Technische Universität Berlin WS 03/04

Fakultät II – Institut für Mathematik Prof.Dr. G. Frank / J. Meyer Sekr. MA 8-2

www.math.tu-berlin.de/Vorlesungen/WS03/04/AnalysisIII

Musterlösung Aufgabe 25

(a) Für x, y ∈] − 1, 1[ gilt (1 + xy)^{−1} = ∑_{k=0}^{∞}(−1)^{k}(xy)^{k}. Man fixiere 0 < y < 1 und betrachte die -bzgl. der Variablen x- offensichtlich integrierbare Folge f_{n}(x) := ∑_{k=0}^{n}(−1)^{k}(xy)^{k}, für die bei |x| < 1 stets

|f_{n}(x)| ≤ ∑_{k=0}^{∞} |y|^{k} = \frac{1}{1 − y} := F (x)

bleibt. Da F eine integrierbare Majorante darstellt darf mit dem Satz von Lebesgue auf

∫_{−1}^{1}(1 + xy)^{−1}dx = lim_{n→∞} ∫_{−1}^{1} f_{n}(x)dx = lim_{n→∞} ∑_{k=0}^{n}(−1)^{2k}y^{2k} \frac{2}{2k + 1}

geschlossen werden. Ist nun 0 ≤ y < 1 beliebig, so ist g_{n}(y) := ∑_{k=0}^{n} \frac{2}{2k+1}y^{2k} offenbar eine monoton wachsende Folge integrierbarer Funktionen, für die ihre Integralfolge beschränkt bleibt:

∫_{0}^{1} ∑_{k=0}^{n} \frac{2}{2k + 1}y^{2k}dy ≤ 2 ∑_{k=0}^{∞}(\frac{1}{2k + 1})^{2} < ∞.

Der Satz von Levi vollendet den Beweis von (a), denn ∑_{k=0}^{∞} \frac{2}{22k+1}y^{2k} ist integrierbar und

∫_{0}^{1} ∑_{k=0}^{∞} \frac{2}{2k + 1}y^{2k}dy = lim_{n→∞} ∑_{k=0}^{n} \frac{2}{2k + 1} ∫_{0}^{1} y^{2k}dy = 2 ∑_{k=0}^{∞}(\frac{1}{2k + 1})^{2}.

(b) Die Funktion u :] − 1, 1[→] − 1, 1[; x ↦ x + \frac{1}{2}y(x^{2} − 1) ist sinnvoll, surjektiv, differenzierbar und wegen u′(x) = 1 + yx > 0 für 0 < y < 1 streng monoton wachsend, also injektiv und damit ein Diffeomorphismus. Wegen 2uy = 2xy + y^{2}x^{2} − y^{2} schliesst man mit der Transformationsfolge auf

∫_{0}^{1} ∫_{−1}^{1} \frac{dx}{1 + xy} dy = ∫_{0}^{1} ∫_{−1}^{1} \frac{du}{1 + 2uy + y^{2}} dy.

Nun seien zwei Optionen erwähnt, die das Vertauschen der Integrationsreihenfolge rechtfertigen:

1.) Satz von Fubini für halbstetige Funktionen ( Satz 36.12); die Funktion

f :] − 1, 1[×]0, 1[→ ℝ; (u, y) ↦ (1 + 2uy + y^{2})^{−1}

kann halbstetig von unten auf den ℝ^{2} fortgesetzt werden, denn 1+2uy+y^{2} = (y + u)^{2} + (1 − u^{2}) > 0. Damit ist f ∈ H^{↑}(ℝ^{2}) und der besagte Satz von Fubini steht zur Verwendung bereit.

2.) Man zeige, dass g(x, y) := (1+xy)^{−1}χ_{]−1,1[×]0,1[} integrierbar ist und verwende den allgemeinen Satz von Fubini (Satz 39.12); zur Durchführung dieses Programms hat man nach (a) bereits

∫_{0}^{1} ∫_{−1}^{1}|\frac{1}{1 + xy} |dxdy < ∞

und daraus folgt die lokale Integrierbarkeit von g. Nach Definition von g folgt schon ∫_{0}^{1} ∫_{−1}^{1} |g|dxdy < ∞ und nach dem Satz von Tonelli (UE) die Integrierbarkeit.

Eine Rechnung führt zu

P = ∫_{−1}^{1}\{\frac{1}{\sqrt{1 − u^{2}}} arctan \frac{1 + u}{\sqrt{1 − u^{2}}} − \frac{1}{\sqrt{1 − u^{2}}} arctan \frac{1}{\sqrt{1 − u^{2}}} \}du.

Das Integral ∫_{−1}^{1} \frac{1}{\sqrt{1−u^{2}}} arctan \frac{1}{\sqrt{1−u^{2}}} du ist uneigentlich, wegen

∫_{−1}^{1}|\frac{1}{\sqrt{1 − u^{2}}} arctan \frac{1}{\sqrt{1 − u^{2}}} |du ≤ \frac{π}{2} lim_{ϵ_{1}→0} ∫_{0}^{1−ϵ_{1}} \frac{du}{\sqrt{1 − u^{2}}} + lim_{ϵ_{2}→0} ∫_{−1+ϵ_{2}}^{1} \frac{du}{\sqrt{1 − u^{2}}} < ∞

konvergiert es allerdings absolut. Da der Integrand ungerade ist, verschwindet es und man erhält die Behauptung.

(c) Die Substitution u(ϕ) := − cos 2ϕ, 0 < ϕ < \frac{π}{2} kann wie in (b) begründet werden. Wegen

\frac{1 − cos 2ϕ}{\sqrt{1 − cos^{2} 2ϕ}} = \frac{1 − cos 2ϕ}{sin 2ϕ} = tan ϕ

kommt

P = 2 ∫0^{\frac{π}{2}} arctan tan ϕdϕ = \frac{π^{2}}{4} .

(d) Die Reihe ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} konvergiert absolut- man darf daher umordnen:

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{4n^{2}} + ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n + 1)^{2}} ,

folglich \frac{3}{4} ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{8} . Ein Umstellen rechtfertigt den Ausruf: Fertig!