Integrierbarkeit der Komposition zweier Funktionen

16.08.2008, 18:41	Mathespezialschüler	Auf diesen Beitrag antworten »
Integrierbarkeit der Komposition zweier Funktionen Hallo! Ich habe mir schon vor einiger Zeit die folgende Frage gestellt und bin nun wieder auf sie gestoßen, weiß allerdings immer noch keine Antwort: Ist die Komposition $\begin{eqnarray} f\circ g \end{eqnarray}$ einer Riemann-integrierbaren Funktion $\begin{eqnarray} f:[c,d]\to\mathbb R \end{eqnarray}$ mit einer stetigen Funktion $\begin{eqnarray} g:[a,b]\to [c,d] \end{eqnarray}$ wieder Riemann-integrierbar? Ich vermute stark, dass die Aussage stimmt. Der meiner Meinung nach vielversprechendste Ansatz schien mir das Lebesguesche Integrabilitätskriterium zu sein: Eine Funktion ist genau dann Riemann-integrierbar, wenn sie beschränkt und fast überall stetig ist. Da dies für $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ gilt, ist die Menge $\begin{eqnarray} N \end{eqnarray}$ der Unstetigkeitsstellen von $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ eine Nullmenge. Nun habe ich allerdings das Problem, dass das Bild von $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ möglicherweise die Menge $\begin{eqnarray} N \end{eqnarray}$ 'zu oft' trifft. Ich müsste herausfinden, wie das Bild von $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ sich in Bezug auf $\begin{eqnarray} N \end{eqnarray}$ verhält. Allerdings kann es natürlich sein, dass, selbst wenn $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ in $\begin{eqnarray} N \end{eqnarray}$ abbildet, trotzdem Stetigkeit vorliegt. Ist z.B. $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ konstant, so ist das Kompositum natürlich überall stetig. Allerdings scheint eine Fallunterscheidung trotzdem kaum möglich zu sein. Trifft nun $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ die Menge $\begin{eqnarray} N \end{eqnarray}$ in einem Punkt, ist aber in keiner Umgebung dieses Punktes konstant, so muss $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ natürlich in der Umgebung auch sehr oft die Menge der Stetigkeitsstellen von $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ treffen. Infolgedessen glaube ich, dass die Aussage stimmt, da das Bild von $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ ja wieder ein Intervall ist. Allerdings kann ich dies nicht wirklich exakt fassen, es ist nur eine Art Intuition und irgendwie will es mir nicht gelingen, etwas konkretes zu formulieren, was mir weiter hilft. Vielleicht hat ja jemand eine konkrete Idee in diese Richtung oder direkt ein Gegenbeispiel parat, welches meine Vermutung widerlegt. Über Anregungen würde ich mich jedenfalls freuen!
19.08.2008, 20:45	Abakus	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Integrierbarkeit der Komposition zweier Funktionen Wie ist es, wenn du Ober- und Untersummen betrachtest ? Grüße Abakus
19.08.2008, 22:08	Mathespezialschüler	Auf diesen Beitrag antworten »
Hm also so recht weiß ich damit noch nichts anzufangen. Für eine Zerlegung $\begin{eqnarray} Z=\{x_0,\ldots,x_n\} \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} [a,b] \end{eqnarray}$ ist die Differenz aus Ober- und Untersumme gegeben durch $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^n~(M_k-m_k)(x_k-x_{k-1}) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} M_k:=\sup_{x\in [x_{k-1},x_k]}f(g(x)) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} m_k:=\inf_{x\in [x_{k-1},x_k]}f(g(x)) \end{eqnarray}$ . Ist $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} [x_{k-1},x_k] \end{eqnarray}$ konstant, entfällt der Term in der Summe natürlich. Andernfalls ist das Bild eines solchen Intervalls nach Anwendung von $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ ebenfalls wieder ein Intervall, auf dem dann noch Supremum und Infimum von $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ gebildet werden. Nun kann ich doch aber die Voraussetzung der Integrierbarkeit von $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ nicht anwenden, da die Summe eine ganz andere Form hat, weil die Intervalllängen $\begin{eqnarray} x_k-x_{k-1} \end{eqnarray}$ nicht zu den Intervallen passen, über die das Supremum und Infimum von $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ gebildet wird.
20.08.2008, 19:54	system-agent	Auf diesen Beitrag antworten »
Mal ein kleiner Gedanken dazu: Natürlich falls $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ stetig ist, ist sicher auch $\begin{eqnarray} f\circ g \end{eqnarray}$ stetig und stetige Funktionen sind immer integrierbar, also OK. Wenn $\begin{eqnarray} N\subset[c,d] \end{eqnarray}$ die Menge der Unstetigkeitsstellen von $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ bezeichnet, dann ist (wegen der Integrierbarkeit) $\begin{eqnarray} N=\{z_1,...,z_n\} \end{eqnarray}$ (mit $\begin{eqnarray} z_i<z_j \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} i<j \end{eqnarray}$ ). Das heisst aber, dass $\begin{eqnarray} f\|_{[z_i,z_j]} \end{eqnarray}$ stetig ist und damit integrierbar. Man hat also schonmal die Integrierbarkeit von $\begin{eqnarray} f\circ g \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} [y_i,y_j]:=g^{-1}([z_i,z_j])\subset[a,b] \end{eqnarray}$ (das ist wieder ein Intervall, da $\begin{eqnarray} [z_i,z_j] \end{eqnarray}$ eines ist). Entweder ist nun durch die Vereinigung aller $\begin{eqnarray} [y_i,y_j] \end{eqnarray}$ bereits ganz $\begin{eqnarray} [a,b] \end{eqnarray}$ ausgeschöpft, dann ist OK. Falls nicht, muss es (mindestens) ein Teilintervall geben, das nicht getroffen wurde, zb $\begin{eqnarray} [p,q]\subset[a,b] \end{eqnarray}$ . Da aber die Einteilung $\begin{eqnarray} a=z_1,<z_2,...,z_n=b \end{eqnarray}$ eine Partition von $\begin{eqnarray} [c,d] \end{eqnarray}$ war, kann nur $\begin{eqnarray} g([p,q])=z_i \end{eqnarray}$ sein. Nun weiss ich auch grade nicht gescheit weiter...aber vielleicht hilfts ja.
20.08.2008, 20:01	WebFritzi	Auf diesen Beitrag antworten »
Wieso sollte eine Riemann-integrierbare Funktion auf einem Kompaktum nur endlich viele Unstetigkeitsstellen haben?
21.08.2008, 10:03	Mathespezialschüler	Auf diesen Beitrag antworten »
@system-agent Eine Riemann-integrierbare Funktion kann viel mehr als endlich viele Unstetigkeitsstellen haben. Die Menge der Unstetigkeitsstellen ist aber immer eine Nullmenge: Zu jedem $\begin{eqnarray} \varepsilon>0 \end{eqnarray}$ existieren höchstens abzählbar viele Intervalle, die diese Menge überdecken, deren Längensumme jedoch kleiner als $\begin{eqnarray} \varepsilon \end{eqnarray}$ ist. Es gibt sogar überabzählbare Nullmengen. Es würde also nicht einmal etwas bringen, für den Beweis von einer abzählbaren "Unstetigkeitsmenge" auszugehen, weil das eben nicht reicht.
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25.08.2008, 18:15	gast1	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Antwort lautet nein. Sei C die übliche Cantormenge (wie sie z.B. in http://www.math.uni-bonn.de/people/pdg/analysisIII_1b.pdf in Aufgabe 1b charakterisiert wird). Es existiert ein Homöomorphismus H:[0,1]->[0,1] mit m(H^(-1)(C))>0 (man kann zum Beispiel H=G^(-1) für das in http://www.math.uni-bonn.de/people/pdg/analysisIII_4b.pdf in Aufgabe 12 konstruierte G nehmen), wobei m das Lebesguemaß auf IR ist. Die charakteristische Funktion der Cantormenge ist Riemann-integrierbar über [0,1], denn sie ist genau in den Punkten der Cantormenge unstetig (da diese abgeschlossen ist und keine inneren Punkte enthält). Diese Funktion nach H ist unstetig auf H^(-1)(C) (das gilt, da H ein Homöomorphismus ist), also auf einer Menge positiven Maßes und damit nicht Riemann-integrierbar.
26.08.2008, 01:13	Mathespezialschüler	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen Dank!

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