Übungsblatt 2 - Analysis 2, Prof. G. Hemion

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1 Tutor: Martin Friesen, Übungsblatt 2 - Analysis 2, Prof. G. Hemion Um die hier gestellten Aufgaben zu lösen brauchen wir ein wenig Kentnisse über das Infimum bzw. Supremum einer Menge. Das wichtigste Ergebniss habe ich in einem Lemma zusammengefasst. Man sollte dieses sich aufgrund der Wichtigkeit auf jedenfall merken. Der Beweis sollte bereits aus Analysis 1 bekannt sein: Lemma 0.1. Sei S R beschränkt. Dann gibt es Folgen (x n ) n N S sowie (y n ) n N S mit der Eigenschaft: lim x n = inf(s), lim y n = sup(s) (1) n n Also sind inf(s), sup(s) Häufungspunkte der Menge, genauer: der kleinste bzw. größte Häufungspunkt. Ist S zusätzlich noch abgeschlossen (also kompakt), dann gilt sogar: inf(s) S, sup(s) S (2) Da S beschränkt ist, gibt es ein C 0 mit der Eigenschaft: x C, x S, dh: C x C, x S (Definition von beschränkt). Also sind sup(s), inf(s) schonmal endlich! Wir wollen jetzt Folgen mit der Eigenschaft (1) konstruieren. Dazu benutzen wir die Tatsache, dass sup(s) die kleinste obere Schranke sowie inf(s) die größte untere Schranke ist. Wegen der Ungleichung: n N : inf(s) < inf(s) + 1 sowie sup(s) 1 < sup(s) n n ist inf(s) + 1 keine untere Schranke und es muss somit ein x n n S geben mit: inf(s) x n inf(s) + 1. n Genauso ist auch sup(s) 1 keine obere Schranke und damit muss es ein y n n S geben mit: sup(s) 1 y n n sup(s). Insgesamt definiert es uns 2 Folgen mit der Eigenschaft: inf(s) x n inf(s) + 1, sowie sup(s) 1 y n n n sup(s), n N 1

2 Aus dieser Ungleichungen folgt die Eigenschaft (1). Ist jetzt zusätzlich die Menge S auch abgeschlossen, so liegen ja nach Definition bzw. nach der folgenden Bemerkung die Grenzwerte aller konvergenten Folgen, welche in S liegen, auch selbst wieder in S. Da nach (1) die obigen Folgen in S liegen müssen es demnach auch die Grenzwerte, was uns die Eigenschaft (2) zeigt. Bemerkung 0.2. Hier habe ich folgende Aussage benutzt. Für einen metrischen Raum (M, d) und A M gilt: A = {x M : (x n ) n N A mit : lim n x n = x} Insbesondere für eine abgeschlossene Menge ist A = A die Menge aller Grenzwerte von Folgen aus A. Jetzt kommen wir zu den Übungsaufgaben, welche mit diesen wichtigen Ergebnissen leichter lösbar sein sollten: 1. Sei (M, d) ein metrischer Raum und K M eine kompakte Teilmenge. Ferner sei f : M R eine stetige Funktion. Zeigen Sie folgendes: (i) (ii) (iii) f(k) ist kompakt Es gibt Punkte x 1, x 2 K mit: f(x 1 ) = inff(k), f(x 2 ) = supf(k) Die Abbildung f K ist gleichmässig stetig. (i) Erster Beweis: Sei dazu (U i ) i I eine offene Überdeckung von f(k), dh: f(k) U i. i I Da f stetig ist sind die Urbilder der U i selbst wieder offen und damit bilden diese eine offene Überdeckung von K dh: K f 1 ( U i ) = f 1 (U i ). i I i I Jetzt ist die Menge K kompakt und besitzt daher eine endliche Teilüberdeckung. Das heißt es gibt eine endliche Teilmenge J I ( J < ) mit der Eigenschaft: Also ergibt sich direkt: 2 K f 1 (U j ).

3 f(k) f( f 1 (U j )) f(f 1 (U j )) = U j Und damit ist f(k) selbst kompakt. (i) Zweiter Beweis: Wir benutzen hier alternativ das Folgenkriterium für Kompaktheit in metrischen Räumen. Sei also (y k ) k N f(k) eine Folge. Nach Definition von f(k) = {f(x) R : x K} = {y R : x K : f(x) = y} gibt es für jedes k N ein x k K mit: f(x k ) = y k, k N (3) (Man kann auch argumentieren, dass f : K f(k) surjektiv ist). Also haben wir eine Folge (x k ) k N K und diese besitzt, da K kompakt ist, eine konvergente Teilfolge (x kj ) j N K. Wir haben also: x kj x K, und da f stetig ist: f(x kj ) f(x), j Und wegen (3) ergibt sich also: y kj f(x) =: y, also besitzt auch (y k ) k N f(k) eine konvergente Teilfolge. Was die Folgenkompaktheit zeigt. (ii) Nach dem Satz von Heine - Borel ist f(k) schonmal beschränkt und abgeschlossen. Für S = f(k) liefert uns das Lemma von oben: inf(f(k)) f(k), sup(f(k)) f(k) Und da f(k) die Menge der Bilder unter f ist, gibt es also x 1, x 2 K mit: f(x 1 ) = inf(f(k)), f(x 2 ) = sup(f(k)) (iii) Wir wollen zeigen, dass f eingeschränkt auf die kompakte Teilmenge gleichmässig stetig ist. Das folgt NICHT aus Analysis 1, wie manche behauptet haben. Dort waren die hier benutzten Begriffe nichtmal definiert worden. Also: Da f schonmal stetig ist, gilt für beliebiges ε > 0: x K, δ(x, ε) > 0mit : d(x, y) < δ(x, ε) f(x) f(y) < ε, für y K. (4) 2 Jetzt sind die Mengen B(x, 1δ(x, ε)) = {y M : d(x, y) < 1 δ(x, ε)} offen und überdecken K, 2 2 dh: 3

4 K x K B(x, 1 δ(x, ε)) 2 Da K kompakt ist, reichen dazu also schon nur endlich viele solcher Bälle aus, dh: Es gibt x 1,..., x n K mit K k B(x i, 1 2 δ(x i, ε)) (5) Definiere jetzt eine neue Zahl: δ(ε) = 1 2 min{δ(x 1, ε),..., δ(x n, ε)}. Man beachte, diese ist nur Abhängig von ε; wir werden mit diesem δ(ε) jetzt die gleichmässige Stetigkeit nachweisen: Seien dazu y, z K beliebig mit d(y, z) < δ(ε). Wegen (5) gibt es ein j {1,..., n} mit: z B(x j, 1 2 δ(x j, ε)), für das y K gilt somit: d(y, x j ) d(y, z) + d(x j, z) < δ(ε) δ(x j, ε) δ(x j, ε) Also haben wir insgesamt: y, z B(x j, δ(x j, ε)). Also können wir mithilfe von (4) folgende Abschätzung gewinnen: i=1 f(y) f(z) f(y) f(x j ) + f(x j ) f(z) ε 2. Sei (M, d) ein metr. Raum und A M eine nichtleere Teilmenge. Definiere die Funktion: f(x) = d(x, A) = inf{d(x, y) : y A} Zeigen Sie, dass f stetig ist und f(x) = 0 x A Sei x, z M sowie y A beliebig. Dann gilt: d(x, A) d(x, y) d(x, z) + d(z, y). Bilden wir jetzt auf der rechten Seite das Infimum über y A, so erhalten wir: d(x, A) inf{d(x, z) + d(z, y ) : y A} = d(x, z) + d(z, A) Die Ungleichung bleibt dabei erhalten, weil die linke Seite eine untere Schranke für die rechte Seite darstellt. Das Infimum ist jedoch die GRÖßTE untere Schranke, entsprechend also mindestens so groß wie d(x, A). Vertauschen wir nochmal die Rollen von x, z so erhalten wir die Abschätzung: f(x) f(z) = d(x, A) d(z, A) d(x, z) 4

5 Damit ist die Stetigkeit mit ε = δ gezeigt. Insbesondere sogar Lipschitz-Stetigkeit! Kommen wir also zum 2ten Teil: Sei f(x) = 0. Angenommen x A, also muss x M\A sein. Diese Menge ist jedoch offen. Es gibt also ein ε > 0 mit: B(x, ε) M\A. Wegen dem Lemma können wir eine Folge (y n ) n N A wählen mit lim n d(x, y n ) = 0. Also muss es ein N N geben mit: y n B(x, ε) für n N, und das ist ein Wiederspruch. Sei x A. Benutzen wir die Bemerkung von oben so erhalten wir die Existenz einer Folge: (x n ) n N A mit x n x. Also gilt: Also gilt auch: d(x, A) = 0. d(x, A) d(x, x n ) 0, n 3. Sei V ein normierter Vektorraum, L [0, 1) und f : V V eine Abbildung mit: f(x) f(y) L x y, x, y V Für a 1 V bilden wir die Folge (a n ) n N V durch: a n = f(a n 1 ) mit n > 1. Zeigen sie, dass diese Folge eine Cauchy-Folge ist und es höchstens einen Fixpunkt geben kann. Sei n, k N beliebig, dann gilt: a n+k a n a n+k a n+k 1 + a n+k 1 a n+k a n+1 a n = k 1 a n+i+1 a n+i i=0 k 1 k 1 L n+i 1 a 2 a 1 = L n 1 a 2 a 1 i=0 = L n 1 a 2 a 1 1 Lk 1 L L n L L a 2 2 a 1 0, n, k i=0 L i Also ist diese Folge eine Cauchy-Folge. f(a) = a, f(b) = b. Dann gilt: Seien jetzt a, b V 2 verschiedene Fixpunkte mit a b = f(a) f(b) L a b 1 L Im Wiederspruch zur Annahme, dass a b gilt. Also kann es höchstens einen Fixpunkt geben. In der Tat ist es so, dass es diesen auch gibt, sofern V ein Banachraum ist, jedoch ist dieses hier nicht gegeben, also macht es auch keinen Sinn das Gegenteil zu behaupten. 5

6 Man beachte, dass es nicht ausreicht zu zeigen, dass gilt: a n+1 a n 0, n Betrachte dazu, folgendes Gegenbeispiel: a n := n i, mit i = imaginäre Zahl mit i 2 = 1 Hier gilt in der Tat, dass 2 aufeinanderfolgende Folgenglieder einen beliebig kleinen Abstand bekommen, jedoch konvergiert diese Folge nicht und ist auch keine Cauchy-Folge. (Alle Folgengleider liegen auf dem Einheitskreis). 6

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