Lebesgue Integral

01.09.2016, 15:05

yellowman

Lebesgue Integral

Hallo zusammen, ich bin dabei die lebesguesche Integrationstheorie zu lernen und habe einige Fragen die mir unklar sind.

Es soll das Integral $\begin{eqnarray*} \int_0^1xdx \end{eqnarray*}$ mittels Lebesgue Integral berechnet werden. (Im Anschluss auch $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$ )

Das allgemeine Vorgehen ist eine Folge von Treppenfunktionen $\begin{eqnarray*} \phi_n(x) \end{eqnarray*}$ zu finden, die punktweise gegen $\begin{eqnarray*} f(x)=x \end{eqnarray*}$ konvergiert.

Hier hackt es ehrlich gesagt auch schon. Wie konsturiere ich mir eine sollche Folge von Treppenfunktionen?

Wie man mittels Lebesgue Treppenfunktionen integriert ist mir klar.

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx=\sum_{i=1}^nc_im(I_i) \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} m(I_i) \end{eqnarray*}$ das Lebesgue Maß des i-ten Teilintervalls ist.

Kann mir jemand helfen?

Vielen Dank!!!

01.09.2016, 15:34

HAL 9000

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Eine naheliegende Wahl wäre $\begin{align*} \phi_n(x) = \frac{1}{n} \left\lfloor nx\right\rfloor \end{align*}$ .

Will man zusätzlich Monotonie, d.h. $\begin{align*} \phi_n(x)\leq \phi_{n+1}(x) \end{align*}$ für alle $\begin{align*} x \end{align*}$ und $\begin{align*} n \end{align*}$ , dann muss man das modifizieren zu $\begin{align*} \phi_n(x) = \frac{1}{2^n} \left\lfloor 2^nx\right\rfloor \end{align*}$ .

Letzteres für n=4:

01.09.2016, 16:26

yellowman

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Hallo Hal9000, ich habe in meinen Unterlagen ebenfalls einen Lösungweg stehen. Dabei soll das Intervall [a,b] in 2^n Teilintervalle aufgeteilt werden mit den Abständen $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2^n} \end{eqnarray*}$ und den Endpunkten $\begin{eqnarray*} a+(b-a)(k-1)/2^n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a+(b-a)k/2^n mit k=1,2,3,...,2^n \end{eqnarray*}$

Ehrlich gesagt steige ich dort aber nicht hinter. Deine Konstruktion erscheint mir sehr viel natürlicher wenn ich auch dazu eine Frage habe.

$\begin{eqnarray*} \phi_n(x)=\frac{1}{n}(nx) \end{eqnarray*}$ liefert für $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\phi_n(x)=x \end{eqnarray*}$ das wäre in dem Fall sogar gleichmäßige Konvergenz, sehe ich das richtig?

Wenn man eine Folge von Treppenfunktionen gefunden hat, dann gilt:

$\begin{eqnarray*} \int_0^1xdx=\lim_{n\to\infty}\int_0^1\phi_n(x)dx=\lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{1}{n}(nx)dx=... \end{eqnarray*}$

der nächste Schritt wäre nun $\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx=\sum_{i=1}^nc_im(I_i) \end{eqnarray*}$ auszunutzen. Wie bringe ich hier die Summe in's Spiel?

Danke!!!

01.09.2016, 17:24

HAL 9000

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Zitat:

Original von yellowman
Dabei soll das Intervall [a,b] in 2^n Teilintervalle aufgeteilt werden mit den Abständen $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2^n} \end{eqnarray*}$ und den Endpunkten $\begin{eqnarray*} a+(b-a)(k-1)/2^n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a+(b-a)k/2^n mit k=1,2,3,...,2^n \end{eqnarray*}$

Bezogen auf dein Intervall mit den Randpunkten a=0 und b=1 ist das dieselbe Aufteilung wie bei meinem letzten Vorschlag.

Zitat:

Original von yellowman
$\begin{eqnarray*} \phi_n(x)=\frac{1}{n}(nx) \end{eqnarray*}$

Ich habe von $\begin{eqnarray*} \phi_n(x)=\frac{1}{n}\lfloor nx \rfloor \end{eqnarray*}$ geredet, mit Gaußklammerfunktion $\begin{eqnarray*} \lfloor \ldots \rfloor \end{eqnarray*}$ . Wenn du das einfach so durch () ersetzt, verfälschst du die mathematische Aussage. Forum Kloppe

01.09.2016, 19:34

yellowman

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Ich habe mich an die zweite Konstruktion der Treppenfunktion nochmal gesetzt. Mithilfe der Anleitung habe ich nun:

$\begin{eqnarray*} a=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b=1 \end{eqnarray*}$ dann erhalte ich somit für die Intervallgrenzen:

$\begin{eqnarray*} \left[\frac{(k-1)}{2^n},\frac{k}{2^n}\right] \end{eqnarray*}$

Das Lebesgue Maß lautet somit für das n-te Intervall: $\begin{eqnarray*} m(I_n)=\frac{1}{2^n} \end{eqnarray*}$

Damit erhalte ich die Treppenfunktion: $\begin{eqnarray*} \phi_n(x)=\frac{k-1}{2^n} \end{eqnarray*}$

Diese Folge von Treppenfunktionen müsste doch gegen $\begin{eqnarray*} f(x)=x \end{eqnarray*}$ konvergieren. Das scheint mir allerdings nicht der Fall zu sein?

Betrachtet man die Ränder mit $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ und einmal mit $\begin{eqnarray*} x=1 \end{eqnarray*}$ so gilt:

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\phi_n(0)=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\phi_n(1)=0 \end{eqnarray*}$

Zumindest stimmt diese Treppenfunktion mit der in meinen Unterlagen überein.
$\begin{eqnarray*} \int_0^{1}xdx=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{2^n}\frac{k-1}{2^n}\frac{1}{2^n} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2^{2n}}\sum_{k=1}^{2^n}(k-1)=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2^{2n}}\left[\frac{2^n(2^n+1)}{2}-2^n\right]=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

Die Konstruktion der Folge von Treppenfunktionen ist mir nun soweit klar. Die Konvergenz der Folge von Treppenfunktionen aber noch nicht.

Vielen Dank!!!

01.09.2016, 20:10

HAL 9000

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Zitat:

Original von yellowman
Damit erhalte ich die Treppenfunktion: $\begin{eqnarray*} \phi_n(x)=\frac{k-1}{2^n} \end{eqnarray*}$

Ich weiß nicht, inwieweit das Sinn machen soll, wenn du nicht deutlich drauf hinweist, dass dieses $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ rechts von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ abhängt: Beide sind nämlich über die Bedingung $\begin{eqnarray*} x\in \left[\frac{(k-1)}{2^n},\frac{k}{2^n}\right] \end{eqnarray*}$ verknüpft. Im Lichte dessen ist dann auch dein

Zitat:

Original von yellowman
$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\phi_n(1)=0 \end{eqnarray*}$

horrender Blödsinn. unglücklich

01.09.2016, 20:45

yellowman

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O, dass war mir nicht klar.
Die Folge der Treppenfunktionen ist $\begin{eqnarray*} \phi_n(x)=\frac{k-1}{2^n} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x\in \left[\frac{(k-1)}{2^n},\frac{k}{2^n}\right] \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} k=1,2,3,...,2^n \end{eqnarray*}$

Wie zeige ich das nun mit der Konvergenz? Es muss ja gezeigt werden $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\phi_n(x)=f(x) \end{eqnarray*}$
Das verstehe ich nicht.

Danke!!!

02.09.2016, 12:44

yellowman

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Ich habe mir das ganze nochmal überlegt.

Betrachtet man zum Beispiel $\begin{eqnarray*} x=\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ also $\begin{eqnarray*} \phi_n(\frac{1}{3}) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{3}\in \left[\frac{(k-1)}{2^n},\frac{k}{2^n}\right] \end{eqnarray*}$

Das heißt: $\begin{eqnarray*} \frac{(k-1)}{2^n}\leq\frac{1}{3}\leq\frac{k}{2^n} \end{eqnarray*}$

Betrachten wir $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\phi_n\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$
Das ist mir klar. Das gilt auch für jeden anderen Wert solange man $\begin{eqnarray*} n\to\infty \end{eqnarray*}$ betrachtet.
Das heißt also, die Folge der Treppenfunktionen konvergiert in jeden Punkt gegen $\begin{eqnarray*} f(x)=x \end{eqnarray*}$

Ich denke das geht allerdings nicht als Beweis durch.

Vielen Dank!!!

02.09.2016, 13:09

HAL 9000

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Ich hab das Gefühl, du trittst auf der Stelle. Halten wir zunächst mal fest:

1) $\begin{align*} \phi_n(x)=\frac{k-1}{2^n} \end{align*}$ für $\begin{align*} x\in \left[\frac{(k-1)}{2^n},\frac{k}{2^n}\right) \end{align*}$

ist inhaltlich identisch mit der von mir vorher gegebenen "kompakten" Gaußklammerdarstellung $\begin{align*} \phi_n(x) = \frac{1}{2^n} \left\lfloor 2^nx\right\rfloor \end{align*}$ , denn es ist

$\begin{align*} x\in \left[\frac{(k-1)}{2^n},\frac{k}{2^n}\right)\quad \Longleftrightarrow\quad k-1 = \left\lfloor 2^nx\right\rfloor \end{align*}$ .

2) Der Konvergenznachweis basiert schlicht auf der Gaußklammereigenschaft $\begin{align*} t-1 < \lfloor t\rfloor \leq t \end{align*}$ für alle reellen $\begin{align*} t \end{align*}$ , d.h. der Abrundungswert $\begin{align*} \lfloor t\rfloor \end{align*}$ weicht um weniger als 1 vom Originalwert $\begin{align*} t \end{align*}$ ab. Damit folgt dann nämlich

$\begin{align*} \frac{1}{2^n} \left( 2^nx-1\right) < \phi_n(x) \leq \frac{1}{2^n} \left( 2^nx\right) \end{align*}$

$\begin{align*} x-\frac{x}{2^n} < \phi_n(x) \leq x \end{align*}$

für alle $\begin{align*} x \end{align*}$ sowie $\begin{align*} n\in\mathbb{N} \end{align*}$ . Grenzübergang $\begin{align*} n\to\infty \end{align*}$ erbringt dann per Sandwichsatz die gewünschte Konvergenz $\begin{align*} \lim_{x\to\infty} \phi_n(x) = x \end{align*}$ .

02.09.2016, 13:32

yellowman

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Gibt es auch einen Weg die Konvergenz ohne die "kompakte" Darstellung mittels Gaußklammer?
Also zu zeigen das $\begin{eqnarray*} \phi_n(x)=\frac{k-1}{2^n} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x\in \left[\frac{(k-1)}{2^n},\frac{k}{2^n}\right] \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} k=1,2,3,...,2^n \end{eqnarray*}$
Das folgendes gilt: $\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\phi_n(x)=f(x) \end{eqnarray*}$

Die Konstruktion für einfache Funktionen wie $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x^2 \end{eqnarray*}$ also Polynome sollte ich das noch hinbekommen. Für andere Funktionen erscheint mir das allerdings fast unmöglich eine Folge von Treppenfunktionen zu finden. Ist die Anwendung des Lebesgue Integrals überhaupt praktikabel?

Vielen Dank!!!

02.09.2016, 14:22

HAL 9000

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Zitat:

Original von yellowman
Gibt es auch einen Weg die Konvergenz ohne die "kompakte" Darstellung mittels Gaußklammer?

Ich hatte bereits erwähnt, dass das dieselben Treppenfunktionen sind, nur in anderer Darstellung. Wenn du den Beweis auf deine bevorzugte Darstellung übertragen willst, dann tu es - ich werde es nicht tun. Wenn du das ganze wirklich verstehen willst, musst du dich sowieso mal richtig selbst dahinterklemmen.

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