Buchanfang Maßtheorie by Richard4321/ Das Maß-Integral – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Motivation

In der Maßtheorie hatten wir den Begriff der Länge, Fläche und des Volumens geklärt: sie werden durch Maße auf Sigma-Algebren beschrieben. In der Integrationstheorie wollen wir auf der Basis der Maße einen Integralbegriff herleiten und dessen Eigenschaften untersuchen.

Wo stehen wir

Wir hatten nachgerechnet, dass die Umkehrabbildung mit Mengenoperationen vertauscht. Seien $(W,S),(V,T)$ Messräume. Wir definierten eine Abbildung $X:W\rightarrow V$ als "messbar", wenn sie alle Mengen aus der Sigma-Algebra $T$ auf Mengen der Sigma-Algebra $S$ abbildete. Es genügte, die Messbarkeit auf dem Erzeugendensystem zu testen. Wir konstruierten uns durch Addition, Subtraktion, Multiplikation, Division und Grenzwertbildung von numerischen Funktionen neue numerische Funktionen. Wir zeigten, dass sich alle nicht-negativen messbaren numerischen Funktionen $f:(W,S)\rightarrow ({\overline {\mathbb {R} }},{\overline {\mathbb {B} }})$ als Grenzwert einer monoton steigenden Folge von primitiven Funktionen darstellen lassen. In diesem Kapitel definieren wir nun das Integral für primitive Funktionen und beweisen, dass zwei monoton wachsende Folgen in P mit demselben Grenzwert denselben Grenzwert der Integrale haben. Damit können wir für eine nicht-negative messbare numerische Funktion eindeutig das Integral definieren mit Hilfe der Integrale primitiver Funktionen. Das so definierte Integral ist wie das Riemann-Integral additiv, monoton und positive Skalare lassen sich mit dem Integral vertauschen.

Das Integral als Fläche unter der nicht-negativen Funktion

Sei im ganzen Kapitel $W$ eine Menge, $S\subset Pot(W)$ eine Sigma-Algebra und $m:S\rightarrow [0,\infty ]$ ein Maß.

Das Integral der Indikatorfunktion $1_{A}$ soll das Maß von $A$ sein. Das ist anschaulich die Fläche unterhalb der Funktion.

Im Bild die Indikatorfunktion zu $A=(0,5\ ,\ 1\rbrack \cup (2\ ,\ 4\rbrack \cup (4,5\ ,\ 5\rbrack$. Die Fläche ist 0,5+2+0,5=3.

Das Integral endlicher positiver Linearkombinationen $\sum _{i=1}^{n}a_{i}1_{A_{i}}\in P$, soll die endliche nicht-negative Linearkombination der Maße der $A_{i}$ sein. Das ist wie beim Riemann-Integral wieder die Fläche unter der Funktion.

Definition

Eien Grundmenge zusammen mit einer Sigma-Algebra und einem Maß heißt Maßraum.

Das Maßintegral für $1_{A}$ und $u=\sum _{i=1}^{n}a_{i}1_{A_{i}}\in P$, $a_{i}\geq 0$ ist definiert als Abbildung von den primitiven Funktionen in die nicht-negativen Zahlen inklusive Unendlich $\int :P\rightarrow [0,\infty ]$ wobei gilt

${\begin{aligned}\int 1_{A}dm:=&m(A)\\\int \sum _{i=1}^{n}a_{i}1_{A_{i}}dm:=&\sum _{i=1}^{n}a_{i}m(A_{i})\\\end{aligned}}$

Beweis (Eindeutigkeit)

Das Integral ist unabhängig von der Darstellung von $u$: Seien

$\biguplus _{i=1}^{n}A_{i}=W=\biguplus _{j=1}^{k}B_{j}$

zwei Zerlegungen von W und

$u=\sum _{i=1}^{n}a_{i}1_{A_{i}}=\sum _{j=1}^{k}b_{j}1_{B_{j}}$

Da

$\biguplus _{i=1}^{n}A_{i}=\biguplus _{i=1}^{n}\biguplus _{j=1}^{k}(A_{i}\cap B_{j})=\biguplus _{j=1}^{k}B_{j}$

muss für $w\in A_{i}\cap B_{j}$ gelten $a_{i}=u(w)=b_{j}$, d.h.

$u=\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}a_{i}1_{A_{i}\cap B_{j}}=\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}b_{j}1_{A_{i}\cap B_{j}}$

Das ergibt, da m additiv ist durch Vertauschen der Summen

${\begin{aligned}\sum _{i=1}^{n}a_{i}m(A_{i})=&\sum _{i=1}^{n}a_{i}m\left(A_{i}\cap \biguplus _{j=1}^{k}B_{j}\right)\\=&\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}a_{i}m(A_{i}\cap B_{j})\\=&\sum _{j=1}^{k}\sum _{i=1}^{n}b_{j}m(A_{i}\cap B_{j})\\=&\sum _{j=1}^{k}b_{j}m\left(\biguplus _{i=1}^{n}A_{i}\cap B_{j}\right)\\=&\sum _{j=1}^{k}b_{j}m(B_{j})\end{aligned}}$

Aufgabe 1

Aufgabe (Ein einfaches Integral)

Sei $(\{1,\ldots ,n\},Pot(\{1,\ldots ,n\}),m)$ mit $m$ das Zählmaß und $f:\{1,\ldots ,n\}\rightarrow [0,\infty )$ gegeben. $f$ ist automatisch messbar. Berechne $\int fdm$

Wie kommt man auf den Beweis? (Ein einfaches Integral)

Stelle $f$ dar als primitive Funktion

Lösung (Ein einfaches Integral)

$f$ ist messbar, da links die Potenzmenge steht und somit $f^{-1}(A)\in Pot(\{1,\ldots ,n\})$ automatisch gültig ist.

Für $f$ gilt

$f=\sum _{i=1}^{n}f(i)\cdot 1_{\{i\}}$

Die rechte Seite ist eine primitive Funktion, daher ist das Integral

$\int fdm=\sum _{i=1}^{n}f(i)\cdot m(\{i\})=\sum _{i=1}^{n}f(i)$

Eigenschaften des Integrales primitiver Funktionen

Satz

Das Integral ist additiv und positive Faktoren lassen sich mit dem Integral vertauschen, zudem ist das Interal monoton, in Formeln: Für $u,v\in P$ und $c\geq 0$ gilt

${\begin{aligned}\int cudm=&c\int udm\\\int (u+v)dm=&\int udm+\int vdm\\{\text{Aus }}u\leq v{\text{ folgt }}\int udm\leq &\int vdm\end{aligned}}$

Damit gilt für eine beliebige Darstellung von $u=\sum _{i=1}^{n}a_{i}1_{A_{i}}\in P$ ohne die Forderung der Disjunktheit der $A_{i}$

$\int udm=\sum _{i=1}^{n}a_{i}\int 1_{A_{i}}dm=\sum _{i=1}^{n}a_{i}m(A_{i})$

Beweis

Es gilt nach Definition des Integrales

${\begin{array}{rcl}\int cudm&{\stackrel {{\text{Def. von }}u}{=}}&\int \sum _{i=1}^{n}c\cdot a_{i}1_{A_{i}}dm\\&{\stackrel {{\text{Def von }}\int }{=}}&\sum _{i=1}^{n}ca_{i}m(A_{i})\\&=&c\sum _{i=1}^{n}a_{i}m(A_{i})\\&{\stackrel {{\text{Def. von }}\int }{=}}&c\int udm\end{array}}$

Für $u=\sum _{i=1}^{n}a_{i}1_{A_{i}}$ und $v=\sum _{j=1}^{k}b_{j}1_{B_{j}}$ betrachten wir die disjunkte gemeinsame Zerlegung. Das ergibt die Darstellungen

${\begin{aligned}u=&\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}a_{i}1_{A_{i}\cap B_{j}}\\v=&\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}b_{j}1_{A_{i}\cap B_{j}}\end{aligned}}$

und wir rechnen mit der Additivität von $m$ die Additivität des Integrales nach gemäß

${\begin{array}{rcl}&&\int (u+v)dm\\&=&\int \left(\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}a_{i}1_{A_{i}\cap B_{j}}+\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}b_{j}1_{A_{i}\cap B_{j}}\right)dm\\&=&\int \sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}(a_{i}+b_{j})1_{A_{i}\cap B_{j}}dm\\&{\stackrel {\text{Def}}{=}}&\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}(a_{i}+b_{j})m(A_{i}\cap B_{j})\\&=&\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}a_{i}m(A_{i}\cap B_{j})+\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}b_{j}m(A_{i}\cap B_{j})\\&{\stackrel {\text{m additiv}}{=}}&\sum _{i=1}^{n}a_{i}m(A_{i}\cap \underbrace {\biguplus _{j=1}^{k}B_{j}} _{=W})+\sum _{j=1}^{k}b_{j}m(B_{j}\cap \underbrace {\biguplus _{i=1}^{n}A_{i}} _{=W})\\&=&\sum _{i=1}^{n}a_{i}m(A_{i})+\sum _{j=1}^{n}b_{j}m(B_{j})\\&=&\int udm+\int vdm\end{array}}$

Da $u\leq v$ für alle $w\in W$ ist $v-u\in P$ und $v-u$ hat wegen $a_{i}\leq b_{j}$ auf $A_{i}\cap B_{j}$ die Darstellung

${\begin{aligned}v-u=\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{k}\underbrace {(b_{j}-a_{i})} _{\geq 0}1_{A_{i}\cap B_{j}}\end{aligned}}$

Wegen $v=u+(v-u)$ und der gerade gezeigten Additivität des Integrales gilt

${\begin{aligned}\int vdm=&\int udm+\underbrace {\int (v-u)dm} _{\geq 0}\\\geq &\int udm\end{aligned}}$

Das ist die Monotonie.

Ein Hilfsssatz zu Grenzwerten von Integralen

Wir wollen die Folgen der Integrale für zwei verschiedene Folgen $(u_{n})_{n},(v_{n})_{n}$ in $P$ vergleichen. Dazu vergleichen wir erst einmal eine Folge $(u_{n})_{n}$ mit einem festen anderen $u\in P$.

Satz

Seien $\forall n\in \mathbb {N} :u,u_{n}\in P$ und $u_{n}$ monoton steigend.

Aus $u\leq \lim _{n}u_{n}$ folgt

$\int udm\leq \lim _{n}\int u_{n}dm$

Beweis

Wir benötigen einen Hilfsfaktor $c\in (0,1)$, den wir am Ende des Beweises gegen $1$ streben lassen. Mit diesem Faktor verwandeln wir das Kleiner-Gleich-Zeichen der Voraussetzung in ein Kleiner-Zeichen.

Da $u_{n},u$ messbar sind, ist die Menge der $w\in W$ für die $u_{n}(w)$ größer gleich $cu(w)$ ist, messbar:

$B_{n}:=\{u_{n}\geq c\cdot u\}\in S$

Auf $B_{n}$ gilt schon $u_{n}\geq c\cdot u$, auf $B_{n}^{C}$ gilt leider $u_{n}(w)<c\cdot u(w)$. Setzen wir den rechten Wert für $w\in B_{n}^{C}$ auf $0$ durch Multiplikation mit $1_{B_{n}}$, so gilt wegen $u_{n}\geq 0$ für alle $w\in W$

$u_{n}\geq cu1_{B_{n}}={\begin{cases}cu&{\text{ für }}u_{n}(w)\geq cu(w)\\0&{\text{ für }}u_{n}(w)<cu(w)\\\end{cases}}$

Diese Ungleichung benutzen wir für den Beweis. Für $w\in B_{n}$ gilt

$u_{n+1}(w){\stackrel {Vor}{\geq }}u_{n}(w)\geq cu(w)$

und somit

$w\in B_{n+1}$

Damit sind die $B_{n}$ monoton steigend:

$B_{n}=\{u_{n}\geq cu\}\subset \{u_{n+1}\geq cu\}=B_{n+1}$

Wegen der Voraussetzung $u\leq \lim _{n\rightarrow \infty }u_{n}$ und $c\in (0,1)$ gilt

$cu<\lim _{n\rightarrow \infty }u_{n}$

Da die $u_{n}$ monoton steigend gegen den Grenzwert streben, gibt es ein $n$, sodass schon $cu(w)<u_{n}(w)$, in Formeln

$\forall w\in W\ \exists n\in \mathbb {N} :c\cdot u(w)<u_{n}(w)$

Nach Definition von $B_{n}$ bedeutet das

$\forall w\in W\ \exists n\in \mathbb {N} :w\in B_{n}$

Da für ALLE $w\in W$ ein solches $n$ existiert, gehen die $B_{n}$ monoton steigend gegen $W$

${\begin{aligned}&B_{n}\uparrow \bigcup _{n=1}^{\infty }B_{n}=W\\\end{aligned}}$

Wir nehmen die folgende Darstellung für $u$ an

${\begin{aligned}u=\sum _{i=1}^{k}a_{i}1_{A_{i}}\in P\end{aligned}}$

Dann gilt für die einzelnen $A_{i}$

${\begin{aligned}&A_{i}\cap B_{n}\subset A_{i}\cap B_{n+1}\\&A_{i}\cap B_{n}\uparrow \bigcup _{n=1}^{\infty }(A_{i}\cap B_{n})=A_{i}\cap \bigcup _{n=1}^{\infty }B_{n}=A_{i}\cap W=A_{i}\end{aligned}}$

To-Do:

ohne Stetigkeit beweisen

Da $m$ stetig von unten ist (gleichwertig zur Sigma-Additivität), folgt

${\begin{aligned}m(A_{i})=m\left(\bigcup _{n=1}^{\infty }(A_{i}\cap B_{n})\right)=\lim _{n\rightarrow \infty }m(A_{i}\cap B_{n})\end{aligned}}$

Wegen $0\cdot 1=0\cdot 0=0$ gilt

${\begin{aligned}1_{A_{i}\cap B_{n}}(w)=&{\begin{cases}1&{\text{ für }}w\in A_{i}\cap B_{n}\\0&{\text{ sonst }}\end{cases}}\\=&{\begin{cases}1&{\text{ für }}w\in A_{i}\\0&{\text{ sonst }}\end{cases}}\cdot {\begin{cases}1&{\text{ für }}w\in B_{n}\\0&{\text{ sonst }}\end{cases}}\\=&1_{A_{i}}(w)1_{B_{n}}(w)\end{aligned}}$

Wir erhalten eine erste Abschätzung für das Integral wegen

${\begin{aligned}\int udm=&\sum _{i=1}^{k}a_{i}m(A_{i})=\lim _{n\rightarrow \infty }\sum _{i=1}^{k}a_{i}m(A_{i}\cap B_{n})\\=&\lim _{n\rightarrow \infty }\int \sum _{i=1}^{k}a_{i}1_{A_{i}\cap B_{n}}dm=\lim _{n\rightarrow \infty }\int \sum _{i=1}^{k}a_{i}1_{A_{i}}1_{B_{n}}dm\\=&\lim _{n\rightarrow \infty }\int u1_{B_{n}}dm\end{aligned}}$

Wegen der Rechenregeln für das Integral "Monotonie" und "Faktor $c\geq 0$ vertauscht mit dem Integral" gilt

$\int u_{n}dm\geq \int c\cdot u1_{B_{n}}dm=c\int u1_{B_{n}}dm$

ergibt sich im Grenzwert aus der obigen Rechnung

$\lim _{n\rightarrow \infty }\int u_{n}dm\geq c\lim _{n\rightarrow \infty }\int u1_{B_{n}}dm=c\int udm$

Im Grenzwert $c\uparrow 1$ bleibt das Größergleich-Zeichen erhalten.

Der Grenzwert ist unabhängig von der Wahl der Folge

Satz

Zwei monoton wachsende Folgen in $P$ mit demselben Grenzwert haben denselben Grenzwert der Integrale: Seien $(u_{n})_{n}$ und $(v_{n})_{n}$ zwei wachsende Folgen in $P$.

Aus $\lim _{n\rightarrow \infty }u_{n}=\lim _{n\rightarrow \infty }v_{n}$ folgt

$\lim _{n\rightarrow \infty }\int u_{n}dm=\lim _{n\rightarrow \infty }\int v_{n}dm$

Beweis

Für alle $n\in \mathbb {N}$ gilt

${\begin{aligned}u_{n}\leq &\lim _{n\rightarrow \infty }v_{n}\\v_{n}\leq &\lim _{n\rightarrow \infty }u_{n}\end{aligned}}$

Wir haben gerade gezeigt, dass dann $\forall n\in \mathbb {N}$ folgt

${\begin{aligned}\int u_{n}dm\leq &\lim _{n\rightarrow \infty }\int v_{n}dm\\\int v_{n}dm\leq &\lim _{n\rightarrow \infty }\int u_{n}dm\end{aligned}}$

Die Ungleichungen bleiben im Grenzwert erhalten. Das ergibt

$\lim _{n\rightarrow \infty }\int u_{n}dm\leq \lim _{n\rightarrow \infty }\int v_{n}dm\leq \lim _{n\rightarrow \infty }\int u_{n}dm$

Das Integral nicht-negativer numerischer Funktionen

Damit können wir nun definieren:

Definition

Sei $f\in P^{\ast }$ und $(u_{n})_{n}$ eine monoton wachsende Folge in $P$ mit $u_{n}\uparrow f$. Dann heißt

$\int fdm=\lim _{n\rightarrow \infty }\int u_{n}dm$

das Integral von $f$ bezüglich $m$.

Beweis (Eindeutigkeit des Integrales)

Wir haben gezeigt, dass für jedes $f\in P^{\ast }$ eine solche Folge existiert und dass der Grenzwert für alle solchen Folgen eindeutig ist.

Aufgabe 2

Aufgabe (Ein einfaches Integral)

Sei $(\mathbb {N} ,Pot(\mathbb {N} ),m)$ mit $m$ das Zählmaß und $f:\mathbb {N} \rightarrow [0,\infty )$ gegeben. $f$ ist automatisch messbar. Berechne $\int fdm$

Wie kommt man auf den Beweis? (Ein einfaches Integral)

Stelle $f$ dar als Grenzwert primitiver Funktionen.

Lösung (Ein einfaches Integral)

$f$ ist messbar, da links die Potenzmenge steht und somit $f^{-1}(A)\in Pot(\mathbb {N} )$ automatisch gültig ist.

Für $f$ gilt

${\begin{aligned}f=&\sum _{i=1}^{\infty }f(i)\cdot 1_{\{i\}}\\=&\lim _{n\rightarrow \infty }\sum _{i=1}^{n}f(i)\cdot 1_{\{i\}}\end{aligned}}$

Die Funktionen hinter dem Limes sind primitive Funktionen und ihr Integral ist nach Definition

$\int \sum _{i=1}^{n}f(i)\cdot 1_{\{i\}}dm=\sum _{i=1}^{n}f(i)\cdot m(\{i\})=\sum _{i=1}^{n}f(i)$

Da die $\sum _{i=1}^{n}f(i)\cdot 1_{\{i\}}$ monoton wachsend gegen $f$ gehen, ist das Integral von $f$ der Grenzwert der obigen Integrale

$\int fdm{\stackrel {\text{Def}}{=}}\lim _{n\rightarrow \infty }\int \sum _{i=1}^{n}f(i)\cdot 1_{\{i\}}dm=\lim _{n\rightarrow \infty }\sum _{i=1}^{n}f(i)=\sum _{i=1}^{\infty }f(i)$

Eigenschaften des Integrales

Satz (Rechenregeln für das Maßintegral)

Für $f,g\in P^{\ast }$ und $c\in [0,\infty )$ gilt

${\begin{aligned}\int cfdm=&c\int fdm\\\int (f+g)dm=&\int fdm+\int gdm\\{\text{Aus }}f\leq g{\text{ folgt }}\int fdm&\leq \int gdm\end{aligned}}$

Beweis (Rechenregeln für das Maßintegral)

Man hat es für Funktionen aus P gezeigt und rechnet es nun mit Folgen $u_{n}\uparrow f$ nach.

1.):

Seien $u_{n}\in P$ mit $u_{n}\uparrow f$, d.h.

$0\leq u_{n}\leq f$

Wegen $c\geq 0$ gilt

${\begin{aligned}0\leq &cu_{n}\leq cf\\0\leq &\lim _{n\rightarrow \infty }cu_{n}=c\lim _{n\rightarrow \infty }u_{n}=cf\end{aligned}}$

d.h. $cu_{n}\uparrow cf$. Wir haben damit eine Folge in $P$ gefunden, die monoton steigend gegen $cf$ geht und erhalten automatisch das Integral von $cf$ als Grenzwert der Integrale von $cu_{n}$

$\int cfdm=\lim _{n\rightarrow \infty }\int cu_{n}dm=c\lim _{n\rightarrow \infty }\int u_{n}dm=c\int fdm$

2.:

Seien zusätzlich $v_{n}\in P$ mit $v_{n}\uparrow g$. Dann gilt $u_{n}+v_{n}\in P$ und

${\begin{aligned}u_{n}+v_{n}&\leq &u_{n+1}+v_{n+1}\leq f+g\\\lim _{n\rightarrow \infty }(u_{n}+v_{n})&\leq &\lim _{n\rightarrow \infty }u_{n}+\lim _{n\rightarrow \infty }v_{n}=f+g\end{aligned}}$

d.h. $u_{n}+v_{n}\uparrow f+g$.

Wir haben damit eine Folge in $P$ gefunden, die monoton steigend gegen $f+g$ geht und erhalten automatisch das Integral von $f+g$ als Grenzwert der Integrale von $u_{n}+v_{n}$. Wir nutzen jetzt die Additivität in $P$ für

${\begin{aligned}\int (f+g)dm=&\lim _{n\rightarrow \infty }\int (u_{n}+v_{n})dm\\=&\lim _{n\rightarrow \infty }\left(\int u_{n}dm+\int v_{n}dm\right)\\=&\lim _{n\rightarrow \infty }\int u_{n}dm+\lim _{n\rightarrow \infty }\int v_{n}dm\\=&\int fdm+\int gdm\end{aligned}}$

3.:

Wegen

$u_{n}\leq f\leq g=\lim _{n\rightarrow \infty }v_{n}$

gilt $\forall n\in \mathbb {N}$ mit obigem Satz

$\int u_{n}dm\leq \lim _{n\rightarrow \infty }\int v_{n}dm=\int gdm$

Die Ungleichung bleibt auch im Grenzwert erhalten, d.h.

$\int fdm{\stackrel {Def}{=}}\lim _{n\rightarrow \infty }\int u_{n}dm\leq \int gdm$