Kurs:Maß- und Integrationstheorie/3/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	${}\sum$
Punkte	3	3	7	1	9	5	7	4	8	4	4	0	4	3	62

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

Eine Topologie auf einer Menge ${}X$ .
Ein Maß auf einem Messraum ${}(M,{\mathcal {A}})$ .
Ein translationsinvariantes Maß auf ${}(\mathbb {R} ^{n},{\mathcal {B}}(\mathbb {R} ^{n}))$ .
Der Limes inferior zu einer reellen Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ .
Ein Banachraum.
Die (komplexen) Fourierkoeffizienten zu einer ${}T$ -periodischen Funktion ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow {\mathbb {C} }$ .

Lösung

Eine Familie ${}{\mathcal {T}}$ ${}{\mathcal {T}}$ von Teilmengen von ${}X$ ${}X$ heißt Topologie auf ${}X$ ${}X$ , wenn die folgenden Axiome erfüllt sind:
1. Es ist ${}\emptyset \in {\mathcal {T}}$ und ${}X\in {\mathcal {T}}$ .
2. Sind ${}U\in {\mathcal {T}}$ und ${}V\in {\mathcal {T}}$ , so ist auch ${}U\cap V\in {\mathcal {T}}$ .
3. Ist ${}I$ eine Indexmenge und ${}U_{i}\in {\mathcal {T}}$ für alle ${}i\in I$ , so ist auch ${}\bigcup _{i\in I}U_{i}\in {\mathcal {T}}$ .
Ein Prämaß auf ${}(M,{\mathcal {A}})$ nennt man ein Maß.
Ein Maß auf ${}(\mathbb {R} ^{n},{\mathcal {B}}(\mathbb {R} ^{n}))$ heißt translationsinvariant, wenn für alle messbaren Teilmengen ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ und alle Vektoren ${}v\in \mathbb {R} ^{n}$ die Gleichheit
${}\mu (T)=\mu (T+v)\,$

gilt.
Es sei ${}H$ die Menge der Häufungspunkte der Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ . Dann nennt man
$\operatorname {lim} \operatorname {inf} \,{\left((x_{n})_{n\in \mathbb {N} }\right)}=\inf \,{\left(H\right)}$

(eventuell ${}-\infty$ ) den Limes inferior der Folge.
Ein normierter ${}{\mathbb {K} }$ - Vektorraum, der mit der zugehörigen Metrik ein vollständiger metrischer Raum ist, heißt Banachraum.
Man nennt
${}c_{n}={\frac {1}{T}}\int _{0}^{T}f(t)e^{-{\frac {2\pi {\mathrm {i} }}{T}}nt}dt\,$

den ${}n$ -ten (komplexen) Fourierkoeffizienten.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

Der Eindeutigkeitssatz für Maße.
Die Transformationsformel für Integrale zu einem ${}C^{1}$ -Diffeomorphismus
$\varphi \colon G\longrightarrow H,$

wobei ${}G$ und ${}H$
offene Teilmengen des ${}\mathbb {R} ^{n}$ sind.
Das Dichtheitskriterium für eine Teilmenge ${}T\subseteq V$ in einem ${}{\mathbb {K} }$ - Hilbertraum ${}V$ .

Lösung

Es sei ${}(M,{\mathcal {A}})$ ein Messraum und es sei ${}{\mathcal {E}}$ ein durchschnittsstabiles Erzeugendensystem für ${}{\mathcal {A}}$ . Es seien ${}\mu _{1}$ und ${}\mu _{2}$ zwei Maße auf ${}(M,{\mathcal {A}})$ , die auf ${}{\mathcal {E}}$ übereinstimmen. Es gebe eine Ausschöpfung ${}M_{n}\uparrow M$ mit ${}M_{n}\in {\mathcal {E}}$ und mit ${}\mu _{1}(M_{n})=\mu _{2}(M_{n})<\infty$ . Dann ist
${}\mu _{1}=\mu _{2}\,.$
Für eine messbare Funktion
$f\colon H\longrightarrow \mathbb {R}$

ist ${}f$ genau dann integrierbar auf ${}H$ , wenn die Hintereinanderschaltung ${}f\circ \varphi$ auf ${}G$ integrierbar ist. In diesem Fall gilt

${}\int _{H}f\,d\lambda ^{n}=\int _{G}(f\circ \varphi )\vert {J(\varphi )}\vert \,d\lambda ^{n}\,,$
wobei ${}J(\varphi )$ die Determinante des totalen Differentials ${}D\varphi$ bezeichnet.
Es sei ${}V$ ein ${}{\mathbb {K} }$ - Hilbertraum und ${}T\subseteq V$ eine Teilmenge. Dann erzeugt ${}T$ genau dann einen dichten Untervektorraum in ${}V$ , wenn die Eigenschaft
${}\left\langle v,w\right\rangle =0\,$

für alle ${}w\in T$ nur für ${}v=0$
gilt.

Aufgabe (7 (3+4) Punkte)

Der Flächeninhalt eines Quadrates mit Seitenlänge ${}1$ (das Einheitsquadrat) wird als ${}1$ festgelegt.

Begründe, dass ein Rechteck, dessen Seitenlängen ${}a,b\in \mathbb {N}$ sind, den Flächeninhalt ${}ab$ besitzt. Welche naheliegenden Gesetzmäßigkeiten für den Flächeninhalt werden dabei verwendet?
Begründe, dass ein Rechteck, dessen Seitenlängen ${}x,y\in \mathbb {Q} _{+}$ sind, den Flächeninhalt ${}xy$ besitzt.

Lösung

Wir betrachten ${}ab$ Quadrate mit Seitenlänge ${}1$ . Wir legen ${}a$ -mal jeweils ${}b$ Quadrate in eine Reihe hintereinander und erhalten dadurch ${}a$ Rechtecke, die jeweils die Seitenlängen ${}1$ und ${}b$ haben und aus ${}b$ Quadraten bestehen. Diese ${}a$ Rechtecke setzt man derart zusammen, dass die ${}b$ -Seiten der Rechtecke aneinander liegen. Dadurch entsteht insgesamt ein Rechteck mit den Seitenlängen ${}a$ und ${}b$ . Da alle ${}ab$ Quadrate verbraucht sind, ist der Flächeninhalt gleich ${}ab$ . Man verwendet dabei, dass der Flächeninhalt der Quadrate sich nicht ändert, wenn sie ihre Lage in der Ebene ändern, und dass die Überschneidung der Kanten, die beim Zusammenlegen auftritt, für den Flächeninhalt unerheblich ist.
Es sei unter Verwendung eines Hauptnenners ${}x={\frac {a}{c}}=a{\frac {1}{c}}$ und ${}y={\frac {b}{c}}=b{\frac {1}{c}}$ . Es ist
${}xy=ab{\frac {1}{c}}\cdot {\frac {1}{c}}={\frac {ab}{c^{2}}}\,.$

Wie in Teil 1 können wir das Rechteck mit den Seitenlängen ${}x$ und ${}y$ mit ${}ab$ Quadraten der Seitenlänge ${}{\frac {1}{c}}$ zusammensetzen. Daher ist der Flächeninhalt des Rechtecks das ${}ab$ -Vielfache des Flächeninhaltes des Quadrates mit der Seitenlänge ${}{\frac {1}{c}}$ . Wenn wir ${}c^{2}$ solche Quadrate haben, so können wir diese zum Einheitsquadrat zusammen setzen. Daher muss wiederum der Flächeninhalt des Quadrates mit der Seitenlänge ${}{\frac {1}{c}}$ gleich ${}{\frac {1}{c^{2}}}$ sein. Der Flächeninhalt des Ausgangsrechtecks ist also

${}ab{\frac {1}{c^{2}}}={\frac {ab}{c^{2}}}\,$

und stimmt mit dem Produkt der Seitenlängen überein.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei

p_{1}\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R}

die lineare Projektion auf die erste Komponente. Man skizziere drei messbare Teilmengen ${}T_{1},T_{2},T_{3}\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ derart an, dass ihr Flächeninhalt gleich ${}0$ bzw. ${}1$ bzw. ${}\infty$ ist und deren Bild in ${}\mathbb {R}$ die Länge ${}1$ besitzt.

Lösung Lineare Projektion/Maß des Bildes/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (9 (2+4+3) Punkte)

Aus einem Blatt Papier mit den Seitenlängen ${}30$ und ${}20$ cm sollen kreisförmige Konfettiplättchen mit einem Durchmesser von ${}0{,}5$ cm herausgestanzt werden.

a) Zeige, dass man höchstens ${}3057$ Konfettiplättchen aus einem Blatt erhalten kann.

b) Zeige, dass man mindestens ${}2607$ Konfettiplättchen aus einem Blatt erhalten kann.

c) Der geniale Narr Karl-Heinz kommt auf die Idee, das Blatt insgesamt neunmal zu falten, wobei jeweils die längere Seite halbiert wird. Anschließend wird das entstandene Bündel gestanzt. Wie viele Plättchen kann man mit dieser Methode erhalten?

Lösung

a) Die Fläche der Plättchen ist (alle Flächenangaben sind in Quadratzentimetern)

{}\pi \cdot 0{,}25^{2}=\pi \cdot 0{,}0625\,.

Dies liegt zwischen

{}3{,}14\cdot 0{,}0625=0,19625<\pi \cdot 0{,}0625<3{,}15\cdot 0{,}0625=0{,}196875\,.

Da das Blatt ${}600$ Quadratzentimetern Fläche besitzt, kann man aus Materialgründen maximal

{}600:0{,}19625=3057{,}3\,,

also allerhöchstens ${}3057$ Plättchen erhalten.

b) Wir ordnen auf dem Blatt die Kreise aneinanderliegend in Reihen an, wobei wir das Blatt im Hochformat nehmen. Die geraden Reihen werden um ${}0{,}25$ cm nach rechts verschoben, um die Zwischenräume besser aufzufüllen. Die Reihen erhalten dann abwechselnd ${}40$ bzw. ${}39$ Kreise. Der vertikale Abstand der Kreismittelpunkte zwischen zwei benachbarten Reihen ist

{\frac {\sqrt {3}}{4}}.

Dabei ist

{}{\sqrt {3}}\leq 1{,}8\,

und

{}{\frac {\sqrt {3}}{4}}\leq 0{,}45\,

Somit gibt es mindestens

{}30:0{,}45=66{,}666\dotso \,,

also mindestens ${}66$ Reihen. Mit dieser Methode erhält man

{}33\cdot 40+33\cdot 39=33\cdot 79=2607\,

Plättchen.

c) Bei den neun Halbierungen wird die längere Seite fünfmal und die kürzere Seite viermal halbiert. Die entstehenden Längen des Bündels ergeben sich aus

30\rightarrow 15\rightarrow 7{,}5\rightarrow 3{,}75\rightarrow 1{,}875\rightarrow 0{,}9375

und aus

20\rightarrow 10\rightarrow 5\rightarrow 2{,}5\rightarrow 1{,}25.

Nach der in b) beschriebenen Methode (wobei man das Bündel im Querformat nimmt) kann man wegen

{}2\cdot 0{,}45=0{,}9\leq 0{,}9375\,

zwei Reihen mit je zwei Kreisen platzieren ( ${}5$ kann man sicher nicht rausstanzen). Insgesamt ergeben sich so

{}2^{9}\cdot 4=2^{11}=2048\,

Konfettiplättchen.

Aufgabe (5 Punkte)

Wir betrachten das von den beiden Vektoren ${}{\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}}$ und ${}{\begin{pmatrix}2\\4\end{pmatrix}}$ erzeugte Parallelogramm ${}P$ . Man gebe ein explizites achsenparalleles Quadrat (mit positivem Flächeninhalt) an, dass ganz in ${}P$ liegt.

Lösung

Die inverse Matrix zu ${}{\begin{pmatrix}3&2\\-1&4\end{pmatrix}}$ ist ${}{\frac {1}{14}}{\begin{pmatrix}4&-2\\1&3\end{pmatrix}}$ . Somit ist

{}e_{1}={\frac {4}{14}}{\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}}+{\frac {1}{14}}{\begin{pmatrix}2\\4\end{pmatrix}}\,

und

{}e_{2}={\frac {-2}{14}}{\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}}+{\frac {3}{14}}{\begin{pmatrix}2\\4\end{pmatrix}}\,.

Wir betrachten den Mittelpunkt des Parallelogramms,

{}P={\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}}+{\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}2\\4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}{\frac {5}{2}}\\{\frac {3}{2}}\end{pmatrix}}\,.

Wir setzen

{}a:={\frac {1}{4}}\cdot {\frac {14}{4}}\,.

Dann ist das achsenparallel Quadrat mit ${}P$ als Eckpunkt unten links und ${}a$ als Seitenlänge ganz in dem Parallelogramm enthalten. Es gilt nämlich für einen Punkt ${}Q$ daraus

{}{\begin{aligned}Q&=P+re_{1}+se_{2}\\&={\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}}+{\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}2\\4\end{pmatrix}}+r{\left({\frac {4}{14}}{\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}}+{\frac {1}{14}}{\begin{pmatrix}2\\4\end{pmatrix}}\right)}+s{\left({\frac {-2}{14}}{\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}}+{\frac {3}{14}}{\begin{pmatrix}2\\4\end{pmatrix}}\right)}\\&={\left({\frac {1}{2}}+r{\frac {4}{14}}+s{\frac {-2}{14}}\right)}{\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}}+{\left({\frac {1}{2}}+r{\frac {1}{14}}+s{\frac {3}{14}}\right)}{\begin{pmatrix}2\\4\end{pmatrix}}.\end{aligned}}

Wegen ${}r,s\leq a$ sind die Koeffizienten bezüglich der vorgegebenen Vektoren zwischen ${}0$ und ${}1$ .

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei ${}X$ ein Messraum und es sei

f_{n}\colon X\longrightarrow \mathbb {R}

( ${}n\in \mathbb {N}$ ) eine Folge von messbaren Funktionen, wobei ${}\mathbb {R}$ die ${}\sigma$ - Algebra der Borelmengen trägt. Es sei ${}a\in \mathbb {R}$ . Zeige, dass die Menge

{}M={\left\{x\in X\mid a{\text{ ist ein H}}{\ddot {\rm {a}}}{\text{ufungspunkt der Folge }}{\left(f_{n}(x)\right)}_{n\in \mathbb {N} }\right\}}\,

eine messbare Teilmenge von ${}X$ ist.

Lösung

Die Folge ${}{\left(f_{n}(x)\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ besitzt genau dann ${}a$ als einen Häufungspunkt, wenn es zu jedem ${}\epsilon >0$ unendlich viele Folgenglieder in ${}[a-\epsilon ,a+\epsilon ]$ gibt. Dies ist äquivalent dazu, dass es zu jedem ${}k\in \mathbb {N} _{+}$ und jedem ${}m\in \mathbb {N} _{+}$ ein ${}n\geq m$ gibt mit

f_{n}(x)\in [a-{\frac {1}{k}},a+{\frac {1}{k}}].

Wir definieren

M_{k,n}={\left\{x\in X\mid \vert {f_{n}(x)-a}\vert \leq {\frac {1}{k}}\right\}}.

Mit dieser Bezeichnung ist

M=\bigcap _{k}(\bigcap _{m}(\bigcup _{n\geq m}M_{k,n})).

Die Menge ${}M_{k,n}$ ist das Urbild des abgeschlossenen Intervalls ${}[a-{\frac {1}{k}},a+{\frac {1}{k}}]$ unter der messbaren Abbildung ${}f_{n}$ , also messbar. Daher ist für jedes ${}m\in \mathbb {N}$ die abzählbare Vereinigung ${}\bigcup _{n\geq m}M_{k,n}$ messbar. Somit sind auch die abzählbaren Durchschnitte ${}\bigcap _{m}(\bigcup _{n\geq m}M_{k,n})$ und ${}M=\bigcap _{k}(\bigcap _{m}(\bigcup _{n\geq m}M_{k,n}))$ messbare Teilmengen.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise die allgemeine Transformationsformel für Integrale.

Lösung

Für nichtnegatives ${}f$ ergibt sich dies unter Verwendung von Aufgabe 5.6 (Maß- und Integrationstheorie (Osnabrück 2022-2023)) und Aufgabe 9.1 (Maß- und Integrationstheorie (Osnabrück 2022-2023)) aus

{}{\begin{aligned}\int _{N}f\,d\nu &={\left(\nu \otimes \lambda ^{1}\right)}(S(f))\\&={\left({\left(\varphi \times \operatorname {Id} \right)}_{*}{\left(\mu \otimes \lambda ^{1}\right)}\right)}(S(f))\\&={\left(\mu \otimes \lambda ^{1}\right)}{\left({\left(\varphi \times \operatorname {Id} \right)}^{-1}(S(f))\right)}\\&={\left(\mu \otimes \lambda ^{1}\right)}(S(f\circ \varphi ))\\&=\int _{M}(f\circ \varphi )\,d\mu .\end{aligned}}

Daraus ergibt sich auch der allgemeine Fall.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz von der majorisierten Konvergenz.

Lösung

Die Majorante ${}h$ sichert nach Lemma 9.5 (Maß- und Integrationstheorie (Osnabrück 2022-2023)), dass die ${}f_{n}$ integrierbar sind; da diese Abschätzung auch für die Grenzfunktion gilt, ist diese ebenfalls integrierbar. Wir wenden das Lemma von Fatou auf die beiden nichtnegativen Funktionenfolgen ${}{\left(h+f_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(h-f_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ an und erhalten unter Verwendung der Linearität einerseits

{}{\begin{aligned}\int _{M}h\,d\mu +\int _{M}f\,d\mu &=\int _{M}(h+f)\,d\mu \\&\leq \operatorname {lim} \operatorname {inf} \,{\left(\int _{M}(h+f_{n})\,d\mu \right)}\\&=\operatorname {lim} \operatorname {inf} \,{\left(\int _{M}h\,d\mu +\int _{M}f_{n}\,d\mu \right)}\\&=\int _{M}h\,d\mu +\operatorname {lim} \operatorname {inf} \,{\left(\int _{M}f_{n}\,d\mu \right)}\end{aligned}}

und andererseits

{}{\begin{aligned}\int _{M}h\,d\mu -\int _{M}f\,d\mu &=\int _{M}(h-f)\,d\mu \\&\leq \operatorname {lim} \operatorname {inf} \,{\left(\int _{M}(h-f_{n})\,d\mu \right)}\\&=\operatorname {lim} \operatorname {inf} \,{\left(\int _{M}h\,d\mu -\int _{M}f_{n}\,d\mu \right)}\\&=\int _{M}h\,d\mu -\operatorname {lim} \operatorname {sup} \,{\left(\int _{M}f_{n}\,d\mu \right)}.\end{aligned}}

Zusammenfassend ergibt sich

{}{\begin{aligned}\int _{M}f\,d\mu &\leq \operatorname {lim} \operatorname {inf} \,{\left(\int _{M}f_{n}\,d\mu \right)}\\&\leq \operatorname {lim} \operatorname {sup} \,{\left(\int _{M}f_{n}\,d\mu \right)}\\&\leq \int _{M}f\,d\mu .\end{aligned}}

Daher stimmt der Limes inferior von ${}\int _{M}f_{n}\,d\mu$ mit dem Limes superior davon überein und somit ist dies nach Aufgabe 10.4 (Maß- und Integrationstheorie (Osnabrück 2022-2023)) gleich dem Limes von ${}\int _{M}f_{n}\,d\mu$ .

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Volumen des Rotationskörpers, der entsteht, wenn man den Graphen der Funktion

f\colon [0,1]\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 0},\,t\longmapsto t+{\sqrt {t}}+1,

um die ${}t$ -Achse rotieren lässt.

Lösung

Das Volumen des Rotationskörpers ${}K$ ist gemäß der Formel gleich

{}{\begin{aligned}\lambda ^{3}(K)&=\pi \int _{0}^{1}(t+{\sqrt {t}}+1)^{2}\,dt\\&=\pi \int _{0}^{1}(t^{2}+t+1+2t^{3/2}+2t+2t^{1/2})\,dt\\&=\pi \int _{0}^{1}(t^{2}+2t^{3/2}+3t+2t^{1/2}+1)\,dt\\&=\pi {\left({\frac {1}{3}}t^{3}+{\frac {4}{5}}t^{5/2}+{\frac {3}{2}}t^{2}+{\frac {4}{3}}t^{3/2}+t\right)}|_{0}^{1}\\&=\pi {\left({\frac {1}{3}}+{\frac {4}{5}}+{\frac {3}{2}}+{\frac {4}{3}}+1\right)}\\&=\pi {\frac {10+24+45+40+30}{30}}\\&=\pi {\frac {149}{30}}.\end{aligned}}

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}p\geq 1$ eine reelle Zahl und ${}X$ ein Maßraum. Zeige, dass die Menge ${}{\mathcal {L}}^{p}(X)$ der ${}p$ - integrierbaren Funktionen ein ${}{\mathbb {C} }$ - Vektorraum ist.

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}\vert {f+g}\vert ^{p}&\leq {\left(\vert {f}\vert +\vert {g}\vert \right)}^{p}\\&\leq {\left(2\cdot \operatorname {max} \left(\vert {f}\vert ,\,\vert {g}\vert \right)\right)}^{p}\\&=2^{p}{\left(\operatorname {max} \left(\vert {f}\vert ,\,\vert {g}\vert \right)\right)}^{p}\\&\leq 2^{p}\operatorname {max} \left(\vert {f}\vert ^{p},\,\vert {g}\vert ^{p}\right)\\&\leq 2^{p}{\left(\vert {f}\vert ^{p}+\vert {g}\vert ^{p}\right)}.\end{aligned}}

Daher ist

{}\int _{X}\vert {f+g}\vert ^{p}d\mu \leq \int _{X}2^{p}{\left(\vert {f}\vert ^{p}+\vert {g}\vert ^{p}\right)}d\mu =2^{p}\int _{X}\vert {f}\vert ^{p}d\mu +2^{p}\int _{X}\vert {g}\vert ^{p}d\mu \,.

Wenn also ${}f$ und ${}g$ beide ${}p$ - integrierbar sind, so ist auch ihre Summe ${}p$ -integrierbar. Die skalare Verträglichkeit ist trivial.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}T>0$ und ${}\omega ={\frac {2\pi }{T}}$ . Zeige, dass ein trigonometrisches Polynom ${}f=\sum _{n{}-N}^{N}c_{n}e^{{\mathrm {i} }\omega nt}$ höchstens ${}2N$ Nullstellen in ${}[0,T[$ besitzt.

Lösung

Wir betrachten die Faktorisierung

\mathbb {R} {\stackrel {p}{\longrightarrow }}S^{1}{\stackrel {\tilde {f}}{\longrightarrow }}{\mathbb {C} }

mit

{}p(t)=e^{{\mathrm {i} }\omega t}\,

und der rationalen Funktion

{}{\tilde {f}}(z)=\sum _{n=-N}^{N}c_{n}z^{n}\,.

Da ${}p$ eine Bijektion zwischen ${}[0,T[$ und ${}S^{1}$ stiftet, besitzt ${}f$ in dem Intervall genau dann eine Nullstelle, wenn ${}{\tilde {f}}$ auf dem Einheitskreis eine Nullstelle besitzt. Wir schreiben

{}{\tilde {f}}(z)=\sum _{n=-N}^{N}c_{n}z^{n}={\frac {\sum _{k=0}^{2N}c_{k-N}z^{k}}{z^{N}}}\,.

Das Polynom im Zähler besitzt den Grad ${}2N$ und die Nullstellen von ${}{\tilde {f}}$ hängen allein von diesem Polynom ab, die Aussage folgt somit aus Fakt *****.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme ein lineares Polynom ${}ax+b\neq 0$ , das im Lebesgueraum ${}L^{2}([-1,1],\lambda ^{1})$ senkrecht auf der Exponentialfunktion ${}e^{x}$ steht.

Lösung

Mit partieller Integration ist

{}{\begin{aligned}\int _{-1}^{1}e^{x}(ax+b)dx&=\int _{-1}^{1}e^{x}(ax+b)dx\\&=\left(axe^{x}-ae^{x}+be^{x}\right)|_{-1}^{1}\\&=ae-ae+be+ae^{-1}+ae^{-1}-be^{-1}\\&=be+2ae^{-1}-be^{-1}\\&=b{\left(e-e^{-1}\right)}+2ae^{-1}.\end{aligned}}

Die Orthogonalitätsbedingung und die Normierung ${}a=1$ führt auf

{}b=-{\frac {2e^{-1}}{e-e^{-1}}}=-{\frac {2}{e^{2}-1}}\,,

ein orthogonales Polynom ist also ${}x-{\frac {2}{e^{2}-1}}$ .