Analysis II Sommer 2016 Prof. Dr. George Marinescu / Dr. Frank Lapp Übung

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1 Aalysis II Sommer 06 Prof Dr George Mariescu / Dr Frak Lapp Übug Zuallererst sollt ihr die zusätzliche Übug utze um Lösuge vo Aufgabe zu bespreche, zu dere Besprechug ihr i de Übuge davor icht gekomme seid ud Frage der Studete zu beatworte Vo de folgede Aufgabe köt selbst eie Auswahl treffe oder auch euch was Eigees aussuche Aufgabe Für A M (C, A = (a ij i,j, defiiere A := a ij i,j= a Zeige, daß d(a, B := A B eie Metrik auf M (C defiiert b Sei (A k k N, A k = (a (k ij i,j, eie Folge i M (C Zeige, daß lim A k = A geau da, we lim k k a(k ij = a ij für alle i, j Folgere, daß (M (C, d ei vollstädiger metrischer Raum ist c Beweise, daß AB A B für alle A, B M (C d Zeige, daß für jedes A M (C die Reihe exp(a := k 0 e Bereche exp ( 0 t t 0 f Zeige Sie: We AB = BA, da exp(a + B = exp(a exp(b k! Ak kovergiert Lösug: Wir zeige dass eie Norm ist Eie Möglichkeit ist, ei Isomorphismus M (C = C zu wähle, z B A (a,, a, a,, a,, a,, a Mit dieser Idetifizierug ist eifach auf C, also eie Norm Adere Möglichkeit: direkter Beweis (d h Beweis für K wiederhole Aus der Idetifizierug folgt sofort (b iklusive Vollstädigkeit (alles idetisch mit (C, (b Folgt aus z z z für z K, mit z = ( a (k ij a ij, i, j

2 (c AB = ( a ik b kj a ik ( b lj = a ik b lj = i,j= k= ( i,j= k= l= i,k= l,j A B, wobei bei ( die Cauchy-Schwarz Ugleichug agewadt wurde (d (M (A, ist ei Baachraum (weil = (C,, oder weil jeder edlichdimesioaler ormierter Raum ei Baachraum ist I jedem Baachraum ist eie ormal kovergete Reihe auch koverget Weil A k A k (aus(c hat die Reihe k 0 k! Ak die kovergete Majorate k 0 k! A k (Expoetialreihe zu A (e Betrachte de Gruppe- Isomorphismus ({( } ( (C a b a b, : a, b R,, a + ib b a φ b a Wege φ(z k = φ(z k folgt ( k cos ϕ si ϕ = φ(cos ϕ + i si ϕ k = φ((cos ϕ + i si ϕ k si ϕ cos ϕ ( cos kϕ si kϕ = φ(cos kϕ + i si kϕ = si kϕ cos kϕ ( ( 0 cos π Sei A = = si π ( cos 0 si π cos π A k kπ = si kπ si kπ cos kπ = Daraus folgt ( 0 t t k ( ( ( 0 0 t t exp = exp(ta = t 0 k! Ak = t 0 k=o! t + 4! t4 + = t + 3! t3 5! t5 + = t 3! t3 + 5! t5 +! t 4! t4 + (f Wege AB = BA gilt (A + B k = k j=0! 0 { ( j Id, k = j ( j A, k = j + + ( 0 t! ( cos t si t si t cos t 0 t3 3! t3 3! 0 ( k j A j B k j Laut Vorlesug gilt der Satz über Cauchy- Produkt auch i Baachalgebre Daraus folgt die Behauptug wie für komplexe Zahle + Aufgabe Wir betrachte die Norme z = max{ z,, z }, z = z + + z ud z = z + + z auf C Fide Sie maximale Kostate c, c ud miimale

3 Kostate C, C mit (a c C, (b c C Ma ka zeige, dass für p q ud alle x R gilt x q x p p q x q Lösug: (a { } z = max z,, z z k = max { z z } = z k= k= Also erfülle c =, C = die Ugl Diese Kostate sid optimal wege (, 0,, 0 = = (, 0,, 0 ud (,, = = (,, (b Mit Cauchy-Schwarz folgt z = z + z = z k z also z z = z + + z ( z + + z = z k= ud c =, c = erfülle die Ugleichug Diese Kostate sid optimal wege (,, = = (,, ud (, 0,, 0 = = (, 0,, 0 Bemerkug Hier köte ma erläuter, dass alle Norme vo R äquivalet sid Der allgemeie Beweis dafür uterscheidet sich icht wirklich vo dem Beispiel Beweis Aufgabe 3 4 Pukte Sei K ei kompakter topologischer Raum, Y ei Hausdorff-Raum ud f : K Y bijektiv ud stetig Zeige Sie, dass f ei Homöomorphismus ist Was läßt sich aussage, we K icht kompakt vorausgesetzt wird? Lösug: Es gilt f stetig A K abgeschlosse auch (f (A abgeschlosse (Satz 846 A K abgeschlosse auch f(a abgeschlosse, da (f (A = f(a Sei A K, mit A abgeschlosse Damit ist A auch kompakt, da K kompakt Also ist f(a auch kompakt, da f stetig ist Damit ist f(a auch abgeschlosse, da Y Hausdorffsch ist Für K icht kompakt, bspw K = R + fidet ma folgede Abbildug f : R + R : (x, x falls s [0, ] f(x := (, 3 x falls s [, ] ( x, x falls s [, 3

4 Dies bildet R + auf f(r + bijektiv ud stetig ab (Skizze vo f(r +? Nu ist allerdigs die Folge x = (, im R koverget gege (0, 0, uter f ihre Bildfolge allerdigs f (x / R +, womit f i diesem Beispiel icht stetig ist 4

5 Aufgabe 4 4 Pukte Sei X ei metrischer Raum ud K X folgekompakt Sei (U i i I eie Familie offeer Mege i X mit K i I U i Zeige Sie: (a Es existiert eie Zahl r > 0, so dass es zu jedem x K ei i I mit B r (x U i gibt (b Zu jedem r > 0 gibt es edlich viele x,, x k i K mit K B r (x B r (x k, dh K ist total beschräkt (Bemerkug: (a ud (b ergebe offesichtlich eie Beweis dafür, dass folgekompakte Teilmege metrischer Räume kompakt sid Diese Implikatio kam bereits i eiem Satz i der Vorlesug vor Aussage (a heißt auch das Lebesgue-Lemma ud r heißt Lebesgue Zahl der Überdeckug (U i i I Lösug: (a Behauptug: r > 0 : x K : i I : B r (x U i Beweis: Ageomme, es gelte das Gegeteil: r > 0 : x K : i I : B r (x U i Sei r =, dh N : x K : i I : B (x U i Wir habe hier also eie Folge {x } N i K, ud da K kompakt ist, besitzt diese eie gege x K kovergete Teilfolge {x k } k N Im folgede sei {x } N diese Teilfolge Nu gibt es i 0 I sodass x U i0, ud da U i0 offe ist, gibt es ε > 0 mit B ε (x U i0 Es bleibt zu zeige, dass es ei 0 gibt, sodass 0 : B (x B ε (x, de damit wäre B (x U i0, womit wir eie Widerspruch hätte Nu kovergiert {x } N ja gege x, also gibt es eie Idex ε ab dem alle x B ε Des weitere gibt es ε ab dem für alle gilt < ε Für alle > max{ ε, (x, dass gilt somit für beliebige y B d(y, x d(y, x + d(x }{{}, x < }{{} + ε < ε < < ε (x ε} =: ε Somit gilt ab diesem 0 := ε, dass 0 : B (x B ε (x (b Ageomme, die Behautug sei falsch Wir wähle x K beliebig, x K\B r (x, x 3 K \ ( B r (x B r (x usw Wir erhalte eie Folge {x } N i K, die keie kovergete Teilfolge hat: wege d(x, x m r für alle m, N ist keie Teilfolge Cauchy-Folge Somit erhalte wir eie Widerspruch zur Folgekompaktheit vo K 5