Idee im vorherigen Ansatz kann man vereinfachen. Folgende Herangehensweise kommt von Tobias Habacker. Zunächst benötigen wir eine Einschätzung: \begin{prop} \setblocklabel{prop:0:ex:2.4:raj-analysis-ii-notes} Sei $\eps > 0$ beliebig. Dann für alle $0 \leq \alpha \leq \beta < \infty$ gilt $% \sqrt{\beta} - \sqrt{\alpha} \leq \max\{ \eps^{-1}(\beta - \alpha), \eps \} \leq \eps^{-1}(\beta - \alpha) + \eps $. \end{prop} \begin{einzug}[\mytab][\mytab] \begin{beweis} Falls $\sqrt{\beta} < \eps$, so gilt $% \max\{ \eps^{-1}(\beta - \alpha), \eps \} \geq \eps \geq \sqrt{\beta} \geq \sqrt{\beta} - \sqrt{\alpha} $, also gilt die Ungleichung. Falls $\sqrt{\beta} \geq \eps$, so gilt \begin{maths}[mc]{rcl} \sqrt{\beta} - \sqrt{\alpha} &= &\frac{ \beta - \alpha }{\sqrt{\beta} + \sqrt{\alpha}}\\ &\leq &\frac{ \beta - \alpha }{\sqrt{\beta}}\\ &\leq &\eps^{-1})(\beta - \alpha)\\ &\leq &\max\{ \eps^{-1}(\beta - \alpha), \eps \}.\\ \end{maths} Darum gilt die erste Ungleichung in allen Fällen. Die zweite gilt, weil für alle $r,s\in[0,\infty)$ entweder $\max\{r,s\} = r \leq r + s$ oder $\max\{r,s\} = s \leq r + s$ gilt. \end{beweis} \end{einzug} Dies können wir verwenden, um die Ober- und Untersummen von $\sqrt{w}$ ohne Modifizierung von $w$ einzuschätzen. \begin{einzug}[\mytab][\mytab] \begin{beweis}[von \Cref{\beweislabel}, Ansatz II] Sei $\eps > 0$ beliebig. Für alle Zerlegungen $Z=(x_{0},x_{1},\ldots,x_{N})$ von $[a,b]$ beobachte man unter den Definitionen ${I_{i} \coloneq [x_{i},x_{i+1}]}$ und ${\delta x_{i} \coloneq (x_{i+1}-x_{i})}$: \begin{longmaths}[mc]{RCL} O_{Z}(\sqrt{w}) - U_{Z}(\sqrt{w}) &= &\displaystyle\sum_{i=0}^{N-1} \left( \sqrt{\sup_{x \in I_{i}}w(x)} -\sqrt{\inf_{x \in I_{i}}w(x)} \right) \cdot \delta x_{i}\\ &&\text{(analog zu Ansatz I)}\\ &\leq &\displaystyle\sum_{i=0}^{N-1} \left( \eps^{-1} \cdot ( \sup_{x \in I_{i}}w(x) -\inf_{x \in I_{i}}w(x) ) + \eps \right) \cdot \delta x_{i}\\ &&\text{wegen \Cref{prop:0:ex:2.4:raj-analysis-ii-notes}}\\ &= &\eps^{-1} \cdot (O_{Z}(w)-U_{Z}(w)) + \eps\displaystyle\sum_{i=0}^{N-1}(x_{i+1}-x_{i})\\ &= &\eps^{-1} \cdot (O_{Z}(w)-U_{Z}(w)) + \eps \cdot (x_{N} - x_{0})\\ &= &\eps^{-1} \cdot (O_{Z}(w)-U_{Z}(w)) + \eps \cdot (b - a).\\ \end{longmaths} Da dies für alle Zerlegungen, $Z$, von $[a,b]$ gilt und $w$ Riemann-integrierbar ist, gilt ${(O_{Z}(w)-U_{Z}(w))_{Z} \longrightarrow 0}$. Folglich \begin{maths}[mc]{rcl} 0 &\leq &\limsup_{Z}(O_{Z}(\sqrt{w}) - U_{Z}(\sqrt{w}))\\ &\leq &\limsup_{Z} (\eps^{-1} \cdot (O_{Z}(w)-U_{Z}(w)) + \eps \cdot (b - a))\\ &= &\eps^{-1} \cdot \limsup_{Z}(O_{Z}(w)-U_{Z}(w)) + \eps \cdot (b - a)\\ &= &\eps^{-1} \cdot 0 + \eps \cdot (b - a).\\ \end{maths} Da dies für alle $\eps > 0$ gilt, erhält man \begin{maths}[mc]{rcccccl} 0 &\leq &\limsup_{Z}(O_{Z}(\sqrt{w}) - U_{Z}(\sqrt{w})) &\leq &\inf_{\eps}(\eps \cdot (b - a)) &= &0.\\ \end{maths} Also $\limsup_{Z}(O_{Z}(\sqrt{w}) - U_{Z}(\sqrt{w})) = 0$. Also ${(O_{Z}(\sqrt{w}) - U_{Z}(\sqrt{w}))_{Z} \longrightarrow 0}$. Also ist $\sqrt{w}$ Riemann-integrierbar. \end{beweis} \end{einzug} Es gibt nun einen dritten Ansatz. Vorerst brauchen wir zwei kleine Resultate: \begin{prop} \setblocklabel{prop:1:ex:2.4:raj-analysis-ii-notes} Sei ${u : [a,b] \to [0,\infty)}$. Angenommen, $\sqrt{u}$ sei Riemann-integrierbar. Aus der VL wissen wir, dass dann $u = \sqrt{u}^{2}$ ebenfalls Riemann-integrierbar ist. Des Weiteren gilt ${\displaystyle\int_{a}^{b} \sqrt{u} \dee x \leq (b - a)^{1/2}(\displaystyle\int_{a}^{b} u \dee x)^{1/2}}$. \end{prop} \begin{einzug}[\mytab][\mytab] \begin{beweis} Dies ist eine einfache Anwendung von der Cauchy-Schwarz Ungleichung auf die Riemann-integrierbaren Funktion $\sqrt{u}$ und $\einser_{[a,b]}$. (Siehe ÜG.) \end{beweis} \end{einzug} \begin{prop} \setblocklabel{prop:2:ex:2.4:raj-analysis-ii-notes} Seien $0 \leq \alpha \leq \beta < \infty$. Dann $\sqrt{\beta} - \sqrt{\alpha} \leq \sqrt{\beta - \alpha}$. \end{prop} \begin{einzug}[\mytab][\mytab] \begin{beweis} Falls $\alpha = \beta$, sind beide seiten der behaupteten Ungleichung $0$ und deshalb gilt sie. Ansonsten muss $\beta > \alpha \geq 0$ und damit $\sqrt{\beta} + \sqrt{\alpha} > 0$. Durch den üblichen Trick erhalten wir \begin{maths}[mc]{rcccccl} \sqrt{\beta} - \sqrt{\alpha} &= &\frac{\beta - \alpha}{\sqrt{\beta} + \sqrt{\alpha}} &= &\sqrt{\beta - \alpha} \cdot \frac{\sqrt{\beta - \alpha}}{\sqrt{\beta} + \sqrt{\alpha}} &\leq &\sqrt{\beta - \alpha} \cdot \frac{\sqrt{\beta}}{\sqrt{\beta} + 0},\\ \end{maths} da $\sqrt{\cdot}$ monoton ist und $\beta - \alpha \leq \beta$ und $\sqrt{\beta} + \sqrt{\alpha} \geq \sqrt{\beta}$. Darum gilt die Ungleichung. \end{beweis} \end{einzug} \def\beweislabel{satz:1:ex:2.4:raj-analysis-ii-notes} Jetzt können wir die Idee hinter dem 3. Ansatz zum Beweis von \Cref{\beweislabel} erklären: \begin{idea} Wir müssen zeigen, dass ${O_{Z}(\sqrt{w})-U_{Z}(\sqrt{w})\underset{Z}{\longrightarrow}0}$ für \bzgl Feinheit der Zerlegungen $Z$ von $[a,b]$. Wiederum suchen wir ein passendes Verhältnis zwischen den Netzen $(O_{Z}(\sqrt{w})-U_{Z}(\sqrt{w}))_{Z}$ und $(O_{Z}(w)-U_{Z}(w))_{Z}$. Nun, entsprechend der Zerlegungen sind Treppenfunktionen. Darum betrachten wird diese Summen als Integrale von Treppenfunktionen und wenden die Ungleichung in \Cref{prop:1:ex:2.4:raj-analysis-ii-notes} darauf an. Dies dürfen wir, da Treppenfunktionen stets Riemann-integrierbar sind. \end{idea} \begin{einzug}[\mytab][\mytab] \begin{beweis}[von \Cref{\beweislabel}, Ansatz III] Sei $Z = (x_{0},x_{1},\ldots,x_{N})$ eine beliebige Zerlegung von $[a,b]$. Setze außerdem ${I_{i} \coloneq [x_{i},x_{i+1}]}$ und ${\delta x_{i} \coloneq (x_{i+1}-x_{i})}$. Setze auch \begin{maths}[mc]{cc} \begin{array}[t]{rcl} h^{+}_{i} &\coloneq &\sup_{x \in I_{i}} w(x),\\ h^{-}_{i} &\coloneq &\sup_{x \in I_{i}} w(x),\\ \end{array} &\begin{array}[t]{rcl} g^{+}_{i} &\coloneq &\sup_{x \in I_{i}} \sqrt{w(x)},\\ g^{-}_{i} &\coloneq &\sup_{x \in I_{i}} \sqrt{w(x)}\\ \end{array}\\ \end{maths} für jedes $i\in\{0,1,\ldots,N-1\}$ und definiere die Treppenfunktionen \begin{maths}[mc]{cc} \begin{array}[t]{rcl} h^{+} &\coloneq &\sum_{i=0}^{N-1}h^{+}_{i}\cdot\einser_{I_{i}},\\ h^{-} &\coloneq &\sum_{i=0}^{N-1}h^{-}_{i}\cdot\einser_{I_{i}},\\ \end{array} &\begin{array}[t]{rcl} g^{+} &\coloneq &\sum_{i=0}^{N-1}g^{+}_{i}\cdot\einser_{I_{i}},\\ g^{-} &\coloneq &\sum_{i=0}^{N-1}g^{-}_{i}\cdot\einser_{I_{i}}.\\ \end{array}\\ \end{maths} Per Konstruktion dieser Treppenfunktionen sieht man sofort, dass \begin{maths}[mc]{rcl} \eqtag[eq:1:2:\beweislabel] \begin{array}[t]{rcl} \displaystyle\int_{a}^{b} h^{+} \dee x &= &O_{Z}(w),\\ \displaystyle\int_{a}^{b} h^{-} \dee x &= &U_{Z}(w),\\ \end{array} &\begin{array}[t]{rcl} \displaystyle\int_{a}^{b} g^{+} \dee x &= &O_{Z}(\sqrt{w}),\\ \displaystyle\int_{a}^{b} g^{-} \dee x &= &U_{Z}(\sqrt{w})\\ \end{array}\\ \end{maths} gelten. Wegen Stetigkeit und (strikter) Monotonie von $\sqrt{\cdot}$ auf $I_{i} = [x_{i},x_{i+1}]$ beobachte man, dass \begin{maths}[mc]{rcccccl} \sqrt{h^{+}_{i}} &= &\sqrt{\sup_{x \in I_{i}} w(x)} &= &\sup_{x \in I_{i}} \sqrt{w(x)} &= &g^{+}_{i},\\ \sqrt{h^{-}_{i}} &= &\sqrt{\sup_{x \in I_{i}} w(x)} &= &\sup_{x \in I_{i}} \sqrt{w(x)} &= &g^{-}_{i}\\ \end{maths} für alle $i \in \{0,1,\ldots,N-1\}$. Darum gelten \begin{maths}[mc]{rclcrcl} \eqtag[eq:2:2:\beweislabel] \sqrt{h^{+}} &= &g^{+} &\text{und} &\sqrt{h^{-}} &= &g^{-}.\\ \end{maths} Mithilfe der \obenst Resultate erhält man \begin{maths}[mc]{rcl} \eqtag[eq:3:2:\beweislabel] O_{Z}(\sqrt{w}) - U_{Z}(\sqrt{w}) &\eqcrefoverset{eq:1:2:\beweislabel}{=} &\displaystyle\int_{a}^{b} g^{+} - g^{-} \dee x\\ &\eqcrefoverset{eq:2:2:\beweislabel}{=} &\displaystyle\int_{a}^{b} \sqrt{h^{+}} - \sqrt{h^{-}} \dee x\\ &\leq &\displaystyle\int_{a}^{b} \sqrt{h^{+} - h^{-}} \dee x\\ &&\begin{array}[t]{0l} \text{nach \Cref{prop:2:ex:2.4:raj-analysis-ii-notes}}\\ \text{und da $0 \leq h^{-} \leq h^{+} < \infty$ überall}\\ \end{array}\\ &\leq &(b-a)^{1/2}(\displaystyle\int_{a}^{b} h^{+} - h^{-} \dee x)^{1/2}\\ &\eqcrefoverset{eq:1:2:\beweislabel}{=} &(b-a)^{1/2}\sqrt{O_{Z}(w) - U_{Z}(w)}\\ \end{maths} wobei die letzte Ungleichung aus \Cref{prop:1:ex:2.4:raj-analysis-ii-notes} folgt, und da $h^{+} - h^{-}$ eine Treppenfunktion und damit Riemann-integrierbar ist. Da $w$ Riemann-integrierbar ist, gilt nun ${(O_{Z}(w) - U_{Z}(w))_{Z} \longrightarrow 0}$. Wegen Stetigkeit von $(b-a)^{1/2}\sqrt{\cdot}$ auf $[0,\infty)$ gilt also ${((b-a)^{1/2}\sqrt{O_{Z}(w) - U_{Z}(w)})_{Z} \longrightarrow 0}$. Da \eqcref{eq:3:2:\beweislabel} für alle Zerlegung $Z$ von $[a,b]$ gilt, erhält man \begin{maths}[mc]{rcccccl} 0 &\leq &\limsup_{Z} O_{Z}(\sqrt{w}) - U_{Z}(\sqrt{w}) &\leq &\limsup_{Z} (b-a)^{1/2}\sqrt{O_{Z}(w) - U_{Z}(w)} &= &0\\ \end{maths} Darum gilt ${(O_{Z}(\sqrt{w}) - U_{Z}(\sqrt{w}))_{Z} \longrightarrow 0}$. Also ist $\sqrt{w}$ Riemann-integrierbar. \end{beweis} \end{einzug} %% ********** END OF FILE: body/woche3/A4.tex ********** %% ********** END OF FILE: body/woche3/index.tex ********** \setcounterafter{chapter}{3} %% ******************************************************************************** %% FILE: body/woche4/index.tex %% ******************************************************************************** \let\oldchaptername\chaptername \def\chaptername{Kapitel} \chapter[Woche 4, 27. April 2022]{Woche 4, 27. April 2022} \let\chaptername\oldchaptername \label{ch:4} \setcounterafter{section}{1} %% ******************************************************************************** %% FILE: body/woche4/A1.tex %% ******************************************************************************** \let\oldsectionname\sectionname \def\sectionname{Aufgabe} \section[]{} \let\sectionname\oldsectionname \label{sec:5} Für diese Aufgabe seien gegeben: \begin{kompaktitem} \item $a 0:~} \exists{N \in \naturals:~} \forall{m,n \geq N:~} \norm{f_{n} - f_{m}}_{\infty} < \eps.\\ \end{maths} Dann existiert eine stetige Funktion ${f : X \to \reals}$, so dass ${(f_{n})_{n} \longrightarrow f}$ gleichmäßig. \end{claim} \end{schattierteboxdunn} \begin{beweis} Für jedes $x \in X$ gilt \begin{maths}[mc]{c} \forall{\eps > 0:~} \exists{N \in \naturals:~} \forall{m,n \geq N:~} |f_{n}(x)-f_{m}(x)| \leq \norm{f_{n} - f_{m}}_{\infty} < \eps.\\ \end{maths} Darum ist $(f_{n}(x))_{n} \subseteq \reals$ Cauchy. Da $\reals$ vollständig ist, existiert somit eine eindeutige Zahl $y_{x} \in \reals$, so dass ${(f_{n}(x))_{n} \longrightarrow y_{x}}$. Definiere nun ${f : X \longrightarrow \reals}$ vermöge $f(x) = y_{x}$ für $x \in X$. Dann per Wahl wissen wir, dass ${(f_{n})_{n} \longrightarrow f}$ punktweise. Wir müssen zeigen, dass (1) diese Konvergenz gleichmäßig ist und dass (2) $f$ stetig ist. \heading{Zur gleichmäßigen Konvergenz:} Sei $\eps > 0$. Per Eigenschaft (C) existiert ein Index $N_{0}$, so dass ${\norm{f_{n} - f_{m}}_{\infty} < \frac{\eps}{3}}$ für alle $m,n \geq N_{0}$. Sei $m \geq N_{0}$ beliebig. Sei $x \in X$ beliebig. Per Konstruktion von $f$ existiert ein Index $n_{0}$, so dass $\abs{f(x) - f_{n}(x)} < \frac{\eps}{3}$ für alle $n \geq n_{0}$. Wähle nun irgendeinen Index $n$ mit $n \geq N_{0}$ und $n \geq n_{0}$. Dann: \begin{maths}[mc]{rcccl} \abs{f(x) - f_{m}(x)} &\leq &\abs{f(x) - f_{n}(x)} + \abs{f_{n}(x) - f_{m}(x)} &< &\frac{\eps}{3} + \frac{\eps}{3},\\ \end{maths} da $n \geq n_{0}$ und $m,n \geq N_{0}$. Da dies für alle $x \in X$ gilt, erhalten wir \begin{maths}[mc]{rcccccl} \norm{f-f_{m}}_{\infty} &= &\sup_{x \in X}\abs{f(x) - f_{m}(x)} &\leq &\frac{2\eps}{3} &< &\eps. \end{maths} Darum wurde \begin{maths}[mc]{rcccccl} \forall{\eps>0:~} \exists{N\in\naturals:~} \forall{m \geq N:~} \norm{f-f_{m}}_{\infty} < \eps\\ \end{maths} bewiesen. Also, ${(f_{n})_{n} \longrightarrow f}$ gleichmäßig. \heading{Zur Stetigkeit von $f$:} Seien ${(x_{k})_{k} \subseteq X}$ und $x \in X$ beliebig. Wir müssen zeigen, dass ${(f(x_{k}))_{k} \longrightarrow f(x)}$. Seien $x \in X$ und $\eps > 0$. Wir müssen eine Umgebung $U$ von $x$ finden, so dass \begin{maths}[mc]{c} \eqtag[eq:0:\beweislabel] \forall{x^{\prime} \in U:~} \abs{f(x^{\prime}) - f(x)} < \eps\\ \end{maths} Wegen gleichmäßiger Konvergenz existiert ein Index $N_{0}$, so dass \begin{maths}[mc]{c} \eqtag[eq:1:\beweislabel] \norm{f-f_{m}}_{\infty} < \frac{\eps}{3}\\ \end{maths} für $m \geq N_{0}$. Wähle nun irgendeinen Index $m$ mit $m \geq N_{0}$. Da per Voraussetzung $f_{m}$ stetig ist, existiert eine Umgebung $U$ von $x$, so dass \begin{maths}[mc]{c} \eqtag[eq:2:\beweislabel] \forall{x^{\prime} \in U:~} \abs{f_{m}(x^{\prime}) - f_{m}(x)} < \frac{\eps}{3}.\\ \end{maths} Zwei Anwendungen von \eqcref{eq:1:\beweislabel} und eine von \eqcref{eq:2:\beweislabel} liefert nun für jedes $x^{\prime} \in U$: \begin{maths}[mc]{rcl} \abs{f(x^{\prime}) - f(x)} &\leq &\abs{f(x^{\prime}) - f_{m}(x^{\prime})} + \abs{f_{m}(x^{\prime}) - f_{m}(x)} + \abs{f_{m}(x) - f(x)}\\ &\leq &\norm{f - f_{m}}_{\infty} + \abs{f_{m}(x^{\prime}) - f_{m}(x)} + \norm{f_{m} - f}_{\infty}\\ &< &\frac{\eps}{3} + \frac{\eps}{3} + \frac{\eps}{3} = \eps\\ \end{maths} Darum gilt \eqcref{eq:0:\beweislabel}. Da $x,\eps$ beliebig gewählt wurden ist $f$ stetig. \end{beweis} \begin{rem} Es spielte keine Rolle, dass es sich um eine Folge handelte: wir hätten auch mit Netzen arbeiten können. Wir benötigten nur die Vollständigkeit des Werteraums. Darum hätten wir $\reals$ durch jeden beliebigen vollständig metrischen Raum, $(Y,d)$, ersetzen können. Es spielt überhaupt keine Rolle, dass $X = [a,b]$. Dieser Beweis funktioniert für jeden topologischen Raum, $X$, solange alle stetigen Funktionen über $X$ beschränkt sind. Dies ist der Fall, wenn $X$ kompakt ist. In der Tat, wissen wir durch einen analogen Beweis mit effektiv keinen Modifizierungen, dass der Raum $C(X,Y)$ (% der Raum aller stetigen Funkionen über einem kompakten Raum $X$ nach einem vollständig metrischen Raum $(Y,d)$% ) vollständig ist \bzgl der Metrik $d_{\infty}(f,g) \coloneq \sup_{x \in X}d(f(x),g(x))$. Siehe \bspw \cite[\S{}3.19, bes.~Lemma~3.97, S.{}124]{aliprantis2005BookAnalysis}. Wenn $(Y,d)$ ein vollständig normierter Vektorraum ist (wie \zumB $(\reals,\abs{\cdot})$, $(\complex,\abs{\cdot})$), so ist $d_{\infty}$ durch die Norm $\norm{\cdot}_{\infty}$ induziert, und $(C(X,Y),\norm{\cdot}_{\infty})$ bildet dann einen vollständig normierten Vektorraum. Dies ist einer der ersten Banach-Räume, dem wir begegnen. \end{rem} %% ********** END OF FILE: body/woche4/A1.tex ********** \setcounterafter{section}{2} %% ******************************************************************************** %% FILE: body/woche4/A2.tex %% ******************************************************************************** \let\oldsectionname\sectionname \def\sectionname{Aufgabe} \section[]{} \let\sectionname\oldsectionname \label{sec:6} \begin{schattierteboxdunn} \begin{claim} \setblocklabel{claim:1:ex:3.2:raj-analysis-ii-notes} Seien $\alpha \in (0, \infty)$. Dann $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}k^{-\alpha} < \infty$ gdw. $\alpha > 1$. \end{claim} \end{schattierteboxdunn} \begin{beweis} Sei $N\in\naturals$ mit $N > 1$. Dann \begin{maths}[mc]{rcl} \eqtag[eq:1:\beweislabel] \displaystyle\sum_{k=1}^{N}k^{-\alpha} &= &k^{-N} + \displaystyle\sum_{k=1}^{N - 1} \displaystyle\int_{t=k}^{k + 1} k^{-\alpha} \dee t\\ &\geq &0 + \displaystyle\sum_{k=1}^{N - 1} \displaystyle\int_{t=k}^{k + 1} t^{-\alpha} \dee t = \displaystyle\int_{t=1}^{N} t^{-\alpha} \dee t\\ \end{maths} und \begin{maths}[mc]{rcl} \eqtag[eq:2:\beweislabel] \displaystyle\sum_{k=1}^{N}k^{-\alpha} &= &1 + \displaystyle\sum_{k=2}^{N} \displaystyle\int_{t=k-1}^{k} k^{-\alpha} \dee t\\ &\leq &1 + \displaystyle\sum_{k=2}^{N} \displaystyle\int_{t=k-1}^{k} t^{-\alpha} \dee t\\ &= &1 + \displaystyle\int_{t=1}^{N} t^{-\alpha} \dee t.\\ \end{maths} Laut Skript (siehe \cite[\S{}11.3,~Bsp.~(c)]{pogorzelskiVLSkript}) wissen wir nun, dass \begin{maths}[mc]{rcl} \eqtag[eq:3:\beweislabel] \displaystyle\int_{t=1}^{\infty} t^{-\alpha} \dee t &= &\begin{blockCases}{mc}{rcl} +\infty &: &\alpha \leq 1\\ \frac{1}{1-\alpha} &: &\alpha > 1\\ \end{blockCases}.\\ \end{maths} Folglich gelten \begin{maths}[mc]{rcl} \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}k^{-\alpha} &= &\displaystyle\limsup_{N \to \infty}\displaystyle\sum_{k=1}^{N}k^{-\alpha}\\ &\eqcrefoverset{eq:2:\beweislabel}{\leq} &\displaystyle\limsup_{N \to \infty}\displaystyle\int_{t=1}^{N} t^{-\alpha} \dee t + 1\\ &= &\displaystyle\displaystyle\int_{t=1}^{\infty} t^{-\alpha} \dee t + 1\\ &\eqcrefoverset{eq:3:\beweislabel}{=} &\frac{1}{1-\alpha} + 1 < \infty,\\ \end{maths} falls $\alpha > 1$, und \begin{maths}[mc]{rcl} \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}k^{-\alpha} &= &\displaystyle\limsup_{N \to \infty}\displaystyle\sum_{k=1}^{N}k^{-\alpha}\\ &\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{\geq} &\displaystyle\limsup_{N \to \infty}\displaystyle\int_{t=1}^{N} t^{-\alpha} \dee t\\ &= &\displaystyle\int_{t=1}^{\infty} t^{-\alpha} \dee t\\ &\eqcrefoverset{eq:3:\beweislabel}{=} &+\infty,\\ \end{maths} falls $0 < \alpha \leq 1$. Darum gilt die Behauptung. \end{beweis} %% ********** END OF FILE: body/woche4/A2.tex ********** \setcounterafter{section}{3} %% ******************************************************************************** %% FILE: body/woche4/A3.tex %% ******************************************************************************** \let\oldsectionname\sectionname \def\sectionname{Aufgabe} \section[]{} \let\sectionname\oldsectionname \label{sec:7} Für diese Aufgaben brauchen wir zunächst einmal Lemma, um unsere Arbeit zu erleichtern. \begin{lemm} \setblocklabel{lemm:uneigentlich:ex:3.3:raj-analysis-ii-notes} Sei $a\in\reals$ und sei ${h:[a,\infty)\to\reals}$ eine Funktion mit ${h(t) \longrightarrow 0}$ für ${t \longrightarrow +\infty}$. Sei außerdem $(T_{n})_{n} \subseteq [a,\infty)$ eine monoton wachsende Folge mit ${T_{n} \longrightarrow \infty}$ und so, dass $(T_{n+1}-T_{n})_{n}$ beschränkt ist. Dann ist ${\displaystyle\int_{a}^{\infty} h \dee t}$ konvergent gdw. $(\displaystyle\int_{a}^{T_{n}} h \dee t)_{n}$ konvergent ist. \end{lemm} \begin{einzug}[\mytab][\mytab] \begin{beweis} Offensichtlich gilt die \enclosedquote{nur dann wenn}-Richtung. Für die \enclosedquote{wenn}-Richtung, sei angenommen, $(\displaystyle\int_{a}^{T_{n}} h \dee t)_{n}$ konvergiert mit Grenzwert $I \in \reals$. Setze $C \in (0,\infty)$ mit $\sup_{n}T_{n+1}-T_{n} \leq C$. Sei $\eps > 0$. Sei $N$ ein genügend großer Index mit $\abs{\int_{a}^{T_{n}} h \dee t - I} < \frac{\eps}{2}$ für alle $n \geq N$. Da $f$ gegen $+\infty$ verschwindend ist, existiert ein $\tilde{T}\in[a,\infty)$, so dass $\abs{f(\cdot)} \leq \frac{\eps}{2C}$ auf $[\tilde{T},\infty]$. Sei nun $T \in [\max\{T_{N},\tilde{T}\},\infty)$ beliebig. Da $T \geq T_{N}$ und ${(T_{n})_{n}\longrightarrow +\infty}$ monoton, existiert ein $n\geq N$ so, dass $T \in [T_{n},T_{n+1}]$. Da $n \geq N$ und $[T_{n},T]\subseteq[\tilde{T},\infty)$ erhält man die Abschätzung \begin{maths}[mc]{rcl} \absLong{ \displaystyle\int_{a}^{T} h(t) \dee t - I } &\leq &\absLong{ \displaystyle\int_{a}^{T} h(t) \dee t - \displaystyle\int_{a}^{T_{n}} h(t) \dee t } + \absLong{ \displaystyle\int_{a}^{T_{n}} h(t) \dee t - I }\\ &< &\absLong{ \displaystyle\int_{T_{n}}^{T} h(t) \dee t } + \frac{\eps}{2}\\ &< &\displaystyle\int_{T_{n}}^{T} \underbrace{ \abs{h(t)} }_{\leq \frac{\eps}{2C}} \dee t + \frac{\eps}{2}\\ &\leq &(T-T_{n})\frac{\eps}{2C} + \frac{\eps}{2}\\ &\leq &(T_{n+1}-T_{n})\frac{\eps}{2C} + \frac{\eps}{2}\\ &\leq &C\frac{\eps}{2C} + \frac{\eps}{2} =\eps.\\ \end{maths} Darum gilt für genügend großes $T \in [a,\infty)$ (in Abhängigkeit von $\eps$), dass $\abs{ \displaystyle\int_{a}^{T} h(t) \dee t - I } < \eps$. Da dies für alle $\eps > 0$ gilt ist $(\displaystyle\int_{a}^{T} h \dee t)_{T\in[a,\infty)}$ konvergent (mit Grenzwert $I$). Also konvergiert $\displaystyle\int_{a}^{\infty} h \dee t$. \end{beweis} \end{einzug} \begin{enumerate}{\bfseries (a)} %% A3(a) \item \begin{schattierteboxdunn} \begin{claim} \setblocklabel{claim:1:ex:3.3a:raj-analysis-ii-notes} Sei $f:\reals\ohne\{0\}\to\reals$ definiert durch $f(x)=\frac{\sin(x)}{x}$. Dann konvergiert $\displaystyle\int_{x=1}^{\infty} f \dee x$. \end{claim} \end{schattierteboxdunn} \begin{beweis} Für $c \in (0, \infty)$ beobachte, dass \begin{maths}[mc]{rcl} \eqtag[eq:1:\beweislabel] \absLong{ \displaystyle\int_{c}^{c + 2\pi} \frac{\sin(x)}{x} \dee x } &= &\absLong{ \displaystyle\int_{c}^{c + 2\pi} \frac{\sin(x)}{x} \dee x - \displaystyle\int_{c}^{c + 2\pi} \frac{\sin(x)}{c} \dee x }\\ &&\text{da $\int_{c}^{c + 2\pi}\sin(x)\dee x = [-\cos(x)]_{c}^{c+2\pi}=0$}\\ &= &\absLong{ \displaystyle\int_{c}^{c + 2\pi} \sin(x)\cdot(\frac{1}{x} - \frac{1}{c}) \dee x }\\ &\leq &\displaystyle\int_{c}^{c + 2\pi} \underbrace{ \abs{\sin(x)} }_{\leq 1} \underbrace{ \abs{\frac{1}{x} - \frac{1}{c}} }_{\substack{ \leq \frac{1}{c} - \frac{1}{c + 2\pi}\\ = \frac{2\pi}{c(c + 2\pi)} }} \dee x\\ &\leq &2\pi \cdot \frac{2\pi}{c(c + 2\pi)} \leq (\frac{2\pi}{c})^{2}.\\ \end{maths} Da $f$ offensichtlich gegen $+\infty$ verschwindend ist, laut \Cref{lemm:uneigentlich:ex:3.3:raj-analysis-ii-notes} reicht es aus zu zeigen, dass $(\int_{1}^{2\pi n}f\dee x)_{n\in\naturals}$ konvergiert. Sei hiefür $\eps > 0$ beliebig. Da $\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}<\infty$, wissen wir, dass ein $N\in\naturals$ existiert so dass $\abs{ \sum_{k=1}^{n_{1}} \frac{1}{k^{2}} - \sum_{k=1}^{n_{2}} \frac{1}{k^{2}} } < \eps$ für alle $n_{1},n_{2} \geq N$. Für $n_{1},n_{2} \geq N$ berechnen wir daher: \begin{maths}[mc]{rcl} \absLong{ \displaystyle\int_{1}^{2\pi n_{1}} f \dee x - \displaystyle\int_{1}^{2\pi n_{2}} f \dee x } &= &\absLong{ \displaystyle\int_{2\pi \min\{n_{1},n_{2}\}}^{2\pi \max\{n_{1},n_{2}\}} f \dee x }\\ &= &\absLong{ \displaystyle\sum_{k=\min\{n_{1},n_{2}\}}^{\max\{n_{1},n_{2}\}-1} \displaystyle\int_{2\pi k}^{2\pi (k+1)} f \dee x }\\ &= &\displaystyle\sum_{k=\min\{n_{1},n_{2}\}}^{\max\{n_{1},n_{2}\}-1} \absLong{ \displaystyle\int_{2\pi k}^{2\pi (k+1)} f \dee x }\\ &\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{\leq} &\displaystyle\sum_{k=\min\{n_{1},n_{2}\}}^{\max\{n_{1},n_{2}\}-1} (\frac{2\pi}{2\pi k})^{2}\\ &= &\absLong{ \displaystyle\sum_{1}^{n_{1}} \frac{1}{k^{2}} - \displaystyle\sum_{1}^{n_{2}} \frac{1}{k^{2}} } < \eps.\\ \end{maths} Es folgt, dass $(\int_{1}^{2\pi n}f\dee x)_{n\in\naturals}\subseteq\reals$ eine Cauchy-Folge ist und wegen Vollständigkeit von $\reals$ konvergent. Laut \Cref{lemm:uneigentlich:ex:3.3:raj-analysis-ii-notes} existiert damit $\int_{1}^{\infty} f \dee x$. \end{beweis} %% A3(b) \item \begin{schattierteboxdunn} \begin{claim} \setblocklabel{claim:1:ex:3.3b:raj-analysis-ii-notes} $\int_{x=1}^{\infty} \abs{\frac{\sin(x)}{x}} \dee x$ divergiert gegen $+\infty$. \end{claim} \end{schattierteboxdunn} \begin{beweis} \end{beweis} %% A3(c) \item \begin{schattierteboxdunn} \begin{claim} \setblocklabel{claim:1:ex:3.3c:raj-analysis-ii-notes} Sei $g:\reals\ohne\{0\}\to\reals$ definiert durch $g(x)=\frac{\sin(x)}{x}$. Dann divergiert $\displaystyle\int_{x=1}^{\infty} g \dee x$ gegen $+\infty$. \end{claim} \end{schattierteboxdunn} Um dies zu beweisen brauchen wir ein kleines Zwischenresultat. \begin{lemm} \setblocklabel{lemm:1:ex:3.3c:raj-analysis-ii-notes} Für $k, c \in [0, \infty)$ mit $k \geq 1$ ist ${I_{k,c} \coloneq \displaystyle\int_{x=1}^{\infty} \frac{\sin(kx - c)}{x} \dee x}$ konvergent. \end{lemm} \begin{einzug}[\mytab][\mytab] \begin{beweis} Schreibe ${I_{k,c}(T) \coloneq \displaystyle\int_{x=1}^{T} \frac{\sin(kx - c)}{x} \dee x}$ für $T \in [1, \infty)$. Wegen Aufgabe 3(a) wissen wir bereits, dass ${I_{1,0}(T) \longrightarrow I_{1,0} \in \reals}$ für ${T \longrightarrow +\infty}$. Für $T \in [1, \infty)$ gilt \begin{maths}[mc]{rcl} I_{k,c}(T) &= &\displaystyle\int_{1}^{T} \frac{\sin(kx - c)}{kx-c + c} \cdot u^{\prime} \dee u\\ &&\text{mit $u(x) \coloneq kx - c$}\\ &= &\displaystyle\int_{k + c}^{kT + c} \frac{\sin(u)}{u + c} \dee u\\ &= &\displaystyle\int_{1}^{kT + c} \frac{\sin(u)}{u} \dee u -\underbrace{ \displaystyle\int_{1}^{kT + c} \sin(u)\cdot(\frac{1}{u}-\frac{1}{u+c}) \dee u }_{\eqcolon D_{c}(kT + c)}\\ &&-\underbrace{ \displaystyle\int_{1}^{k + c} \frac{\sin(u)}{u + c} \dee u }_{\eqcolon E_{k,c}}\\ &= &I_{1,0}(kT + c) + D_{c}(kT + c) + E_{k,c}.\\ \end{maths} Wegen Stetigkeit von ${[1,k+c] \ni x \mapsto \frac{\sin(u)}{u + c}}$, ist diese Funktion Riemann-integrierbar. Also ist $E_{k,c} \in \reals$ wohldefiniert. Wie oben wissen wir, dass ${T \longrightarrow +\infty}$ $\Rightarrow$ ${kT + c \longrightarrow +\infty}$ $\Rightarrow$ ${I_{1,0}(kT+c) \longrightarrow I_{1,0} \in \reals}$. Darum, um die Konvergenz von $I_{k,c}$ zu zeigen, müssen wir lediglich die Konvergenz von $(D_{c}(kT + c))_{T\in[1,\infty)}$ zeigen. Nebenrechnung: $\abs{\sin(u)\cdot(\frac{1}{u}-\frac{1}{u+c})} =\abs{\sin(u)}\cdot\frac{c}{u(u+c)} \leq \frac{c}{u^{2}}$ für $u\in[1,\infty)$. Da $\int_{u=1}^{\infty} \frac{c}{u^{2}} \dee u$ existiert, ist somit der Bertrag der stetigen Funktion ${[1,\infty)\ni u \mapsto \sin(u)\cdot(\frac{1}{u}-\frac{1}{u+c})}$ uneigentlich Riemann-integrierbar. Folglich ist diese Funktion (ohne Betrag) uneigentlich Riemann-integrierbar. Insbesondere ist $(D_{c}(T))_{T\in[1,\infty)}$ und somit auch $(D_{c}(kT + c))_{T\in[1,\infty)}$ konvergent. Darum konvergiert $(I_{k,c}(T))_{T\in[1,\infty)}$. \Dh $\displaystyle\int_{x=1}^{\infty} \frac{\sin(kx - c)}{x} \dee x$ existiert. \end{beweis} \end{einzug} \def\beweislabel{claim:1:ex:3.3c:raj-analysis-ii-notes} Jetzt können wir mit dem Beweis von \Cref{\beweislabel} fortsetzen. \begin{beweis}[von \Cref{\beweislabel}] Sei $T \in [1,\infty)$. Schreibe ${J(T) \coloneq \int_{x=1}^{T} g \dee x}$. Für $x\in[1,\infty)$ gilt $% g(x) = \frac{\sin^{2}(x)}{x} = \frac{1}{2}(\frac{1}{x} - \frac{\cos(2x)}{x}) = \frac{1}{2}(\frac{1}{x} - \frac{\sin(\frac{\pi}{2} - 2x)}{x}) = \frac{1}{2}(\frac{1}{x} + \frac{\sin(2x - \frac{\pi}{2})}{x}) = \frac{1}{2}(\frac{1}{x} + h_{2,\frac{\pi}{2}}(x)) $. Darum gilt \begin{maths}[mc]{rcl} J(T) &= &\frac{1}{2} \displaystyle\int_{x=1}^{T}\frac{1}{x}\dee x + \frac{1}{2} \displaystyle\int_{x=1}^{T}h_{2,\frac{\pi}{2}}(x) \dee x\\ &= &\frac{1}{2}\log(T) - \frac{1}{2}I_{2,\frac{\pi}{2}}(T).\\ \end{maths} Da ${(I_{2,\frac{\pi}{2}}(T))_{T\in[1,\infty)} \longrightarrow I_{2,\frac{\pi}{2}} \in \reals}$ (siehe \Cref{lemm:1:ex:3.3c:raj-analysis-ii-notes}) und ${(\log(T))_{T\in[1,\infty)} \longrightarrow +\infty}$, folgt ${(J(T))_{T\in[1,\infty)} \longrightarrow +\infty}$. \Dh $\displaystyle\int_{x=1}^{\infty} g \dee x = +\infty$. \end{beweis} \end{enumerate} %% ********** END OF FILE: body/woche4/A3.tex ********** \setcounterafter{section}{4} %% ******************************************************************************** %% FILE: body/woche4/A4.tex %% ******************************************************************************** \let\oldsectionname\sectionname \def\sectionname{Aufgabe} \section[]{} \let\sectionname\oldsectionname \label{sec:8} \begin{enumerate}{\bfseries (a)} \setcounterafter{enumi}{2} %% A4(b) \item \def\beweislabel{ex:3.4} Zu berechnen: \begin{maths}[mc]{c} I \coloneq \displaystyle \int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin(x)) \dee x\\ \end{maths} \begin{idea} Der Trick hier (oder: einer davon!) ist ein gewöhnlicher: Wir können zwar keine Stammfunktion (zumindest auf einfache Weise) bestimmen, \underline{aber} als ganzen Wert betrachtet versuchen wir, einen algebraischen Ausdruck für $I$ zu finden. Hierfür manipulieren wir die Domäne und nutzen Symmetrien im Funktionsausdruck aus. \end{idea} \heading{Vorarbeit:} Für solche Tricks hilft es häufig, natürliche auxiliäre Ausdrücke (gleichzeitig) zu untersuchen. In diesem Falle ist dies: \begin{maths}[mc]{c} J \coloneq \displaystyle \int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\cos(x)) \dee x.\\ \end{maths} Was die Symmetrien anbelangt, berufen wir uns auf folgende Erkenntnisse: \begin{maths}[mc]{rcl} \cos(x) &= &\sin(\frac{\pi}{2} - x)\\ \sin(\pi - x) &= &\sin(x)\\ \sin(2x) &= &2\sin(x)\cos(x)\\ \end{maths} für alle $x \in \reals$. \heading{Die Berechnung:} Durch die Verhältnisse zw. $\cos$ und $\sin$ können wir $I$ und $J$ wie folgt in Verbindung setzen: \begin{maths}[mc]{rcl} \eqtag[eq:1:\beweislabel] J &= &\displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin(\frac{\pi}{2}-x)) \dee x\\ &= &\displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}} (-t^{\prime}) \cdot \log(\sin(t)) \dee x\\ &&\text{% Subst: $t(x) = \frac{\pi}{2} - x$; $\Rightarrow$ $t^{\prime} = -1$% }\\ &= &-\displaystyle\int_{t = \frac{\pi}{2}}^{0} \log(\sin(t)) \dee t = I.\\ \end{maths} Wegen der Spiegelsymmetrie von $\sin$ um $\frac{\pi}{2}$ kann man das Integral wie folgt verdoppeln: \begin{longmaths}[mc]{RCL} 2I &= &\displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin(x)) \dee x + \displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin(\pi - x)) \dee x\\ &= &\displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin(x)) \dee x + \displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}} (-t^{\prime}) \cdot \log(\sin(t)) \dee x\\ &&\text{% Subst: $t(x) = \pi - x$; $\Rightarrow$ $t^{\prime} = -1$% }\\ &= &\displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin(x)) \dee x - \displaystyle\int_{t = \pi}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin(t)) \dee t\\ &= &\displaystyle\int_{x = 0}^{\pi} \log(\sin(x)) \dee x\\ &= &\displaystyle\int_{x = 0}^{\pi} (2 t^{\prime}) \cdot \log(\sin(2t)) \dee x\\ &&\text{% Subst: $t(x) = \frac{1}{2}x$; $\Rightarrow$ $t^{\prime} = \frac{1}{2}$% }\\ &= &2 \displaystyle\int_{t = 0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin(2t)) \dee t,\\ \end{longmaths} und damit gilt \begin{maths}[mc]{c} \eqtag[eq:2:\beweislabel] I = \displaystyle\int_{t = 0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin(2t)) \dee t.\\ \end{maths} Jetzt bringen wir diese zwei Umformungen zusammen: \begin{maths}[mc]{rcl} 2I &\eqcrefoverset{eq:1:\beweislabel}{=} &I + J\\ &= &\displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\sin(x)) \dee x + \displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}} \log(\cos(x)) \dee x\\ &= &\displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}} \log( \sin(x) \cos(x) ) \dee x\\ &= &\displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}} \log( \frac{1}{2} \sin(2x) ) \dee x\\ &&\text{% wegen trig. Identität% }\\ &= &\displaystyle\int_{x = 0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \log(\frac{1}{2}) + \log(\sin(2x)) \right) \dee x\\ &\eqcrefoverset{eq:2:\beweislabel}{=} &\frac{\pi}{2} \cdot \log(\frac{1}{2}) + I.\\ \end{maths} Darum erhält man folgenden algebraischen Ausdruck für $I$: \begin{maths}[mc]{c} 2I = \frac{\pi}{2} \cdot \log(\frac{1}{2}) + I\\ \end{maths} Daraus ergibt sich, dass $I = \frac{\pi}{2} \cdot \log(\frac{1}{2}) = \Fbox{-\frac{\pi}{2}\log(2)}$ der gesuchte Werte des Integrals ist. \begin{rem} Dieser Berechnung zufolge ist der Mittelwert von $\log(\sin(\cdot))$ auf dem Gebiet $[0,\frac{\pi}{2}]$ gleich $\log(\frac{1}{2})$, also $\log(\sin(\frac{\pi}{6}))$. Wegen der Symmetrien von $\sin$ können wir daraus erschließen, dass der Mittelwert von $\log\abs{\sin(\cdot)}$ auf $[0,2\pi]$ auch gleich $\log(\frac{1}{2})$ ist. \end{rem} \end{enumerate} %% ********** END OF FILE: body/woche4/A4.tex ********** %% ********** END OF FILE: body/woche4/index.tex ********** %% ********** END OF FILE: body/index.tex ********** %% BACKMATTER \clearpage %% ******************************************************************************** %% FILE: back/index.tex %% ******************************************************************************** \nocite{*} % <- forces all entries to appear in bibliography \bgroup \small \bibliographystyle{alpha} \def\bibname{Referenzen} \begin{thebibliography}{For16} \bibitem[AB05]{aliprantis2005BookAnalysis} Charalambos~D. Aliprantis and Kim~C. Border. \newblock {\em {Infinite Dimensional Analysis, a Hitchhiker's Guide}}. \newblock Springer-Verlag, 3rd edition, 2005. \bibitem[Dei14]{deitmar2014BookAnalysis} Anton Deitmar. \newblock {\em {Analysis}}. \newblock {Springer-Lehrbuch}. Springer Spektrum, Berlin, Heidelberg, 1 edition, 2014. \bibitem[For16]{forster2016BookAnalysis1} Otto Forster. \newblock {\em {Analysis 1}}. \newblock {Grundkurs Mathematik}. Springer Spektrum, Wiesbaden, 12 edition, 2016. \bibitem[Pog 2]{pogorzelskiVLSkript} Felix Pogorzelski. \newblock {Vorlesungsskript: Analysis I--II}, 2021--2. \newblock {basierend auf dem Skript von Daniel Lenz 2013--14 + 2020--21}. \end{thebibliography} \addcontentsline{toc}{chapter}{\protect\numberline{}{\bibname}} \egroup %% ********** END OF FILE: back/index.tex ********** \end{document} %% ********** END OF FILE: root.tex **********