Satz über integrierbare Funk. < Integration < Funktionen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:55 Do 06.04.2017 | | Autor: | X3nion |
Guten Tag zusammen!
Ich habe wieder einmal Fragen zu einem Beweis, dieses Mal geht es über den Satz über integrierbare Funktionen.
Seien f, g: [a,b] [mm] \rightarrow \IR [/mm] integrierbare Funktionen. Dann gilt:
a) Die Funktionen [mm] f_{+}, f_{-} [/mm] und |f| sind integrierbar und es gilt
[mm] \left|\integral_{a}^{b}{f(x) dx}\right| \le \integral_{a}^{b}{|f(x)| dx}
[/mm]
b) Für jedes p [mm] \in [/mm] [1, [mm] \infty[ [/mm] ist die Funktion [mm] |f|^{p} [/mm] integrierbar.
c) Die Funktion fg: [a,b] [mm] \rightarrow \IR [/mm] ist integrierbar
mit [mm] f_{+}(x) [/mm] := [mm] \begin{cases} f(x), & \mbox{falls } f(x) > 0 \\ 0, & \mbox{sonst } \end{cases}
[/mm]
und [mm] f_{-}(x) [/mm] := [mm] \begin{cases} -f(x), & \mbox{falls } f(x) < 0 \\ 0, & \mbox{sonst } \end{cases}
[/mm]
Offenbar gilt f = [mm] f_{+} [/mm] - [mm] f_{-} [/mm] und |f| = [mm] f_{+} [/mm] + [mm] f_{-}
[/mm]
Beweis
a) Nach Voraussetzung gibt es zu [mm] \epsilon [/mm] > 0 Treppenfunktionen [mm] \phi, \psi \in \tau[a,b] [/mm] mit
[mm] \phi \le [/mm] f [mm] \le \psi [/mm] und
[mm] \integral_{a}^{b}{(\phi - \psi)(x) dx} \le \epsilon.
[/mm]
Dann sind auch [mm] \phi_{+} [/mm] und [mm] \psi_{+} [/mm] Treppenfunktionen mit [mm] \phi_{+} \le f_{+} \le \psi_{+} [/mm] und
[mm] \integral_{a}^{b}{(\psy_{+} - \phi_{+})(x) dx} \le \integral_{a}^{b}{(\psy - \phi)(x) dx} \le \epsilon;
[/mm]
also [mm] f_{+} [/mm] integrierbar. Die Integrierbarkeit von [mm] f_{-} [/mm] beweist man analog. Nach Satz 5 ist daher auch |f| integrierbar. Die Integral-Abschätzung folgt aus Satz 5c), da f [mm] \le [/mm] |f| und -f [mm] \le [/mm] |f|.
b) Es genügt, die Integrierbarkeit von [mm] |f|^{p} [/mm] für den Fall 0 [mm] \le [/mm] f [mm] \le [/mm] 1 zu beweisen.
Zu [mm] \epsilon [/mm] > 0 gibt es Treppenfunktionen [mm] \phi, \psi \in \tau[a,b] [/mm] mit
0 [mm] \le \phi \le [/mm] f [mm] \le \psi \le [/mm] 1
und [mm] \integral_{a}^{b}{(\psi - \phi) dx} \le \frac{\epsilon}{p}.
[/mm]
Dann sind auch [mm] \phi^{p} [/mm] und [mm] \psi^{p} [/mm] Treppenfunktionen mit [mm] \phi^{p} \le f^{p} \le \psi^{p} [/mm] und wegen [mm] \frac{d}{dx}(x^{p}) [/mm] = [mm] px^{p-1} [/mm] folgt aus dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung
[mm] \psi^{p} [/mm] - [mm] \phi^{p} \le p(\psi [/mm] - [mm] \phi).
[/mm]
Deshalb ist
[mm] \integral_{a}^{b}{(\psi^{p} - \phi^{p})(x) dx} \le [/mm] p [mm] \integral_{a}^{b}{(\psi - \phi)(x) dx} \le \epsilon,
[/mm]
also [mm] f^{p} [/mm] integrierbar.
c) Die Behauptung folgt aus Teil b), denn
fg = [mm] \frac{1}{4} [(f+g)^{2} [/mm] - [mm] (f-g)^{2}].
[/mm]
------
Zuerst einmal eine Frage zu a)
Gilt [mm] \left|\integral_{a}^{b}{f(x) dx}\right| \le \integral_{a}^{b}{|f(x)| dx} [/mm] wegen
f [mm] \le [/mm] |f| => [mm] \integral_{a}^{b}{f(x) dx} \le \integral_{a}^{b}{|f(x)| dx}
[/mm]
und -f [mm] \le [/mm] |f| => - [mm] \integral_{a}^{b}{f(x) dx} \le \integral_{a}^{b}{|f(x)| dx}
[/mm]
und somit insgesamt [mm] \left|\integral_{a}^{b}{f(x) dx}\right| \le \integral_{a}^{b}{|f(x)| dx} [/mm] ?
Zu b) Wieso genügt es, den Satz für 0 [mm] \le [/mm] f [mm] \le [/mm] 1 zu beweisen?
Und gilt [mm] \psi^{p} [/mm] - [mm] \phi^{p} \le p(\psi [/mm] - [mm] \phi), [/mm] weil p * [mm] \psi^{p-1} \le [/mm] p und p * [mm] \phi^{p-1} \le [/mm] p [mm] \forall \phi, [/mm] psi und deshalb wegen demMittelwertsatz der Differentialrechnung [mm] \psi^{p} [/mm] - [mm] \phi^{p} \le p(\psi [/mm] - [mm] \phi) [/mm] ?
Zu c) Ist fg integrierbar, da wegen f und g integrierbar auch f+g integrierbar ist und wegen [mm] (f+g)^{2} [/mm] = |f+g|² auch [mm] (f+g)^{2} [/mm] und analog [mm] (f-g)^{2} [/mm] integrierbar ist?
Wie immer bin ich dankbar für alle Antworten!
Viele Grüße,
X3nion
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:04 Fr 07.04.2017 | | Autor: | tobit09 |
> Zu b) Wieso genügt es, den Satz für 0 [mm]\le[/mm] f [mm]\le[/mm] 1 zu
> beweisen?
Der allgemeine Fall lässt sich wie folgt auf den Spezialfall [mm] $0\le f\le [/mm] 1$ zurückführen:
Da f integrierbar ist, ist f beschränkt, also [mm] $|f|\le [/mm] K$ für ein [mm] $K\in\IR$, [/mm] wobei $K>0$ angenommen werden kann (wenn nötig, $K$ dazu vergrößern).
Nun sei [mm] $\tilde{f}:=\frac{|f|}{K}$.
[/mm]
Es gilt [mm] $0\le\tilde{f}\le [/mm] 1$ und [mm] $\tilde{f}$ [/mm] ist integrierbar (hier geht Teil a) ein).
Der Spezialfall liefert daher die Integrierbarkeit von [mm] $|\tilde{f}|^p=\frac{|f|^p}{K^p}$.
[/mm]
Somit ist wie gewünscht auch [mm] $|f|^p=K^p*|\tilde{f}|^p$ [/mm] integrierbar.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:42 Fr 07.04.2017 | | Autor: | tobit09 |
b):
> Und gilt [mm]\psi^{p}[/mm] - [mm]\phi^{p} \le p(\psi[/mm] - [mm]\phi),[/mm] weil p *
> [mm]\psi^{p-1} \le[/mm] p und p * [mm]\phi^{p-1} \le[/mm] p [mm]\forall \phi,[/mm] psi
> und deshalb wegen demMittelwertsatz der
> Differentialrechnung [mm]\psi^{p}[/mm] - [mm]\phi^{p} \le p(\psi[/mm] - [mm]\phi)[/mm]
> ?
Ich sehe gerade nicht, wie die beiden von dir angeführten (korrekten) Ungleichungen p * [mm]\psi^{p-1} \le[/mm] p und p * [mm]\phi^{p-1} \le[/mm] p hier weiterhelfen.
(Unklar ist mir dein "[mm]\forall \phi,\psi[/mm]". An dieser Stelle des Beweises arbeiten wir ja bereits mit fest gewählten Treppenfunktionen [mm] $\phi,\psi$.)
[/mm]
Ich würde wie folgt argumentieren:
Sei [mm] $z\in[a,b]$ [/mm] beliebig vorgegeben.
Zu zeigen ist
(*) $ [mm] \psi(z)^{p} [/mm] $ - $ [mm] \phi(z)^{p} \le p(\psi(z) [/mm] $ - $ [mm] \phi(z))$.
[/mm]
Es gilt [mm] $\psi(z)\ge f(z)\ge\phi(z)$.
[/mm]
Falls [mm] $\psi(z)=\phi(z)$, [/mm] ist (*) klar.
Sei nun [mm] $\psi(z)>\phi(z)$.
[/mm]
Wir betrachten hilfsweise die Abbildung
[mm] $h\colon [\phi(z),\psi(z)]\to\IR,\quad h(x)=x^p$.
[/mm]
Sie ist differenzierbar (insbesondere stetig) mit Ableitung [mm] $h'(x)=p*x^{p-1}$.
[/mm]
Nach dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung existiert ein [mm] $\xi\in ]\phi(z),\psi(z)[$ [/mm] mit
[mm] $\frac{h(\psi(z))-h(\phi(z))}{\psi(z)-\phi(z)})=h'(\xi)$.
[/mm]
Es folgt [mm] $\xi<\psi(z)\le [/mm] 1$, also auch [mm] $\xi^{p-1}\le [/mm] 1$ und damit
[mm] $\frac{\psi(z)^p-\phi(z)^p}{\psi(z)-\phi(z)}=\frac{h(\psi(z))-h(\phi(z))}{\psi(z)-\phi(z)})=h'(\xi)=p*\xi^{p-1}\le [/mm] p$.
Durch Multiplikation mit der (positiven) Zahl [mm] $\psi(z)-\phi(z)$ [/mm] auf beiden Seiten der Ungleichung erhalten wir wie gewünscht (*).
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:41 Fr 07.04.2017 | | Autor: | X3nion |
Hi Tobias,
vielen Dank für deine wirklich sehr ausführlichen Ausführungen hier und in den anderen Beiträgen! ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") 
> b):
>
> > Und gilt [mm]\psi^{p}[/mm] - [mm]\phi^{p} \le p(\psi[/mm] - [mm]\phi),[/mm] weil p *
> > [mm]\psi^{p-1} \le[/mm] p und p * [mm]\phi^{p-1} \le[/mm] p [mm]\forall \phi,[/mm] psi
> > und deshalb wegen demMittelwertsatz der
> > Differentialrechnung [mm]\psi^{p}[/mm] - [mm]\phi^{p} \le p(\psi[/mm] - [mm]\phi)[/mm]
> > ?
> Ich sehe gerade nicht, wie die beiden von dir angeführten
> (korrekten) Ungleichungen p * [mm]\psi^{p-1} \le[/mm] p und p *
> [mm]\phi^{p-1} \le[/mm] p hier weiterhelfen.
>
> (Unklar ist mir dein "[mm]\forall \phi,\psi[/mm]". An dieser Stelle
> des Beweises arbeiten wir ja bereits mit fest gewählten
> Treppenfunktionen [mm]\phi,\psi[/mm].)
>
>
> Ich würde wie folgt argumentieren:
>
>
> Sei [mm]z\in[a,b][/mm] beliebig vorgegeben.
> Zu zeigen ist
>
> (*) [mm]\psi(z)^{p}[/mm] - [mm]\phi(z)^{p} \le p(\psi(z)[/mm] -
> [mm]\phi(z))[/mm].
>
> Es gilt [mm]\psi(z)\ge f(z)\ge\phi(z)[/mm].
> Falls [mm]\psi(z)=\phi(z)[/mm],
> ist (*) klar.
> Sei nun [mm]\psi(z)>\phi(z)[/mm].
>
> Wir betrachten hilfsweise die Abbildung
>
> [mm]h\colon [\phi(z),\psi(z)]\to\IR,\quad h(x)=x^p[/mm].
>
> Sie ist differenzierbar (insbesondere stetig) mit Ableitung
> [mm]h'(x)=p*x^{p-1}[/mm].
>
> Nach dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung existiert
> ein [mm]\xi\in ]\phi(z),\psi(z)[[/mm] mit
>
> [mm]\frac{h(\psi(z))-h(\phi(z))}{\psi(z)-\phi(z)})=h'(\xi)[/mm].
>
> Es folgt [mm]\xi<\psi(z)\le 1[/mm], also auch [mm]\xi^{p-1}\le 1[/mm] und
> damit
>
> [mm]\frac{\psi(z)^p-\phi(z)^p}{\psi(z)-\phi(z)}=\frac{h(\psi(z))-h(\phi(z))}{\psi(z)-\phi(z)})=h'(\xi)=p*\xi^{p-1}\le p[/mm].
>
> Durch Multiplikation mit der (positiven) Zahl
> [mm]\psi(z)-\phi(z)[/mm] auf beiden Seiten der Ungleichung erhalten
> wir wie gewünscht (*).
Deine Erklärung zu b), wie man vom Spezialfall 0 [mm] \le [/mm] f [mm] \le [/mm] 1 auf den allgemeinen Fall kommt, habe ich verstanden.
1) Zu deiner Argumentation von meiner zweiten Frage zu b) habe ich noch eine Frage:
- Wieso gilt [mm] \xi^{p} \le [/mm] 1, wenn [mm] \xi [/mm] < [mm] \phi(z) \le [/mm] 1 und somit [mm] \xi [/mm] < 1 ist?
2) Im Forster steht ein Corollar zum Mittelwertsatz:
Sei f: [a,b] [mm] \rightarrow \IR [/mm] eine stetige, in ]a,b[ differenzierbare Funktion. Für die Ableitung gelte
m [mm] \le f'(\xi) \le [/mm] M für alle [mm] \xi \in [/mm] ]a,b[
mit gewissen Konstanten m, M [mm] \in \IR. [/mm] Dann gilt für alle [mm] x_{1}, x_{2} \in [/mm] [a,b] mit [mm] x_{1} \le x_{2} [/mm] die Abschätzung
[mm] m(x_{2} [/mm] - [mm] x_{1}) \le f_{x_{2}} [/mm] - [mm] f_{x_{1}} \le M(x_{2} [/mm] - [mm] x_{1})
[/mm]
Deshalb hatte ich gefragt, ob man es nicht auch so begründen kann, dass [mm] \forall \xi \in ]\phi(z), \psi(z)[ [/mm] ja gilt: [mm] h'(\xi) \le [/mm] p wegen 0 [mm] \le \phi \le [/mm] f [mm] \le \psi \le [/mm] 1 und h'(x) = p * [mm] x^{p-1} [/mm] und somit mit dem Corollar insgesamt die Abschätzung [mm] \psi^{p} [/mm] - [mm] \phi^{p} \le p(\psi [/mm] - [mm] \phi) [/mm] gilt?
Viele Grüße,
X3nion
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:07 Fr 07.04.2017 | | Autor: | tobit09 |
> 1) Zu deiner Argumentation von meiner zweiten Frage zu b)
> habe ich noch eine Frage:
>
> - Wieso gilt [mm]\xi^{p} \le[/mm] 1, wenn [mm]\xi[/mm] < [mm]\phi(z) \le[/mm] 1 und
> somit [mm]\xi[/mm] < 1 ist?
Wir benötigen [mm] $\xi^{p-1}\le [/mm] 1$, nicht [mm] $\xi^p\le [/mm] 1$ (obwohl das auch zutrifft).
Unter Verwendung der Definition von [mm] $\xi^{p-1}$, [/mm] der Ungleichung [mm] $p-1\ge0$, [/mm] sowie der Monotonie des natürlichen Logarithmus und der natürlichen Exponentialfunktion erhalten wir:
[mm] $\xi^{p-1}=exp((p-1)*\log\xi)\le exp((p-1)*\log [/mm] 1)=exp((p-1)*0)=exp(0)=1$.
> 2) Im Forster steht ein Corollar zum Mittelwertsatz:
> Sei f: [a,b] [mm]\rightarrow \IR[/mm] eine stetige, in ]a,b[
> differenzierbare Funktion. Für die Ableitung gelte
>
> m [mm]\le f'(\xi) \le[/mm] M für alle [mm]\xi \in[/mm] ]a,b[
>
> mit gewissen Konstanten m, M [mm]\in \IR.[/mm] Dann gilt für alle
> [mm]x_{1}, x_{2} \in[/mm] [a,b] mit [mm]x_{1} \le x_{2}[/mm] die
> Abschätzung
>
> [mm]m(x_{2}[/mm] - [mm]x_{1}) \le f_{x_{2}}[/mm] - [mm]f_{x_{1}} \le M(x_{2}[/mm] -
> [mm]x_{1})[/mm]
>
> Deshalb hatte ich gefragt, ob man es nicht auch so
> begründen kann, dass [mm]\forall \xi \in ]\phi(z), \psi(z)[[/mm] ja
> gilt: [mm]h'(\xi) \le[/mm] p wegen 0 [mm]\le \phi \le[/mm] f [mm]\le \psi \le[/mm] 1
> und h'(x) = p * [mm]x^{p-1}[/mm] und somit mit dem Corollar
> insgesamt die Abschätzung [mm]\psi^{p}[/mm] - [mm]\phi^{p} \le p(\psi[/mm] -
> [mm]\phi)[/mm] gilt?
Ja, mit diesem Korollar vereinfacht sich die Argumentation.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:28 Fr 07.04.2017 | | Autor: | X3nion |
Hallo Tobias,
dann noch eine kurze Mini-Frage
Wieso gilt [mm] exp((p-1)\cdot{}\log\xi)\le exp((p-1)\cdot{}\log [/mm] 1), wenn wegen [mm] \xi [/mm] < [mm] \phi(z) \le [/mm] 1 streng genommen nicht gelten kann [mm] \xi [/mm] = 1?
Müsste es somit nicht lauten
[mm] exp((p-1)\cdot{}\log\xi) [/mm] < [mm] exp((p-1)\cdot{}\log [/mm] 1) ?
Viele Grüße,
X3nion
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:30 Fr 07.04.2017 | | Autor: | tobit09 |
> Wieso gilt [mm]exp((p-1)\cdot{}\log\xi)\le exp((p-1)\cdot{}\log[/mm]
> 1), wenn wegen [mm]\xi[/mm] < [mm]\phi(z) \le[/mm] 1 streng genommen nicht
> gelten kann [mm]\xi[/mm] = 1?
>
> Müsste es somit nicht lauten
>
> [mm]exp((p-1)\cdot{}\log\xi)[/mm] < [mm]exp((p-1)\cdot{}\log[/mm] 1) ?
Wann immer für zwei reelle Zahlen s,t die Ungleichung $s<t$ gilt, gilt erst recht [mm] $s\le [/mm] t$.
Hier brauche ich nur [mm] $s\le [/mm] t$ für [mm] $s:=exp((p-1)\cdot{}\log\xi)$ [/mm] und [mm] $t:=exp((p-1)\cdot{}\log1)$.
[/mm]
$s<t$ wäre in diesem Fall unter Umständen sogar falsch:
Im Falle $p=1$ steht auf beiden Seiten 1.
Meine Argumentation für [mm] $s\le [/mm] t$ ausführlich:
Wegen [mm] $\xi<1$ [/mm] und der Monotonie des natürlichen Logarithmus' gilt [mm] $\log\xi\le\log [/mm] 1$.
(Alternative: Wegen [mm] $\xi<1$ [/mm] und der STRENGEN Monotonie des natürlichen Logarithmus' gilt [mm] $\log\xi<\log [/mm] 1$.)
Durch Multiplikation der erhaltenen Ungleichung mit der Zahl nichtnegativen Zahl $p-1$ erhalten wir die Ungleichung [mm] $(p-1)*\log\xi\le(p-1)*\log [/mm] 1$ ("<" statt [mm] "$\le$" [/mm] wäre hier falsch, da $p-1=0$ nicht ausgeschlossen ist).
Da die Exponentialfunktion (streng) monoton wachsend ist, folgt [mm] $s=exp((p-1)*\log\xi)\le exp((p-1)*\log [/mm] 1)=t$.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:35 Fr 07.04.2017 | | Autor: | X3nion |
> > Wieso gilt [mm]exp((p-1)\cdot{}\log\xi)\le exp((p-1)\cdot{}\log[/mm]
> > 1), wenn wegen [mm]\xi[/mm] < [mm]\phi(z) \le[/mm] 1 streng genommen nicht
> > gelten kann [mm]\xi[/mm] = 1?
> >
> > Müsste es somit nicht lauten
> >
> > [mm]exp((p-1)\cdot{}\log\xi)[/mm] < [mm]exp((p-1)\cdot{}\log[/mm] 1) ?
> Wann immer für zwei reelle Zahlen s,t die Ungleichung [mm]s
> gilt, gilt erst recht [mm]s\le t[/mm].
> Hier brauche ich nur [mm]s\le t[/mm]
> für [mm]s:=exp((p-1)\cdot{}\log\xi)[/mm] und
> [mm]t:=exp((p-1)\cdot{}\log1)[/mm].
>
>
> [mm]s
> Im Falle [mm]p=1[/mm] steht auf beiden Seiten 1.
>
>
> Meine Argumentation für [mm]s\le t[/mm] ausführlich:
>
> Wegen [mm]\xi<1[/mm] und der Monotonie des natürlichen Logarithmus'
> gilt [mm]\log\xi\le\log 1[/mm].
> (Alternative: Wegen [mm]\xi<1[/mm] und der
> STRENGEN Monotonie des natürlichen Logarithmus' gilt
> [mm]\log\xi<\log 1[/mm].)
> Durch Multiplikation der erhaltenen
> Ungleichung mit der Zahl nichtnegativen Zahl [mm]p-1[/mm] erhalten
> wir die Ungleichung [mm](p-1)*\log\xi\le(p-1)*\log 1[/mm] ("<" statt
> "[mm]\le[/mm]" wäre hier falsch, da [mm]p-1=0[/mm] nicht ausgeschlossen
> ist).
> Da die Exponentialfunktion (streng) monoton wachsend ist,
> folgt [mm]s=exp((p-1)*\log\xi)\le exp((p-1)*\log 1)=t[/mm].
Aaaah den Fall p-1 = 0 hatte ich missachtet, damit ist klar, dass es [mm] \le [/mm] lauten muss, Danke!!
Ich nehme alles sehr genau, in manchen Beweisen hatte ich Recht mit meiner Forderung, dass nur "<" statt [mm] \le [/mm] da stehen müsste, wobei [mm] \le [/mm] natürlich nicht falsch gewesen wäre.
Viele Grüße,
X3nion
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