Es gilt: ν1

Prof. Dr. Moritz Kaßmann Fakultät für Mathematik

Wintersemester 2015/2016 Universität Bielefeld

Klausur Maß- und Integrationstheorie (240021) 1. Termin am 17. Februar 2016

Aufgabe 1 (10 Punkte)

Seien(Ω,A, µ) ein Maßraum undM ∈ A. Entscheiden Sie, ob durch (i) ν1 :A →[0,+∞], ν₁(A) =µ(A∩M),

(ii) ν₂ :A →[0,+∞], ν₂(A) =µ(A^c∩M) ein Maß definiert wird. Beweisen Sie Ihre Aussage.

Lösungsvorschlag:

(i) ν1 ist ein Maß, denn

• ν1 ≥0, da µ≥0.

• Es gilt: ν1(∅) =µ(∅ ∩M) =µ(∅) = 0.

• Sei(A_k)_k∈Neine Familie disjunkter Mengen in Ω. Dann gilt

ν₁ [

k∈N

A_k

!

=µ

[

k∈N

A_k

!

∩M

!

=µ [

k∈N

(A_k∩M)

!

=X

k∈N

µ(A_k∩M) =X

k∈N

ν₁(A_k).

(ii) Die Abbildung ν2definiert im Allgemeinen kein Maß¹. Betrachte hierzuM ∈ Aderart, dassµ(M)>0.

Dann gilt

ν2(∅) =µ(∅^c∩M) =µ(Ω∩M) =µ(M)>0, was im Widerspruch zur Maßeigenschaft steht.

Aufgabe 2 (15 Punkte) Betrachtet werde die durch

fn=n⁻¹1[n,n+n²]

definierte Funktionenfolge(f_n)auf [1,∞)⊂R. Untersuchen Sie, ob diese Folge (a) λ-punktweise fast überall,

(b) dem Maßeλnach,

(c) in der Norm vonL¹(dλ),L²(dλ) bzw.L³(dλ) konvergiert.

Lösungsvorschlag:

a) Die Funktionenfolge(fn)n∈N konvergiertλ-fast überall gegenf ≡0, denn für x∈[1,∞) und n >dxe gilt

f_n(x) =n⁻¹1[n,n+n²](x) = 0.

b) Die Folge konvergiert dem Maße λ nach gegen die Nullfunktion. Sei hierzu δ > 0 beliebig. Dann gilt für allen > ¹_δ

{x∈[1,∞) :|f_n(x)|> δ}={x∈[n, n+n²] :|f_n(x)|> δ}=∅.

Also

lim λ({x∈[1,∞) :|f_n(x)|> δ}) = 0.

c) Die Funktionenfolge konvergiert nicht in derL¹(dλ)-Norm. Wir beweisen dies per Widerspruch. Ange- nommenf_n konvergiert in derL¹(dλ)-Norm gegen eine Funktionf ∈L¹(dλ). Dann folgt auch

Z

[1,∞)

fn dλ −→

n→∞

Z

[1,∞)

f dλ.

Jedoch

Z

[1,∞)

f_n dλ= 1 n

Z

[1,∞)

1[n,n+n²]dλ= 1

n ·n²=n −→

n→∞∞.

Also kann es die entsprechende Funktionf ∈L¹(dλ) nicht geben.

Die Funktionenfolge konvergiert nicht in L²(dλ). Als Grenzfunktion kommt nur die Nullfunktion in Frage. Angenommen es gebe einf ∈L²(dλ)derart, dass kf−f_nk_L2(dλ)→0 undf 6≡0. Dann gibt es einK >0, derart dasskfk_L2((0,K)) > ε >0 und damit folgt für n > K

kf_n−fk²_L2(dλ)= Z

[1,∞)

|f_n−f|²dλ= Z

[1,K)

|f_n−f|²dλ+ Z

[K,∞)

|f_n−f|²dλ

Z

[1,K)

|f|²dλ+ Z

[K,∞)

|f_n−f|²dλ > ε.

Alternativ:Würde fn inL² gegen ein f konvergieren, so würde eine Teilfolge auch punktweise kon- vergieren. Daher kannf nach Teil a) nur die Nullfunktion sein. Da jedoch

Z

[1,∞)

f_n² dλ= 1

n² ·n² = 1,

gilt, folgt dass es kein f ∈L²(dλ) gibt mitkf_n−fk_L2(dλ) →0 für n→ ∞.

Die Folge konvergiert in der L³(dλ)-Norm gegen die Nullfunktion f ≡0, denn Z

[1,∞)

|f_n|³ dλ= 1

n³ ·n²= 1 n −→

n→∞0.

Aufgabe 3 (10 Punkte)

Formulieren Sie das Lemma von Fatou.

Lösungsvorschlag:

Sei(Ω,A, µ)ein Maßraum. Für jede Folge (f_n)n∈N nichtnegativer, messbarer Funktionenf_n: Ω→R gilt Z

Ω

lim inf

n→∞ f_n dµ≤lim inf

n→∞

Z

Ω

f_n dµ.

Aufgabe 4 (10 Punkte)

Seien(Ω,A) ein Messraum undf : Ω→R.

Zeigen Sie, dass die beiden folgenden Aussagen äquivalent sind:

(i) {x∈Ω|f(x)> a} ∈ A für jedesa∈R, (ii) {x∈Ω|f(x)< a} ∈ A für jedesa∈R.

Lösungsvorschlag:

(i)⇒ (ii): Es gelte {x∈Ω|f(x)> a} ∈ A. Dann folgt für jedesa∈R

{x∈Ω|f(x)< a}=

∞

[

n=1

x∈Ω|f(x)≤a− 1 n

=

∞

[

n=1

x∈Ω|f(x)> a−1 n

c

.

Laut Voraussetzung gilt {x ∈Ω|f(x) > a− _n¹} ∈ A für jedes a∈R und jedesn ∈N. DaA als σ-Algebra abgeschlossen unter Komplementbildung ist, folgt

x∈Ω|f(x)> a−_n^{1 c} ∈ A für jedesa∈R und n∈N. Des Weiteren istAstabil unter abzählbaren Vereinigungen und somit giltS∞

n=1{x∈Ω|f(x)> a−¹_n}^c∈ A, woraus die Behauptung folgt.

(ii)⇒ (i): Es gelte {x∈Ω|f(x)< a} ∈ A. Dann folgt für jedesa∈R

{x∈Ω|f(x)> a}=

∞

[

n=1

x∈Ω|f(x)≥a+ 1 n

=

∞

[

n=1

x∈Ω|f(x)< a+1 n

c

.

Laut Voraussetzung gilt {x ∈Ω|f(x) < a+ _n¹} ∈ A für jedes a∈R und jedesn ∈N. DaA als σ-Algebra abgeschlossen unter Komplementbildung ist, folgt

x∈Ω|f(x)< a+_n^{1 c} ∈ A für jedesa∈R und n∈N. Des Weiteren istAstabil unter abzählbaren Vereinigungen und somit giltS∞

n=1{x∈Ω|f(x)< a+¹_n}^c∈ A, woraus die Behauptung folgt.

Aufgabe 5 (15 Punkte)

SeiD={(x, y)∈R²|x²+y² < ¹₄}. Berechnen Sie Z

D

1

p1− kzk² dz .

Lösungsvorschlag:

Dist ein Kreis um (0,0)mit Radius ¹₂. Wir geben zwei Möglichkeiten zur Berechnung des Integrals an:

1. Alternative: Die Funktion f : D → R, z 7→ f(z) = √ ¹

1−kzk² ist eine rotationssymmetrische Funkti- on. Folglich gilt

Z

D

1

p1− kzk² dz= 2π

1/2

Z

0

√ r

1−r² dr =π

1

Z

3/4

√1

udu= 2π√ u1

3/4 = 2π 1−

√ 3 2

! .

2. Alternative:Wir berechnen das Integral mittels Polarkoordinaten:

Z

D

1

p1− kzk² dz= Z

(0,2π)×(0,1/2)

1

p1−(r²cos²ϕ+r²sin²ϕ)rd(ϕ, r) =

2π

Z

0 1/2

Z

0

√ r

1−r² dr dϕ

= 2π

1/2

Z

0

√ r

1−r² dr = 2π 1−

√3 2

! .

Aufgabe 6 (15 Punkte)

Seienf : [0, π]→R,f(z) = sin(z) und ein RotationskörperK gegeben durch K =

(x, y, z)∈R³|f(z)≤x²+y² ≤2f(z),0≤z≤π . (a) Skizzieren SieK.

(b) Berechnen Sie das Volumen vonK.

Lösungsvorschlag:

a)

b) Wir verwenden zur Berechnung von λ³(K) das Prinzip von Cavalieri. SeiK_z die z-Schnittmenge von K. Dann giltKz=∅für jedesz /∈[0, π]und für z∈[0, π]

Kz =

(x, y)∈R²|(x, y, z)∈K ={(x, y∈R²|sinz≤x²+y²≤2 sinz}

={(x, y)∈R²|x²+y² ≤2 sinz} \ {(x, y∈R²|x²+y² ≤sinz}=:K₁\K₂. Folglich istK_z der Kreisring zwischen den beiden Kreisen mit Radius√

2 sinzbzw.√

sinz. Also λ²(Kz) =λ²(K1)−λ²(K2) =π2 sinz−πsinz=πsinz.

Folglich:

λ³(K) =

π

Z

0

λ²(Kz) dz=

π

Z

0

πsinz dz=π[−cosz]^π₀ = 2π.

Aufgabe 7 (25 Punkte) SeiM ⊂R³ gegeben durch

M =

(x, y, z)∈R³|x²+y²+z² = 6,2y²+z² = 3 .

(a) Erläutern Sie wie man M veranschaulichen kann.

(b) Beweisen Sie, dassM eine Untermannigfaltigkeit desR³ ist.

(c) Welche Dimension hat M als Untermannigfaltigkeit?

(d) Bestimmen Sie T_pM fürp= (2,−1,1).

(e) Geben Sie alle Normalenvektoren an M im Punktp= (2,−1,1)an.

Lösungsvorschlag:

a) Die MengeM ist der Schnitt der Kugeloberfläche der Kugel mit Mittelpunkt 0 und Radius√

6mit der Oberfläche eines Zylinders mit elliptischer Grundfläche, der um diex-Achse rotiert.

b) Setze

f :R³ →R², f(x, y, z) =

x²+y²+z²−6 2y²+z²−3

.

Diese Funktion ist offenbar stetig differenzierbar. Es giltM =f⁻¹({0}). Ferner

Df(x, y, z) =

2x 2y 2z 0 4y 2z

.

Die MatrixDf(x, y, z) hat genau dann Rang0, wenn x=y=z= 0. Sie hat genau dann Rang 1, wenn x=y= 0 undz6= 0,x=z= 0 undy6= 0 oder y=z= 0 und x6= 0.

Da die Punkte(0,0, c),(c,0,0),(0, c,0) für alle c∈R nicht in M liegen, folgt Rang(Df(x, y, z)) = 2, wenn(x, y, z)∈M.

Gemäß Satz 5.7 aus der Vorlesung istM eine Untermannigfaltigkeit desR³. c) Aus (b) folgt, dassM die Dimension 3−2 = 1 hat.

d) Wir benutzen Satz 5.9 aus der Vorlesung. Es gilt

kern(Df(2,−1,1)) = kern

4 −2 2 0 −4 2

= kern

2 1 0 0 −2 1

= span







 1

−2

−4









e) Alle Normalenvektoren sind gegeben durch





 v∈R³

*

 v1

v₂ v₃



,



 1

−2

−4



 +

= 0





 .

Eine Basis ist gegeben durch









 2 1 0



,



 0

−2 1









 .