Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von Curufin epsilonkugel
Analysis » Integration » Integrierbarkeit der Thomae-Funktion
Druckversion
Druckversion
Antworten
Antworten
Autor
Universität/Hochschule Integrierbarkeit der Thomae-Funktion
WagW
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 15.02.2018
Mitteilungen: 207
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-09-09


Hallo zusammen,

ich versuche gerade die Riemann-Integrierbarkeit der Thomae-Funktion auf einem beliebigen Intervall $[a,b]\subseteq\mathbb{R}$ zu zeigen. Da diese Funktion bekanntlich eine Periode von $1$ hat, wähle ich der Einfachheit halber das Intervall $[0,1]$. Hier noch einmal die Funktion:

$f:\IR\to\IR$ mit:

$$f(x)=\begin{cases} 0 \text{ ; falls } x \in \IR\setminus\IQ \\\frac 1 q \text{ ; falls } x=\frac p q \in\IQ \text{ vollständig gekürzt}.\end{cases}$$
Ich weiß bereits, dass diese Funktion in den irrationalen Zahlen stetig ist.

Mein Beweis:
Für jedes beliebige $\epsilon>0$ und jede irrationale Zahl $r\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$ finde ich ein $\delta_{r}>0$, sodass für alle $x$ mit $|x-r|<\delta_r$ gilt: $|f(x)-f(r)|<\epsilon$. Erst recht gilt dies für alle $x$ mit $|x-r|<\frac{\delta_r}{2}$. Wir definieren nun eine Umgebung von $r$ durch $U_{\frac{\delta_r}{2}}(r):= \{x\in [0,1]\mid |x-r|<\frac{\delta_r}{2}\}$. Da $[0,1]$ kompakt ist, gibt es für $\bigcup\limits_{r\in\left(\IR\setminus\IQ \cap [0,1]\right)}^{\infty}U_{\frac{\delta_r}{2}}(r)\supseteq[0,1]$ eine endliche Teilüberdeckung, also $\bigcup\limits_{i=1}^{N}U_{\frac{\delta_{r_i}}{2}}(r_i)\supseteq[0,1]$. Es gilt aber genauso für die "größere" Teilüberdeckung $\bigcup\limits_{i=1}^{N}U_{\delta_{r_i}}(r_i)\supseteq[0,1]$. Ich kann ja jetzt einfach in den endlich vielen $U_{\delta_{r_i}}(r_i)$ das $<$ durch ein $\leq$ ersetzen, sodass $f$ dann auf jeder dieser Umgebungen gleichmäßig stetig ist. Ich setze nun $\delta_0:=\min\{1,\delta_{r_1}, \delta_{r_2}, \cdots, \delta_{r_N}\}$ und konstruiere eine Partition von $[0,1]$ folgendermaßen:
Sei $m:=\frac{n}{\delta_0}$ und $P_n:=\{0,\frac{\delta_0}{n},\frac{2\delta_0}{n},\frac{3\delta_0}{n},\cdots,\frac{(m-1)\delta_0}{n}, \frac{m\delta_0}{n}=1\}$, wobei wir $n\geq 2$ annehmen. Wenn ich nun zwei Zahlen $x,y$ aus irgendeinem Intervall $[(k-1)\frac{\delta_0}{n},k\frac{\delta_0}{n}]$ auswähle, so liegen beide auch in derselben Umgebung $U_{\delta_{r_i}}(r_i)$, da wir $n\geq 2$ vorausgesetzt haben. Um die Riemann-Integrierbarkeit zu zeigen, betrachten wir nun die Differenz der Ober-und Untersumme bzgl. der konstruierten Partition $P_n$, welche kleiner als das eingangs vorgegebene $\epsilon>0$ sein sollte. Also:
$$ \sum\limits_{i=1}^n(M_i-m_i)\frac{\delta_0}{n}\overset{?}{<}\epsilon,\\
M_i:=\sup\{f(x)\mid x\in [\frac{(i-1)\delta_0}{n},\frac{i\delta_0}{n}]\},\\
m_i:=\inf\{f(x)\mid x\in [\frac{(i-1)\delta_0}{n},\frac{i\delta_0}{n}]\}.
$$ Da $f$ auf jeder der $N$-vielen $U_{\delta_{r_j}}(r_j)$ gleichmäßig stetig ist, erhalte ich $N$-viele $\delta_{r_j}'>0$ mit der Eigenschaft: für alle $x,y\in U_{\delta_{r_j}}(r_j)$ mit $|x-y|<\delta_{r_j}'$ gilt $|f(x)-f(y)|<\epsilon$. Wir setzen $\delta_0':=\min\{\delta_{r_1}',\delta_{r_2}',\cdots, \delta_{r_N}'\}$ und wählen $n$, also die Feinheit der Partition $P_n$, so groß, dass $\frac{\delta_0}{n}<\delta_0'$. Dann gilt für zwei $x,y\in [\frac{(i-1)\delta_0}{n},\frac{i\delta_0}{n}]$ nämlich $ |x-y|<\frac{\delta_0}{n}<\delta_0' \implies |f(x)-f(y)|<\epsilon$. Insbesondere gilt dies für die Differenz zwischen Infimum und Supremum. Wir können also die Differenz der Ober-und Untersumme folgendermaßen abschätzen:
$$ \sum\limits_{i=1}^n(M_i-m_i)\frac{\delta_0}{n}<\sum\limits_{i=1}^n\epsilon\frac{\delta_0}{n}=n\frac{\epsilon\delta_0}{n}<\epsilon.
$$ (Wir hatten ja eingangs insbesondere $\delta_0\leq 1$ gesetzt).


Vielleicht noch als Erläuterung warum zwei $x,y\in [\frac{(i-1)\delta_0}{n},\frac{i\delta_0}{n}]$ immer in derselben $ U_{\delta_{r_i}}(r_i)$ liegen müssen:
Sei $x\in U_{\frac{\delta_{r_i}}{2}}(r_i)$ und $y\in U_{\frac{\delta_{r_j}}{2}}(r_j)$ (gilt, da die "kleineren" Umgebungen mit dem $\frac{1}{2}$ auch ein endliche Teilüberdeckung sind).
Dann gelten die Ungleichungen:
$$ |x-y|<\frac{\delta_0}{n},\\
|x-r_i|<\frac{\delta_i}{2},\\
|y-r_j|<\frac{\delta_j}{2}.
$$ Es folgt:
$|x-r_j|\leq |x-y|+|y-r_j|<\frac{\delta_0}{n}+\frac{\delta_j}{2}<\frac{\delta_j}{2}+\frac{\delta_j}{2}<\delta_j$.
Damit muss $x\in U_{\delta_{r_j}}(r_j)$, sodass für beide $x,y$ auch die gleichmäßige Stetigkeit verwendet werden darf.

Ist das so korrekt? Wahrscheinlich gibt es da einen kürzeren Weg, wenn man weitere Kenntnisse der Maßtheorie hinzuzieht, aber ich wollte das mal mit den Methoden aus Ana 2 versuchen. Vielleicht gibt es ja auch noch einen anderen kürzeren Weg mit Ana 2-Kenntnissen.

viele Grüße
WagW



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
sonnenschein96
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 26.04.2020
Mitteilungen: 152
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-09-10


Hallo WagW,

es war mir ehrlich gesagt etwas zu anstrengend mich durch Deinen Beweis durchzukämpfen :P
Das macht dann vielleicht noch jemand anderes.
Er erscheint mir aber etwas zu kompliziert.

Daher ein alternativer Ansatz ohne Maßtheorie: Wegen \(f\geq0\) ist \(\underline{\int_0^1}f\geq0\). Sei nun \(\varepsilon>0\). Dann kannst Du Dir leicht überlegen, dass es nur endlich viele Punkte \(x\in[0,1]\) gibt, in denen \(f(x)>\varepsilon\) ist. Daraus folgt leicht \(\overline{\int_0^1}f\leq\varepsilon\) und da \(\varepsilon>0\) beliebig war, folgt \(\overline{\int_0^1}f\leq0\). Damit ist also \(\underline{\int_0^1}f=\overline{\int_0^1}f=0\) und \(f\) somit Riemann-integrierbar mit Integral \(0\).

Tatsächlich geht es mit maßtheoretischen Methoden auch sehr schnell: Auf einem kompakten Intervall ist \(f\) nach dem Lebesgue'schen Integrabilitätskriterium genau dann Riemann-integrierbar, wenn \(f\) beschränkt und f.ü.-stetig ist (was bei der Thomae-Funktion der Fall ist). In dem Fall ist \(f\) auch Lebesgue-integrierbar und beide Integrale stimmen überein. Das Lebesgue-Integral ist hier natürlich \(0\), da \(f\) f.ü. gleich \(0\) ist.



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
WagW
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 15.02.2018
Mitteilungen: 207
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-10


Hallo sonnenschein96,

auf den Ansatz mit den endlich vielen Punkten in $[0,1]$ bin ich auch nachher noch irgendwann gestoßen. Diese Idee wurde in ähnlicher Form auch im Beweis der Stetigkeit in den irrationalen Punkten verwendet. Du hast auf jedenfall Recht, dass mein Beweis ziemlich langwierig ist, aber mich würde nur mal interessieren, ob das mit einer endlichen Teilüberdeckung denn so auch machbar ist.

viele Grüße
WagW



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
sonnenschein96
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 26.04.2020
Mitteilungen: 152
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-09-10


Auf die Schnelle würde ich sagen, dass die Überdeckung\[[0,1]\subseteq\bigcup_{r\in(\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q})\cap[0,1]}U_{\delta_r}(r)\] so leider nicht stimmt. (Das \(\infty\)-Zeichen hat da drüber übrigens nichts verloren.)

Sei \(x\in[0,1]\) mit \(f(x)\geq\varepsilon\). Wäre \(x\in U_{\delta_r}(r)\) für ein \(r\in(\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q})\cap[0,1]\), so würde wegen \(f(r)=0\) gelten, dass \(|f(x)| = |f(x)-f(r)|<\varepsilon\), was ein Widerspruch ist.



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
WagW
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 15.02.2018
Mitteilungen: 207
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-10


Ouh ja da hast Du recht, da habe ich direkt am Anfang nen dicken Fehler. Schon wenn man dann einfach $f(0)$ betrachtet, hätte mir auffallen müssen, dass für $\epsilon =1$ und eine irrationale Zahl $r$ überhaupt nicht $|f(r)-f(0)|=|0-1|<1$ gelten kann. Ich kann also mit der Stetigkeit keine offene Überdeckung konstruieren und damit auch auf keine endliche Überdeckung kommen.

Schade, hatte sich erst so gut angefühlt mit der endlichen Überdeckung 😄.

Meinst Du da gibt es denn noch einen anderen Weg, als das mit Deinem Tip mit den endlich vielen Punkten?



Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
WagW hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Neues Thema [Neues Thema] Antworten [Antworten]    Druckversion [Druckversion]

 


Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2020 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP that seems no longer to be maintained nor supported. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]