Integral Null?
Hi, kann mir jemand bei dieser Aufgabe helfen?
2 Antworten
Setze V(ε) := {x | ƒ(x) > ε}. Dies ist eine messbare Teilmenge von [a, b], weil ƒ stetig und deshalb messbar ist.
Behauptung 1. V(ε) ist Lebesgue-null für alle ε > 0.
Beweis.
Da ƒ ≥ 0 überall gilt ƒ ≥ ε·χ_{V(ε)} wobei χ_{C} die Indikatorfunktion ist.
Durch Monotonie des Integrals folgt
0 = ∫ ƒ ≥ ∫ ε·χ_{V(ε)} = ε·λ(V(ε)),
wobei λ(·) das Lebesgue-Maß ist. Da λ ≥ 0 und ε > 0, folgt hieraus λ(V(ε)) = 0. QED
Folgerung. Da ƒ ≥ 0 überall gilt {x | ƒ(x) ≠ 0} = U{V(ε) | ε ∈ ℚ, ε > 0} ist eine abzählbare Vereinigung aus Nullmengen und deshalb selber eine Nullmenge. Also gilt ƒ = 0 fast überall.
Behauptung 2. ƒ = 0 überall.
Beweis.
Da das Lebesgue-Maß von nicht leeren offenen Mengen positiv ist, und die V(ε) alle wegen der Stetigkeit von ƒ offen sind, muss V(ε) = Ø gelten für alle ε > 0. Also ist {x | ƒ(x) ≠ 0} = U{V(ε) | ε ∈ ℚ, ε > 0} nicht nur eine Null- sonder auch eine Leermenge. Darum gilt ƒ = 0 überall. QED
Wenn du mit Maßtheorie nichts beweisen „darfst“ (ja seltsam, was?), kannst du so vorgehen:
Falls ƒ = 0 auf (a, b), dann wegen Stetigkeit gilt ƒ = 0 auf [a, b].
Angenommen, ƒ sei nicht überall gleich 0. Dann existiert laut des o. s. Arguments ein c ∈ (a, b) mit ƒ(c) > 0. Fixiere irgendein ε > 0 mit 0 < ε < ƒ(c). Dann ist wegen Stetigkeit von ƒ die Menge V := {x ∈ [a, b] | ƒ(x) > ε} eine offene Umgebung innerhalb [a, b] von c. Daher existiert ein δ > 0, so dass [a, b] n (c–δ, c+δ) ⊆ V. Da a < c < b können wir annehmen, dass δ < min{b–c, c–a}. Darum (c–δ, c+δ) ⊆ (a, b).
Jetzt kommt der knifflige Teil dieses Ansatzes. Wir wollen eine stetige Funktion, φ : [a, b] ⟶ [0, 1], finden, so dass φ(c) = 1 und φ ≡ 0 außerhalb (c–δ, c+δ). Das ist aber gar nicht schwer! Setze
φ(x) = (x–(c–δ))/δ für x ∈ (c–δ, c]
φ(x) = ((c+δ)–x)/δ für x ∈ [c, c+δ)
φ(x) = 0 für x ∈ [a, b] \ (c–δ, c+δ]
Es ist einfach zu zeigen (musst es aber machen!), dass φ wohldefiniert und stetig ist, da es sich um eine wohldefiniert stückweise lineare Funktion handelt.
Da ƒ > ε auf (c–δ, c+δ) und ƒ ≥ 0 überall, und da ε·φ ≤ ε auf (c–δ, c+δ) und ε·φ = 0 außerhalb (c–δ, c+δ), gilt ƒ ≥ ε·φ. Per Monotonie des Integrals
0 = ∫ ƒ ≥ ∫ ε·φ = ε · ∫ φ.
Wir berechnen nun explizit das Integral von φ: da φ ≥ 0 überall stimmen Integrale und Flächeninhalte überein. Es folgt:
∫ φ = (1/2) · 2δ · 1 = δ.
Also gilt 0 ≥ εδ. Dies ist aber unmöglich, da δ > 0 und ε > 0. Wir haben den Widerspruch erreicht. Also gilt ƒ = 0 überall. QED
Wie man schnell erkennt, kann man viel schneller beweisen, wenn man nicht auf stetigen Funktionen beschränkt ist, und maßtheoretisch beweisen darf (d. h. mit messbaren Funktionen wie im anderen Beweis).
Nichtnegativ heisst ja größer oder gleich Null.
Graphisch gesehen ist das Integral ja die Fläche. Falls die Fläche Null ist, kann die Funktion ja nur konstant Null sein.
Widerspruchsbeweis: unter den Bedingungen nichtnegativ und stetig sei die Funktion f ungleich Konstant Null. Dann muss mindestens ein Punkt f(x) ungleich 0 existieren. Und damit ist das Integral ungleich Null.
Möchte etwas anmerken:
Das Integral berechnet NICHT per Definitionem die Fläche unter der Funktion. Das tut sie nur unter der Bedingung, dass keine Vorzeichenwechsel stattfinden.
In diesem Fall finden solche natürlich nicht statt.
Wollte ich nur anmerken, falls mal nen Lehrer Dir komisch kommt, dann weißt dus besser ;)
Das sieht aus wie ein Uni-Arbeitsblatt. Da gibts keine Lehrer als solche, aber schon würden die Lehrkraft das Statement „Integral = Fläche“ als etwas naiv und schulmäßig empfinden.
Und wie zeige ich das mathematisch?