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Aufgabe 14.1

a) Für jede Zerlegung \(Z=(x_0, x_1, \ldots, x_n)\) des Einheitsintervalls gilt \(\sup_{x\in [x_{k-1},x_k]}f(x)=1\) und \(\inf_{x\in [x_{k-1},x_k]}f(x)=0\). Die riemannsche Obersumme zu jeder solchen Zerlegung, und damit das riemannsche Oberintegral, ist also gleich \(1\), das riemannsche Unterintegral dagegen ist gleich \(0\). Die Funktion ist folglich nicht riemann-integrierbar.

b) Es sei \(g\colon [0,1]\to \mathbb R\) definiert durch \[x\mapsto \begin{cases}1&\text{ falls } x=\frac1{2^{n}} \text{ für ein } n\in \mathbb N\\0&\text{sonst.}\end{cases}\] Die riemannsche Untersumme ist zu jeder Zerlegung des Einheitsintervalls gleich \(0\).
Für \(k\in \mathbb N\) betrachten wir die Zerlegung \[Z_k=\left(0,\frac1{2^k}\pm\frac1{2^{k+2}},\frac1{2^{k-1}}\pm\frac1{2^{k+2}},\ldots, \frac12\pm\frac1{2^{k+2}},1\right).\] Das erste Intervall \[\left[0,\frac1{2^k}-\frac1{2^{k+2}}\right]\] der Länge \(\frac3{2^{k+2}}\) enthält die Punkte \(\frac1{2^n}\) für alle \(n\gt k\). Die Punkte \(\frac1{2^l}\) für \(1\le l\le k\) sind in den Intervallen mit Endpunkten \[ \frac1{2^l}\pm\frac1{2^{k+2}}\] der Länge \(\frac1{2^{k+1}}\) enthalten. Die übrigen in der Zerlegung auftauchenden Intervalle enthalten keine der Sprungstellen der Funktion \(g\). Die riemannsche Obersumme zu dieser Zerlegung lässt sich also berechnen als \[O(Z_k,g)=\frac3{2^{k+2}}+k\cdot \frac2{2^{k+2}}=\frac{2k+3}{2^{k+2}}.\] Im Grenzwert für \(k\) gegen Unendlich geht diese Obersumme gegen Null. Das riemannsche Oberintegral ist also gleich dem riemannschen Unterintegral, nämlich gleich Null. Somit ist die Funktion riemann-integrierbar.

Aufgabe 14.2
Mit \(f\) ist auch die Umkehrfunktion \(f^{-1}\) streng monoton steigend und stetig.

1. Fall: Wir betrachten zuerst den Fall \(b=f(a)\) oder äquivalent \(a=f^{-1}(b)\).

Ist \(Z=(x_0,\ldots,x_n)\) mit \(x_0=0\) und \(x_n=a\) eine Zerlegung des Intervalls \([0,a]\), so erhalten wir wegen der strengen Monotonie von \(f\) mit \(f(Z):=(f(x_0),\ldots,f(x_n))\) eine Zerlegung des Intervalls \([0,b]\). Wir berechnen die Obersumme \[O(Z,f)=\sum_{k=1}^n(x_k-x_{k-1})\cdot\sup_{x\in [x_{k-1},x_k]}f(x)=
\sum_{k=1}^n(x_k-x_{k-1})\cdot f(x_k).\] Die Untersumme für die Umkehrfunktion bezüglich der Zerlegung \(f(Z)\) ist \[U(f(Z),f^{-1})=
\sum_{k=1}^n\left(f(x_k)-f(x_{k-1}\right)\cdot \inf_{y\in [f(x_{k-1}),f(x_k)]}f^{-1}(y)= \sum_{k=1}^n\left(f(x_k)-f(x_{k-1}\right)\cdot x_{k-1}.\]

Addition dieser Ober- und Untersummen ergibt \[\begin{aligned}O(Z,f)+U(f(Z),f^{-1})&
=\sum_{k=1}^n(x_k-x_{k-1})\cdot f(x_k)+ \sum_{k=1}^n\left(f(x_k)-f(x_{k-1})\right)\cdot x_{k-1}\\
&=\sum_{k=1}^n x_k\cdot f(x_k)-f(x_{k-1}\cdot x_{k-1}\\
&=x_nf(x_n)-x_0f(x_0)\\
&=ab.\end{aligned}\]

Da \(f\) stetig und somit integrierbar ist, gilt \[\inf_ZO(Z,f)=\int_0^af(x)\,dx.\] Da \(f^{-1}\) stetig ist, gilt auch \[sup_{Z}U(f(Z),f^{-1})=\int_0^bf(y)\,dy.\]
Folglich ist \[\int_0^af(x)\;dx=\inf_ZO(Z,f)=\inf_Z\left(ab-U(f(Z),f^{-1})\right)=ab-\sup_{Z}U(f(Z),f^{-1})=ab-\int_0^bf(y)\;dy.\]

2. Fall: \(b\le f(a)\)

Nach dem oben Bewiesenem gilt \[\begin{aligned}ab&=f^{-1}(b)\cdot b+ \left(a-f^{-1}(b)\right)b\\
&\le \int_0^{f^{-1}(b)} f(x)\;dx + \int_0^b f^{-1}(y)\;dy +\int_{f^{-1}(b)}^a f(x)\,dx\\
&\le f^{-1}(b)\cdot b + f(a)\left(a-f^{-1}(b)\right).
\end{aligned}\]
Hier benutzen wir die Abschätzungen \[ \begin{aligned}\left(a-f^{-1}(b)\right)b&= \left(a-f^{-1}(b)\right)\left(\min_{x\in [f^{-1}(b),a]}f(x)\right)\\
&\le \int_{f^{-1}(b)}^af(x)\;dx\\ &\le \left(a-f^{-1}(b)\right) \left(\sup_{x\in [f^{-1}(b),a]}f(x)\right)=f(a)\left(a-f^{-1}(b)\right).\end{aligned}\]

3. Fall: \(a\le f^{-1}(b)\)

Die Argumentation ist wie im 2. Fall, nur mit vertauschten Rollen von \(a\) und \(b\), sowie \(f\) und \(f^{-1}\).

Nach dem oben Bewiesenem gilt \[\begin{aligned}ab&=f(a)\cdot a+ \left(b-f(a)\right)a\\
&\le \int_0^{a} f(x)\;dx + \int_0^{f(a)} f^{-1}(y)\;dy +\int_{f(a)}^b f^{-1}(y)\,dy\\
&\le f(a)\cdot a + b\left(b-f(a)\right).
\end{aligned}\]
Hier benutzen wir die Abschätzungen \[ \begin{aligned}\left(b-f(a)\right)a&= \left(b-f(a)\right)\left(\min_{y\in [f(a),b]}f^{-1}(y)\right)\\
&\le \int_{f(a)}^bf^{-1}(y)\;dy\\ &\le \left(b-f(a)\right) \left(\sup_{y\in [f(a),b]}f^{-1}(y)\right)=f^{-1}(b)\left(b-f(a)\right).\end{aligned}\]