Beweiskorrektur (Integral)

10.02.2011, 22:03

xparet0209

Beweiskorrektur (Integral)

Hi,
ich soll folgendes beweisen:
f ung g seien integrierbare Funktionen über einem Intervall [a,b]. Dann soll gelten:
$\begin{eqnarray*} \forall x \in [a,b]:f(x) \le g(x) \Rightarrow \int\limits_a^b {f(x)dx} \le \int\limits_a^b {g(x)dx} \end{eqnarray*}$

Ich bin mir allerdings nicht sicher ob mein Beweis in Ordnung ist, also wäre ich für jeden Tipp dankbar. (Vorallem scheint mir der letzte Teil etwas komisch verwirrt

)

Beweis:
Es sei Z eine Zerlegung vom Intervall [a,b], mit den Intervallen:
$\begin{eqnarray*} [{x_{i - 1}},{x_i}],[{x_i},{x_{i + 1}}], \ldots ,[{x_{n - 1}},{x_n}] \end{eqnarray*}$

Hierbei sollen $\begin{eqnarray*} {x_{i - 1}}=a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} {x_{n}}=b \end{eqnarray*}$ sein.

Da immer $\begin{eqnarray*} f(x) \le g(x) \end{eqnarray*}$ gilt, ist das Wertesupremum der Funktion f immer kleiner als das Wertesupremum von g über den entsprechen Teilintervallen.
Also auch über dem Intervall $\begin{eqnarray*} [{x_{i - 1}},{x_i}] \end{eqnarray*}$ usw. und somit gilt:
$\begin{eqnarray*} \underline f ([{x_{i - 1}},{x_i}])*(x - {x_{i - 1}}) \le \underline g ([{x_{i - 1}},{x_i}])*(x - {x_{i - 1}})<br /> \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \sum\limits_{i = 1}^n {([{x_{i - 1}},{x_i}])*(x - {x_{i - 1}}) \le \sum\limits_{i = 1}^n {([{x_{i - 1}},{x_i}])*(x - {x_{i - 1}})} } \end{eqnarray*}$

Die Summen stellen die Untersummen dar. Damit kann man auch kürzer schreiben:
$\begin{eqnarray*} \underline S (f,Z) \le \underline S (g,Z) \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} \underline S (f,Z) \end{eqnarray*}$ immer untere Schranke von $\begin{eqnarray*} \underline S (g,Z) \end{eqnarray*}$ ist, gilt auch $\begin{eqnarray*} \underline S (f,Z) \le \sup (\underline S (g,Z)) \end{eqnarray*}$ und Da das Supremum der Untersummen von g als unteres Darbouxsches Integral definiert wurde, gilt:

$\begin{eqnarray*} \underline S (f,Z) \le \int\limits_{\overline a }^b {g(x)dx} \end{eqnarray*}$ (1)

Analog dazu gilt:
$\begin{eqnarray*} \int\limits_a^{\underline b } {f(x)dx} \le \overline S (g,Z) \end{eqnarray*}$ (2)

Da g nach Vorraussetzung integrierbar ist, ist das untere Integral gleich dem oberen.
Also aus (1):
$\begin{eqnarray*} \int\limits_{\overline a }^b {f(x)dx}= \int\limits_a^{\underline b } {g(x)dx} \end{eqnarray*}$

Wegen $\begin{eqnarray*} \int\limits_a^{\underline b } {g(x)dx} : = \inf (\overline S (g,Z)) \end{eqnarray*}$ folgt nun,
$\begin{eqnarray*} \overline S (g,Z) \le \int\limits_a^{\underline b } {g(x)dx} \end{eqnarray*}$

Somit gilt mit (2) folgende Ungleichung:

$\begin{eqnarray*} \int\limits_a^{\underline b } {f(x)dx} \le \overline S (g,Z) \le \int\limits_a^{\underline b } {g(x)dx} \end{eqnarray*}$
Da die Integrierbarkeit von f ung gesichert ist, sind die oberen Integrale gleich dem Integral im riemannschen Sinne. Es gilt deshalb:
$\begin{eqnarray*} \int\limits_a^b {f(x)dx} \le \int\limits_a^b {g(x)dx} \end{eqnarray*}$ .
wz.b.w.

mfg xparet0209

11.02.2011, 10:38

René Gruber

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Nur als Anmerkung:

Solltet ihr bereits die Linearität des Integrals benutzen dürfen, d.h.

$\begin{eqnarray*} \int\limits_a^b g(x) ~ \dd x ~-~ \int\limits_a^b f(x) ~ \dd x = \int\limits_a^b (g(x)-f(x)) ~ \dd x \end{eqnarray*}$ ,

dann kann man den Beweis mit etwas weniger Schreibarbeit abhandeln, dann genügt nämlich bereits der Nachweis von

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \forall x \in [a,b]:\; h(x) \geq 0 \Rightarrow \int\limits_a^b h(x) ~ \dd x \geq 0 \end{eqnarray*}$

Solltet ihr diese Linearität dagegen noch nicht benutzen dürfen, dann vergiss das ganze.

11.02.2011, 22:10

xparet0209

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Oh stimmt - so ist es natürlich kürzer Big Laugh

Den Satz hatten wir bereits, doch ich bin nicht auf die Idee gekommen...

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