Kurs:Maß- und Integrationstheorie/8/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	${}\sum$
Punkte	3	3	5	5	2	5	6	9	3	7	6	6	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Das Zählmaß auf einer Menge ${}M$.
2. Ein Hausdorff-Raum ${}X$.
3. Der Produkt-Präring auf ${}M_{1}\times \cdots \times M_{n}$ der Präringe ${}(M_{1},{\mathcal {P}}_{1}),\ldots ,(M_{n},{\mathcal {P}}_{n})$.
4. Eine ${}\sigma$-einfache Funktion

   $f\colon M\longrightarrow {\overline {\mathbb {R} }}$

   auf einem Messraum ${}(M,{\mathcal {A}})$.

5. Die Eigenschaft einer Teilmenge ${}T\subseteq \operatorname {Abb} \,{\left(X,{\mathbb {K} }\right)}$, die Punkte von ${}X$ zu trennen.
6. Das ${}n$-te Legendre-Polynom ${}P_{n}$.

Lösung

1. Man nennt das auf ${}(M,{\mathfrak {P}}\,(M))$ durch

   $z(T)={\begin{cases}{\#\left(T\right)}\,,{\text{ falls }}T{\text{ endlich}}\,,\\\infty {\text{ sonst}}\,,\end{cases}}$

   definierte Maß das Zählmaß auf ${}M$.

2. Der topologische Raum ${}X$ heißt hausdorffsch, wenn es zu je zwei verschiedenen Punkten ${}x,y\in X$ zwei offene Mengen ${}U$ und ${}V$ gibt mit ${}x\in U,\,y\in V$ und ${}U\cap V=\emptyset$.
3. Der Produkt-Präring ist der von allen Quadern

   $S_{1}\times \cdots \times S_{n}{\text{ mit }}S_{i}\in {\mathcal {P}}_{i}{\text{ für alle }}i=1,\ldots ,n$

   erzeugte Präring in ${}M_{1}\times \cdots \times M_{n}$.

4. Messraum/Sigmaeinfache Funktion/Definition/Begriff/Inhalt
5. Menge/Funktionenmenge/Teilmenge/Trennung/Definition/Begriff/Inhalt
6. Legendre-Polynom/Ableitung/Definition/Begriff/Inhalt

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Mengen mit der Zerlegungseigenschaft zu einem äußeren Maß.
2. Das Cavalieri-Prinzip für eine messbare Teilmenge ${}T\subseteq M\times N$ zu ${}\sigma$- endlichen Maßräumen ${}(M,{\mathcal {A}},\mu )$ und ${}(N,{\mathcal {B}},\nu )$.
3. Das Darstellungslemma von Riesz.

Lösung

1. Es sei ${}M$ eine Menge, ${}{\mathcal {P}}$ ein Präring auf ${}M$,

   $\mu \colon {\mathcal {P}}\longrightarrow {\overline {\mathbb {R} }}_{\geq 0}$

   ein äußeres Maß auf ${}M$ und ${}{\tilde {\mu }}$ die Fortsetzung von ${}\mu$ auf die Potenzmenge ${}{\mathfrak {P}}\,(M)$. Dann gelten folgende Aussagen.

   1. Das Mengensystem aller Teilmengen ${}Z\subseteq M$, die die Zerlegungseigenschaft besitzen, bilden eine ${}\sigma$-Algebra.
   2. Die Einschränkung von ${}{\tilde {\mu }}$ auf diese ${}\sigma$-Algebra ist ein Maß.
2. Für jede messbare Teilmenge ${}T\subseteq M\times N$ gilt die Beziehung

   ${}(\mu \otimes \nu )(T)=\int _{M}\nu (T(x))\,d\mu (x)=\int _{N}\mu (T(y))\,d\nu (y)\,.$

3. Es sei ${}V$ ein ${}{\mathbb {K} }$- Hilbertraum und sei

   $\varphi \colon V\longrightarrow {\mathbb {K} }$

   eine stetige Linearform.

   Dann gibt es einen eindeutig bestimmten Vektor ${}x\in V$ mit

   ${}\varphi (v)=\left\langle v,x\right\rangle \,$

   für alle

   ${}v\in V$.

Aufgabe (5 (1+3+1) Punkte)

Es sei ${}M$ eine Menge und seien

$T_{1},T_{2},\ldots ,T_{n}\subseteq M$

Teilmengen (${}n\geq 1$). Wir betrachten die Menge ${}{\mathcal {A}}$, die aus allen Teilmengen von ${}M$ besteht, die man als Durchschnitte der Form

$S_{1}\cap \ldots \cap S_{k}$

erhalten kann, wobei die Menge ${}S_{i}$ jeweils ein ${}T_{j}$ oder ein ${}M\setminus T_{j}$ ist.

a) Zeige, dass man auf diese Art nur endlich viele Teilmengen von ${}M$ erhalten kann.

b) Zeige, dass es in ${}{\mathcal {A}}$ eindeutig bestimmte, nichtleere Mengen ${}A_{1},\ldots ,A_{m}$ mit

${}M=\biguplus _{\ell =1}^{m}A_{\ell }\,$

und mit der Eigenschaft, dass jedes ${}A\in {\mathcal {A}}$, ${}A\neq \emptyset$, ein ${}A_{\ell }$ umfasst gibt.

c) Zeige, dass man jede Menge ${}T_{j}$ als

${}T_{j}=\biguplus _{\ell \in L_{j}}^{m}A_{\ell }\,$

mit einer eindeutig bestimmten Teilmenge ${}L_{j}\subseteq \{1,\ldots ,m\}$ darstellen kann.

Lösung

a) Da die Wiederholung einer Menge in einem Durchschnitt den Durchschnitt nicht ändert, und da ${}T_{j}\cap {\left(M\setminus T_{j}\right)}=\emptyset$ ist, muss man nur Durchschnitte betrachten, wo jede Menge maximal einmal vorkommt, und zwar entweder selbst oder ihr Komplement. Da nur endlich viele Mengen zur Verfügung stehen, gibt es nur endlich viele Durchschnitte.

b) Es seien ${}A_{1},\ldots ,A_{m}$ die nichtleeren Mengen aus ${}{\mathcal {A}}$ derart, dass es zwischen ${}\emptyset$ und ${}A_{\ell }$ keine weiteren Mengen aus ${}{\mathcal {A}}$ gibt. Diese Mengen sind zueinander disjunkt, da ein Durchschnitt ${}A_{\ell }\cap A_{\ell '}$ nach Konstruktion zu ${}{\mathcal {A}}$ gehört und bei ${}\ell \neq \ell '$ echt in ${}A_{\ell }$ enthalten sein muss, also leer sein muss. Jedes Element ${}x\in M$ liegt entweder in ${}T_{j}$ oder in ${}M\setminus T_{j}$ und somit in einer Schnittmenge der Form

$\bigcap _{j\in J}T_{j}\cap \bigcap _{j\in \{1,\ldots ,n\}\setminus J}M\setminus T_{j}$

für eine gewisse Teilmenge ${}J\subseteq \{1,\ldots ,n\}$. Solche Mengen sind minimal in ${}{\mathcal {A}}$, da jede Menge ${}T_{j}$ verarbeitet ist. Zu ${}A\neq \emptyset$ gibt es daher auch ein ${}A_{\ell }$ mit ${}A\cap A_{\ell }\neq \emptyset$. Wegen der Wahl der ${}A_{\ell }$ ist dann aber direkt ${}A_{\ell }\subseteq A$. Wenn ${}B_{1},\ldots ,B_{m'}$ eine weitere Familie mit den angegebenen Eigenschaften wäre, so gäbe es für jedes ${}B_{\ell '}$ ein ${}A_{\ell }$ mit nichtleerem Durchschnitt. Dann ist direkt ${}A_{\ell }\subseteq B_{\ell '}$ und somit gilt Gleichheit.

c) Es sei ${}T_{j}$ gegeben. Bei ${}T_{j}=\emptyset$ nimmt man die leere Vereinigung. Es sei also ${}T_{j}\neq \emptyset$. Bei ${}T_{j}\cap A_{\ell }\neq \emptyset$ ist sogar ${}T_{j}\supseteq A_{\ell }$, und ${}T_{j}$ ist die Vereinigung dieser ${}A_{\ell }$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}M$ eine Menge und ${}{\mathcal {A}}$ ein Mengensystem auf ${}M$. Zeige, dass ${}{\mathcal {A}}$ genau dann ein durchschnittsstabiles Dynkin-System ist, wenn ${}{\mathcal {A}}$ eine ${}\sigma$- Algebra ist.

Lösung

Es sei zuerst ${}{\mathcal {A}}$ eine ${}\sigma$-Algebra. Wegen

${}S\cap T=M\setminus (M\setminus S\cup M\setminus T)\,$

ist diese duchschnittsstabil und es gilt für ${}S\subseteq T$ auch

${}T\setminus S=T\cap (M\setminus S)\,,$

daher liegt ein durchschnittsstabiles Dynkin-System vor.

Es liege nun umgekehrt ein durchschnittsstabiles Dynkin-System vor. Die Abgeschlossenheit unter Komplementbildung gilt direkt. Es sei ${}T_{n}$, ${}n\in \mathbb {N} _{+}$, eine abzählbare Familie von Mengen aus ${}{\mathcal {A}}$, von der wir direkt annehmen können, dass sie durch die positiven natürlichen Zahlen indiziert ist. Wir schreiben

${}S_{n}=T_{n}\cap (M\setminus T_{1})\cap (M\setminus T_{2})\cap \ldots \cap (M\setminus T_{n-1})\,.$

Diese gehören zu ${}{\mathcal {A}}$ und es gilt

${}\bigcup _{n\in \mathbb {N} _{+}}T_{n}=\bigcup _{n\in \mathbb {N} _{+}}S_{n}\,,$

wobei die zweite Vereinigung disjunkt ist und daher zum System gehört.

Aufgabe (2 Punkte)

Es seien ${}(M,{\mathcal {A}},\mu )$ und ${}(N,{\mathcal {B}},\nu )$ endliche Maßräume und ${}(M\times N,{\mathcal {A}}\otimes {\mathcal {B}},\mu \otimes \nu )$ ihr Produktmaßraum. Zeige, dass das Bildmaß von ${}\mu \otimes \nu$ unter der Projektion

$M\times N\longrightarrow M,\,(x,y)\longmapsto x,$

gleich (dem umskalierten Maß) ${}\nu (N)\cdot \mu$ ist.

Lösung

Es sei ${}p_{1}$ die Proektion auf die erste Projektion ${}M\times N\rightarrow M$. Das Bildmaß ${}(p_{1})_{*}(\mu \otimes \nu )$ für eine messbare Teilmenge ${}S\subseteq M$ ist

${}(p_{1})_{*}(\mu \otimes \nu )(S)={\left(\mu \otimes \nu \right)}{\left(p_{1}^{-1}(S)\right)}={\left(\mu \otimes \nu \right)}{\left(S\times N\right)}=\mu (S)\cdot \nu (N)\,.$

Dies ist die Behauptung.

Aufgabe (5 Punkte)

Es seien ${}P_{1}=(a_{1},b_{1}),\,P_{2}=(a_{2},b_{2})$ und ${}P_{3}=(a_{3},b_{3})$ drei Punkte im ${}\mathbb {R} ^{2}$. Stelle den Flächeninhalt des zugehörigen Dreiecks mit ${}a_{1},b_{1},a_{2},b_{2},a_{3},b_{3}$ dar.

Lösung

Aufgrund der Translationsinvarianz des Flächeninhalts können wir der Punkt ${}(a_{1},b_{1})$ in den Nullpunkt verschieben, die Koordinaten der beiden anderen Punkte sind ${}(a_{2}-a_{1},b_{2}-b_{1})$ bzw. ${}(a_{3}-a_{1},b_{3}-b_{1})$. Dieses Dreieck ist das Bild des durch den Nullpunkt und die beiden Standardvektoren ${}(1,0)$ und ${}(0,1)$ gegebenen Dreiecks unter der durch die Matrix

${\begin{pmatrix}a_{2}-a_{1}&a_{3}-a_{1}\\b_{2}-b_{1}&b_{3}-b_{1}\end{pmatrix}}$

gegebenen linearen Abbildung. Das Standardreieck hat den Flächeninhalt ${}{\frac {1}{2}}$. Daher ist der Flächeninhalt des gegebenen Dreiecks nach Fakt ***** gleich

${}{\begin{aligned}\vert {\det {\begin{pmatrix}a_{2}-a_{1}&a_{3}-a_{1}\\b_{2}-b_{1}&b_{3}-b_{1}\end{pmatrix}}}\vert {\frac {1}{2}}&={\frac {1}{2}}\vert {(a_{2}-a_{1})(b_{3}-b_{1})-(a_{3}-a_{1})(b_{2}-b_{1})}\vert \\&={\frac {1}{2}}\vert {a_{2}b_{3}-a_{2}b_{1}-a_{1}b_{3}-a_{3}b_{2}+a_{1}b_{2}+a_{3}b_{1}}\vert \\&={\frac {1}{2}}\vert {a_{2}b_{3}-a_{3}b_{2}+a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}-a_{1}b_{3}+a_{3}b_{1}}\vert .\end{aligned}}$

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über Borelmengen im ${}\mathbb {R} ^{n}$ und achsenparallele Quader mit rationalen Ecken.

Lösung

Wir beweisen den Zusatz. Es genügt zu zeigen, dass jede offene Menge im ${}\mathbb {R} ^{n}$ sich als eine abzählbare Vereinigung von achsenparallelen offenen Quadern mit rationalen Eckpunkten schreiben lässt. Da die Menge der rationalen Zahlen abzählbar ist, ist auch die Menge aller Quader mit rationalen Ecken abzählbar. Wir müssen daher nur zeigen, dass jede offene Menge eine Vereinigung von offenen achsenparallelen Quadern mit rationalen Ecken ist. Es sei dazu ${}U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ offen und sei ${}x\in U$ ein Punkt. Daher gibt es ein ${}\epsilon >0$, das wir rational wählen können, mit

${}x=(x_{1},\ldots ,x_{n})\in U{\left(x,\epsilon \right)}\subseteq U\,.$

Jede Koordinate ${}x_{i}$ ist eine reelle Zahl, und damit der Limes einer Folge von rationalen Zahlen. Sei

${}y=(y_{1},\ldots ,y_{n})\in \mathbb {Q} ^{n}\,$

mit

${}d(x_{i},y_{i})<{\frac {\epsilon }{3n}}\,.$

für alle ${}i=1,\ldots ,n$. Damit ist einerseits

${}x\in Q={]y_{1}-{\frac {\epsilon }{3n}},y_{1}+{\frac {\epsilon }{3n}}[}\times \cdots \times {]y_{n}-{\frac {\epsilon }{3n}},y_{n}+{\frac {\epsilon }{3n}}[}\,$

und andererseits gilt für ${}z\in Q$ die Beziehung

${}d(x,z)\leq d(x,y)+d(y,z)\leq {\frac {\epsilon }{3}}+{\frac {\epsilon }{3}}<\epsilon \,,$

also ${}z\in U{\left(x,\epsilon \right)}$. Damit ist ${}x\in Q\subseteq U{\left(x,\epsilon \right)}\subseteq U$. Die Vereinigung dieser so konstruierten Quader ist genau ${}U$.

Aufgabe (9 Punkte)

Zeige, dass sich die abgeschlossene Einheitskreisscheibe

$B\left(0,1\right)={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid {\sqrt {x^{2}+y^{2}}}\leq 1\right\}}$

nicht durch abzählbar viele abgeschlossene Rechtecke ${}[a,b]\times [c,d]\subseteq B\left(0,1\right)$

(mit $a\leq b$ und $c\leq d$) überdecken lässt.

Lösung

Nehmen wir an, es sei ${}B\left(0,1\right)=\bigcup _{n\in \mathbb {N} }R_{n}$ mit abgeschlossenen Rechtecken ${}R_{n}=[a_{n},b_{n}]\times [c_{n},d_{n}]\subseteq B\left(0,1\right)$. Dies führen wir zu einem Widerspruch. Es sei ${}P=(x,y)\in B\left(0,1\right)$ ein Randpunkt der Kreisscheibe, also ein Punkt mit ${}x^{2}+y^{2}=1$. Es ist dann ${}P\in R_{n}$ für mindestens ein ${}n$. Wir behaupten, dass ${}P$ ein Eckpunkt dieses Rechtecks ist.

Dazu zeigen wir, dass beide Koordinaten ${}x$ und ${}y$ Seitenkoordinaten des Rechtecks sind. Betrachten wir ${}x$ und nehmen wir an, ${}x$ sei keine Seitenkoordinate des Rechtecks, also ${}a_{n}<x<b_{n}$. Dann gibt es ein ${}\epsilon >0$ derart, dass sowohl ${}(x+\epsilon ,y)$ als auch ${}(x-\epsilon ,y)$ zu ${}R_{n}$ und damit zu ${}B\left(0,1\right)$ gehören. Also ist

${}{\sqrt {(x\pm \epsilon )^{2}+y^{2}}}={\sqrt {x^{2}+y^{2}+\epsilon ^{2}\pm 2x\epsilon }}={\sqrt {1+\epsilon ^{2}\pm 2x\epsilon }}\leq 1\,.$

Da man das Vorzeichen bei nichtnegativem ${}x$ positiv und bei negativem ${}x$ negativ wählen kann, steht bei dieser Wahl unter der Wurzel eine Zahl, die größer als ${}1$ ist, was einen Widerspruch bedeutet. Da diese Überlegung auch für die ${}y$-Koordinate gilt, muss ${}P$ ein Eckpunkt eines Rechtecks sein.

Da nur abzählbar viele Rechtecke beteiligt sind, stehen insgesamt nur abzählbar viele Eckpunkte zur Verfügung. Andererseits gibt es aber überabzählbar viele Punkte auf der Sphäre ${}S^{1}={\left\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}=1\right\}}$, wie aus der Bijektion

$[0,2\pi [\longrightarrow S^{1},\,\alpha \longmapsto (\cos \alpha ,\sin \alpha ),$

folgt. Also kann eine abzählbare Überdeckung mit abgeschlossenen Rechtecken in ${}B\left(0,1\right)$ nicht den gesamten Rand und damit nicht die abgeschlossene Kreisscheibe überdecken.

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne das Volumen des von den Vektoren

${\begin{pmatrix}2\\0\\0\\1\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}1\\-1\\2\\0\end{pmatrix}}{\text{ und }}{\begin{pmatrix}-1\\0\\2\\1\end{pmatrix}}$

im ${}\mathbb {R} ^{4}$ erzeugten Parallelotops (in dem von diesen Vektoren erzeugten Unterraum).

Lösung

Sei

$v_{1}={\begin{pmatrix}2\\0\\0\\1\end{pmatrix}},\,v_{2}={\begin{pmatrix}1\\-1\\2\\0\end{pmatrix}}{\text{ und }}v_{3}={\begin{pmatrix}-1\\0\\2\\1\end{pmatrix}}.$

Die Skalarprodukte haben die Werte

$\left\langle v_{1},v_{1}\right\rangle =5,\,\left\langle v_{2},v_{2}\right\rangle =6,\,\left\langle v_{3},v_{3}\right\rangle =6,,$

$\left\langle v_{1},v_{2}\right\rangle =2,\,\left\langle v_{1},v_{3}\right\rangle =-1,\,\left\langle v_{2},v_{3}\right\rangle =3.$

Die Determinante der Matrix

${\begin{pmatrix}5&2&-1\\2&6&3\\-1&3&6\end{pmatrix}}$

ist

${}180-6-6-6-45-24=93\,.$

Das Volumen des Parallelotops ist also ${}{\sqrt {93}}$.

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei

$f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} _{+},\,x\longmapsto f(x),$

eine positive stetige Funktion (mit ${}a\leq b$ aus ${}\mathbb {R}$). Zeige direkt (ohne die Transformationsformel), dass die Oberfläche des zugehörigen Rotationskörpers, also die Menge

${}M={\left\{(x,f(x)\cos \alpha ,f(x)\sin \alpha )\mid x\in [a,b],\,\alpha \in [0,2\pi [\right\}}\subseteq \mathbb {R} ^{3}\,,$

das Volumen ${}0$ besitzt.

Lösung

Nehmen wir an, dass ${}\lambda ^{3}(M)>0$ ist. Wir betrachten für ${}c\geq 1$ die durch die Matrix

${\begin{pmatrix}1&0&0\\0&c&0\\0&0&c\end{pmatrix}}$

gegebene lineare Abbildung ${}L_{c}$ des ${}\mathbb {R} ^{3}$ in sich. Wir setzen

$M_{c}=L_{c}(M).$

Für ${}c\neq c'$ sind ${}M_{c}$ und ${}M_{c'}$ disjunkt, da aus

${\begin{pmatrix}x\\cf(x)\cos \alpha \\cf(x)\sin \alpha \end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}x'\\c'f(x')\cos \alpha '\\c'f(x')\sin \alpha '\end{pmatrix}}$

sofort ${}x=x'$ und somit aus der Gleichheit der zweiten und dritten Zeile die „Radius“-Beziehung ${}c^{2}f(x)=(c')^{2}f(x)$, also ${}c=c'$ folgt. Nach der Volumenformel für lineare Abbildungen ist

${}\lambda ^{3}(M_{c})=c^{2}\lambda ^{3}(M)\geq \lambda ^{3}(M)\,.$

Daher ist einerseits

${}\lambda ^{3}{\left(\bigcup _{c\in [1,2]\cap \mathbb {Q} }M_{c}\right)}=\sum _{c\in [1,2]\cap \mathbb {Q} }\lambda ^{3}(M_{c})\geq \sum _{c\in [1,2]\cap \mathbb {Q} }\lambda ^{3}(M)=\infty \,.$

Andererseits ist aber diese Menge in

$[a,b]\times [-R,R]\times [-R,R]$

mit ${}R=2\cdot {\operatorname {sup} \,(f(x),x\in [a,b])}$ enthalten (wegen der Stetigkeit existiert das Supremum auf dem kompakten Intervall), die endliches Maß besitzt, so dass wir einen Widerspruch erhalten.

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}p\geq 1$ eine reelle Zahl und es sei ${}(X,{\mathcal {A}},\mu )$ ein Maßraum. Es seien

$f,g\colon X\longrightarrow \mathbb {R}$

${}p$- integrierbare Funktionen. Zeige

${}\Vert {f+g}\Vert _{p}\leq \Vert {f}\Vert _{p}+\Vert {g}\Vert _{p}\,.$

Lösung

Es sei ${}1<p<\infty$, für die anderen Fälle siehe die Aufgaben. Wegen

${}\Vert {f+g}\Vert _{p}\leq \Vert {\vert {f}\vert +\vert {g}\vert }\Vert _{p}\,$

können wir ${}f$ und ${}g$ als reellwertig und nichtnegativ annehmen. Es sei ${}q$ die durch die Bedingung

${}{\frac {1}{p}}+{\frac {1}{q}}=1\,$

bestimmte Zahl, also

${}q={\frac {p}{p-1}}\,.$

Mit Fakt ***** folgt

${}{\begin{aligned}\Vert {f+g}\Vert _{p}^{p}&=\int _{X}{\left(f+g\right)}^{p}d\mu \\&=\int _{X}f{\left(f+g\right)}^{p-1}+g{\left(f+g\right)}^{p-1}d\mu \\&=\Vert {f{\left(f+g\right)}^{p-1}}\Vert _{1}+\Vert {g{\left(f+g\right)}^{p-1}}\Vert _{1}\\&\leq \Vert {f}\Vert _{p}\cdot \Vert {{\left(f+g\right)}^{p-1}}\Vert _{q}+\Vert {g}\Vert _{p}\cdot \Vert {{\left(f+g\right)}^{p-1}}\Vert _{q}\\&\leq {\left(\Vert {f}\Vert _{p}+\Vert {g}\Vert _{p}\right)}\Vert {{\left(f+g\right)}^{p-1}}\Vert _{q}\\&={\left(\Vert {f}\Vert _{p}+\Vert {g}\Vert _{p}\right)}{\left(\int _{X}{\left(f+g\right)}^{(p-1)q}d\mu \right)}^{1/q}\\&={\left(\Vert {f}\Vert _{p}+\Vert {g}\Vert _{p}\right)}{\left(\int _{X}{\left(f+g\right)}^{p}d\mu \right)}^{(p-1)/p}\\&={\left(\Vert {f}\Vert _{p}+\Vert {g}\Vert _{p}\right)}\Vert {f+g}\Vert _{p}^{p-1}.\end{aligned}}$

Wir können nun mit ${}\Vert {f+g}\Vert _{p}^{p-1}$ kürzen (wenn diese Zahl gleich ${}0$ ist, stimmt die Aussage sowieso).

Aufgabe (6 (2+2+2) Punkte)

Es sei

${}M={\left\{{\frac {1}{n}}\mid n\in \mathbb {N} _{+}\right\}}\cup \{0\}\subseteq \mathbb {R} \,$

und es sei

${}T:={\left\{f:M\rightarrow \mathbb {R} \mid f{\text{ stetig und }}f(0)=0\right\}}\subseteq C^{0}(M,\mathbb {R} )\,,$

versehen mit der Maximumsnorm.

1. Ist ${}T$ abgeschlossen in ${}C^{0}(M,\mathbb {R} )$?
2. Ist ${}T$ gleichgradig stetig?
3. Für welche Punkte ${}x\in M$ ist das Auswertungsbild zu

   $T\longrightarrow \mathbb {R} ,\,f\longmapsto f(x),$

   beschränkt?

Lösung Stammbruchraum/Stetige Funktionen/Gleichgradig stetig/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Beziehung zwischen den Tschebyschow-Polynomen und dem Kosinus.

Lösung

Nach Fakt *****  (1) und Fakt ***** ist

$\cos \left(nz\right)+{\mathrm {i} }\sin \left(nz\right)=e^{{\mathrm {i} }nz}={\left(e^{{\mathrm {i} }z}\right)}^{n}={\left(\cos \left(z\right)+{\mathrm {i} }\sin \left(z\right)\right)}^{n}\,.$

Wenn wir die rechte Seite ausmultiplizieren erhalten wir mit Fakt *****

${}{\begin{aligned}\sum _{\ell =0}^{n}{\binom {n}{\ell }}{\mathrm {i} }^{\ell }\sin ^{\ell }z\cos ^{n-\ell }z&=\sum _{k=0}^{\left\lfloor n/2\right\rfloor }(-1)^{k}{\binom {n}{2k}}\sin ^{2k}z\cos ^{n-2k}z+{\mathrm {i} }\sum _{k=0}^{\left\lfloor n/2\right\rfloor }(-1)^{k}{\binom {n}{2k+1}}\sin ^{2k+1}z\cos ^{n-2k-1}z\\\end{aligned}}$

Der Vergleich der Realteile bei ${}z$ reell und Fakt *****  (6) ergibt

${}{\begin{aligned}\cos nz&=\sum _{k=0}^{\left\lfloor n/2\right\rfloor }(-1)^{k}{\binom {n}{2k}}{\left(1-\cos ^{2}z\right)}^{k}\cos ^{n-2k}z\\&=\sum _{k=0}^{\left\lfloor n/2\right\rfloor }{\binom {n}{2k}}\cos ^{n-2k}z{\left(\cos ^{2}z-1\right)}^{k}\\&=T_{n}(\cos z).\end{aligned}}$

Als eine Gleichheit für analytische Funktionen gilt sie auch für alle ${}z\in {\mathbb {C} }$.