Prof. M. Schwarz  Analysis für Physiker 2  SS 2006

Beweis von Thm I.1.11 (Lebesguesches Integrabilitätskriterium)

Gegeben: R ⊂ ℝ^{n} Rechteckmenge, f: R → ℝ beschränkte Funktion.

Zu zeigen: ... f ist R.-int’bar ⇔ D = { x | f unstetig beix } ist eine Nullmenge.

\underline{“⇐”}:

Schritt 1: Sei D eine Nullmenge. Dann existiert für jedes ε > 0 eine Folge von Rechteckmengen I_{1}, I_{2}, … mit

D ⊂ I_{1}^{∘} ∪ I_{2}^{∘} ∪ …  und  ∑_{k=1}^{∞} v_{n}(I_{k}) < ε .

Schritt 2: Sei ξ ∈ R \ D, also f ist stetig in ξ. Daher existiert eine Rechteckmenge J(ξ) so daß

ξ ∈ J(ξ)^{∘} und für alle x ∈ R ∩ J(ξ) gilt |f(x) − f(ξ)| < \frac{ε}{3},

also insbesondere

sup_{x∈J(ξ)∩R} f(x) − inf_{x∈J(ξ)∩R} f(x) < ε .

Wir haben also eine Auswahlfunktion R \ D ∋ ξ ↦ J(ξ).

Schritt 3: Also ist

R ⊂ I_{1}^{∘} ∪ I_{2}^{∘} ∪ … ∪ ⋃_{x∈R\D} J(ξ)^{∘}

eine offene Überdeckung der kompakten Rechteckmenge R. Aus der Kompaktheit folgt, dass es eine endliche Teilüberdeckung gibt, also k ∈ ℕ und r ∈ ℕ mit ξ_{1}, …, ξ_{r} ∈ R \ D, so daß

R ⊂ I_{1}^{∘} ∪ … ∪ I_{k}^{∘} ∪ J(ξ_{1})^{∘} ∪ … ∪ J(ξ_{r})^{∘} .

Wir bilden nun durch Verlängerung der Kanten von I_{1}, …, J(ξ_{r}) eine Zerlegung Z von R, und zwar die gröbste Zerlegung von R, so daß alle Teilrechtecke von Z in mindestens einem der I_{1}, …, J(ξ_{r}) liegen. Es seien R′ eine Menge von Teilrechtecken, die alle in einem der I_{1}, …, I_{k} liegen, R′′ eine Menge von Teilrechtecken, die alle in einem der J(ξ_{1}), …, J(ξ_{r}) liegen, so daß R′ ∪ R′′ alle Teilrechtecke der

Bitten wenden!

Zerlegung Z umfasst und R′ ∩ R′′ = ∅. Dann gilt:

U(f, Z) − L(f, Z) = ∑_{I′∈R′} ( sup_{I′} f − inf_{I′} f) v_{n}(I′) + ∑_{I′′∈R′′} ( sup_{I′′} f − inf_{I′′} f) v_{n}(I′) .

Da f auf R beschränkt ist, existiert ein c > 0 mit −c ≤ f(x) ≤ c f.a. x ∈ R. Daraus folgt

sup_{I′} f − inf_{I′} f ≤ 2c f.a. I′ ∈ R′ .

Aus Schritt 1 folgt somit

∑_{I′∈R′} ( sup_{I′} f − inf_{I′} f) v_{n}(I′) < 2cε .

Aus Schritt 2 folgt

sup_{I′′} f − inf_{I′′} f < ε f.a. I′′ ∈ R′′

und somit

∑_{I′′∈R′′} ( sup_{I′′} f − inf_{I′′} f) v_{n}(I′′) < εv_{n}(R) .

Also gilt insgesamt

U(f, Z) − L(f, Z) < [2c + v_{n}(R)]ε .

Somit ist das Riemann-Kriterium (Satz I.1.2) für f erfüllt und f ist Riemann-integrierbar.

\underline{“⇒”}: Sei nun umgekehrt f R.-int’bar. Zu zeigen ist: D(f) = { x ∈ R | f ist nicht stetig in x } ist eine Nullmenge.

Schritt 1: Es sei

S_{n}(f) = \{ x ∈ R | ∀ Umgebung U von x ∃ y ∈ U ∩ R s.d. |f(x) − f(y)| > \frac{1}{n} \},

d.h. in x ∈ S_{n}(f) springt f um mindestens \frac{1}{n}. Dann gilt: D(f) = S_{1}(f) ∪ S_{2}(f) ∪ . . .. Es bleibt also zu zeigen: Jedes S_{n}(f) ist eine Nullmenge.

Schritt 2: Sei n ∈ ℕ mit S_{n}(f) ≠ ∅. Nach dem Riemann-Kriterium (Satz I.1.2) existiert eine Zerlegung Z von R,

so daß

U(f, Z) − L(f, Z) < \frac{ε}{n} .

Sei R die Menge aller Teilrechtecke von Z, also

S_{n}(f) ⊂ ⋃_{I∈R} (S_{n}(f) ∩ I^{∘}) ∪ ⋃_{I∈R} (S_{n}(f) ∩ ∂I) .

Da ∂I jeweils eine Nullmenge ist, ist die zweite Vereinigunsmenge ebenfalls eine Nullmenge. Es genügt

also die Menge R′ aller der Teilrechtecke I′ zu betrachten, für die gilt S_{n}(f) ∩ I′^{∘} ≠ ∅. Also

∑_{I′∈R′} ( sup_{I′} f − inf_{I′} f)v_{n}(I′) ≤ U(f, Z) − L(f, Z) < \frac{ε}{n} .

Da nach Definition von S_{n}(f) gilt: sup_{I′} f − inf_{I′} f ≥ \frac{1}{n}, folgt

∑_{I′∈R′} v_{n}(I′) < ε .

Also ist S_{n}(f) eine Nullmenge und somit auch D(f).