d(x, z) = z x = y x + z y y x + z y = d(x, y) + d(y, z). d(x, y) = 0, falls x = y.

Transkript

1 Metrische Räume K bezeichnet entweder den Körper R oder den Körper C. Genauer bedeutet dies: K wird in denjenigen Situationen verwendet, in denen die Ersetzung von K sowohl durch R als auch durch C einen Sinn macht. Setze R + = [0, + ) = {x R : x 0}. Sei X eine Menge; eine Abbildung d : X X R + heißt Metrik auf X, wenn sie folgende Eigenschaften hat: (1) d(x, y) = 0 genau dann, wenn x = y, (2) d(x, y) = d(y, x) für alle x, y X, (3) (Dreiecksungleichung) d(x, z) d(x, y) + d(y, z) für alle x, y, z X. Ist d eine Metrik auf X, so heißt (X, d) metrischer Raum. Wenn aus dem Kontext klar ist, welche Metrik gemeint ist, so schreibt man meistens einfach X statt (X, d). Beispiele von metrischen Räumen: 1. Definiere d : K K R + durch d(x, y) = x y für alle x, y K. Dann ist d eine Metrik auf K. Es ist klar, dass (1) und (2) erfüllt sind, und (3) gilt, da für alle x, y, z K d(x, z) = z x = y x + z y y x + z y = d(x, y) + d(y, z). 2. Sei A eine Teilmenge von K und sei d A : A A R + die Einschränkung von d auf A A, d.h., d A (x, y) = x y für alle x, y A. Dann ist d A eine Metrik auf A. 3. Sei X eine Menge und definiere d : X X R + durch { 1, falls x y, d(x, y) = 0, falls x = y. Dann ist d eine Metrik auf X. Sei (X, d) ein metrischer Raum und A eine Teilmenge von X. Wie im Beispiel 2 definiere nun eine Abbildung d A : A A R + durch d A (x, y) = d(x, y) für alle x, y A. Dann ist d A eine Metrik und damit ist (A, d A ) ein metrischer Raum. d A heißt die auf A induzierte Metrik. Die metrischen Räume, die in Analysis I und II vorkommen, sind meistens Teilmengen von normierten Vektorräumen, die als Nächstes eingeführt werden. Sei E ein K-Vektorraum. Dann heißt eine Abbildung : E R + Norm, wenn folgendes gilt: 1

2 Metrische Räume 2 (1) x = 0 genau dann, wenn x = 0. (2) λx = λ x für alle x E, λ K. (3) (Dreiecksungleichung) x + y x + y für alle x, y E. Ein normierter K-Vektorraum (oder einfach normierter Vektorraum) ist ein Paar (E, ) bestehend aus einem K-Vektorraum E und einer Norm. Lemma 1 Sei (E, ) ein normierter Vektorraum; dann ist die durch d(x, y) = y x definierte Abbildung d : E E R + eine Metrik. Damit ist (E, d) ein metrischer Raum. Beweis Es ist klar, dass (1) und (2) erfüllt sind. Für alle x, y, z E gilt nun d(x, z) = z x = y x + z y y x + z y = d(x, y) + d(y, z). Ein normierter Vektorraum wird stets als metrischer Raum betrachtet bezüglich der in Lemma 1 gegebenen Metrik. Im Folgenden sei (X, d) ein metrischer Raum. Für jedes x X, r > 0 sei B(x, r) = {y X : d(x, y) < r} (offener Ball um x mit Radius r). Eine Teilmenge U von X heißt offen, wenn es zu jedem x U ein ε > 0 gibt, so dass B(x, ε) U. Falls X = R, ist B(x, r) = (x r, x + r) für jedes x R, r > 0. Insbesondere ist U eine offene Teilmenge von R genau dann, wenn es zu jedem x U ein ε > 0 mit (x ε, x + ε) U gibt. Man sieht leicht, dass die Intervalle (a, b), (, b) und (a, + ) offene Teilmengen von R sind. Lemma 2 Für jedes x X, r > 0 ist B(x, r) eine offene Teilmenge von X. Beweis Sei y B(x, r); dann ist d(x, y) < r und damit ist ε = r d(x, y) > 0. Für alle z B(y, ε) ist dann nach der Dreiecksungleichung d(x, z) d(x, y) + d(y, z) < d(x, y) + ε = r, d.h. B(y, ε) B(x, r) und dies zeigt, dass B(x, r) offen ist.

3 Metrische Räume 3 Satz 1 (1) Die leere Menge und die Menge X selbst sind offen. (2) Ist {U α } α A eine beliebige Familie von offenen Teilmengen von X, so ist ihre Vereinigung α A U α offen. (3) Sind U 1,..., U n (mit n 1) offene Teilmengen von X, so ist ihr Durchschnitt n k=1 U k offen. Beweis (1) Dies ist klar. (2) Setze U = α A U α, und sei x U. Dann ist x U α für ein α A und folglich gibt es ε > 0, so dass B(x, ε) U α, da U α offen ist. Damit ist B(x, ε) U, und dies zeigt, dass U offen ist. (3) Setze U = n k=1 U k, und sei x U. Für jedes k gibt es dann ε k > 0, so dass B(x, ε) U k, da x U k und U k offen ist. Sei ε = min{ε k : 1 k n}; also ist ε > 0 und B(x, ε) = n k=1 B(x, ε k) n k=1 U k = U, und dies zeigt, dass U offen ist. Sei x X; eine offene Teilmenge U von X heißt offene Umgebung von x, wenn x U. Nach Lemma 2 ist B(x, r) eine offene Umbegung von x für jedes r > 0. Lemma 3 Seien x, y X mit x y; dann gibt es eine offene Umgebung U von x und eine offene Umgebung V von y mit U V =. Beweis Da x y, ist r = d(x, y) > 0. Setze U = B(x, 1r) und V = B(y, 1 r); nach 2 2 Lemma 2 ist U eine offene Umgebung von x und V eine offene Umgebung von y und U V =. (Ist z U V, so ist d(x, z) < 1r und d(z, y) = d(y, z) < 1r 2 2 und damit wäre r = d(x, y) d(x, z) + d(z, y) < 1 r + 1 r = r.) 2 2 Lemma 4 Zu jedem x X gibt es eine Folge {U n } n 1 von offenen Umgebungen von x mit der Eigenschaft: Ist U eine beliebige offene Umgebung von x, so ist U n U für ein n 1. Beweis Sei x X und für jedes n 1 setze U n = B(x, 1/n); also ist nach Lemma 2 {U n } n 1 eine Folge von offenen Umgebungen von x. Sei U eine beliebige offene Umgebung von x; da U offen ist und x U, gibt es ein ε > 0, so dass B(x, ε) U und da ε > 0 ist, gibt es ein n 1, so dass 1/n ε. Es gilt dann U n = B(x, 1/n) B(x, ε) U. Für jede Teilmenge A von X sei A die Vereinigung aller offenen Mengen, die Teilmengen von A sind. (Man merke, dass eine offene Menge ist mit A.) Dann ist A A und nach Satz 1 (2) ist A offen. Ist ferner U eine beliebige offene Menge mit U A, so ist U A ; A ist also die größte offene Menge, die eine Teilmenge von A ist. A heißt das Innere von A. Es ist klar, dass A genau dann offen ist, wenn A = A.

4 Metrische Räume 4 Lemma 5 Für jede Teilmenge A von X ist A = {x A : es gibt eine offene Umgebung U von x mit U A}. Ferner ist A = {x A : es gibt ein ε > 0 mit B(x, ε) A}. Beweis Setze A = {x A : es gibt eine offene Umgebung U von x mit U A}. Ist x A, so ist A eine offene Umgebung von x mit A A und damit ist x A, d.h., A A. Ist andererseits x A, so gibt es eine offene Umgebung U von x mit U A und dann ist x U A, da A die größte offene Menge ist, die eine Teilmenge von A ist. Dies zeigt, dass A A und daher ist A = A. Sei nun A = {x A : es gibt ein ε > 0 mit B(x, ε) A}. Da nach Lemma 2 B(x, ε) eine offene Umgebung von x ist, ist A A = A. Sei umgekehrt x A. Da A offen ist, gibt es dann ε > 0, so dass B(x, ε) A, und insbesondere ist B(x, ε) A, d.h. x A. Dies zeigt, dass A A. Eine Teilmenge F von X heißt abgeschlossen, wenn die Menge X \ F offen ist. Insbesondere sind die Intervalle [a, b], (, b] und [a, + ) abgeschlossene Teilmengen von R. Satz 2 (1) Die leere Menge und die Menge X selbst sind abgeschlossen. (2) Ist {F α } α A eine beliebige Familie von abgeschlossenen Teilmengen von X, so ist ihr Durchschnitt α A F α abgeschlossen. (3) Sind F 1,..., F n (n 1) abgeschlossen, so ist ihre Vereinigung n k=1 F k eine abgeschlossene Teilmenge von X. Beweis Dies folgt unmittelbar aus Satz 1, da X \ α A F α = α A(X \ F α ) und X \ n F k = k=1 n (X \ F k ). k=1 Für jede Teilmenge A X sei Ā der Durchschnitt aller abgeschlossenen Mengen, die A enthalten. (Man merke, dass X eine abgeschlossene Menge ist mit A X.) Dann ist A Ā und nach Satz 2 (2) ist Ā abgeschlossen. Ist ferner F eine beliebige abgeschlossene Menge, die A enthält, so ist Ā F; Ā ist also die kleinste abgeschlossene Menge, die A enthält. Ā heißt der Abschluss von A. Es ist klar, dass A genau dann abgeschlossen ist, wenn A = Ā. Lemma 6 Für jede A X gilt X \ Ā = (X \ A) und X \ A = X \ A.

5 Metrische Räume 5 Beweis Übung. Lemma 7 Für jede Teilmenge A von X ist Ā = {x X : A U für jede offene Umgebung U von x}. Ferner ist Ā = {x X : A B(x, ε) für alle ε > 0}. Beweis Ist x A, so gilt A U {x} für jede offene Umgebung U von x, und daraus ergibt sich, dass {x A : es gibt eine offene Umgebung U von x mit A U = } =. Nach Lemma 5 und Lemma 6 ist also X \ Ā = (X \ A) und folglich ist = {x X \ A : es gibt eine offene Umgebung U von x mit U X \ A} = {x X \ A : es gibt eine offene Umgebung U von x mit A U = } = {x X : es gibt eine offene Umgebung U von x mit A U = } = X \ {x X : A U für jede offene Umgebung U von x} Ā = {x X : A U für jede offene Umgebung U von x}. Setze nun A = {x X : A B(x, ε) für alle ε > 0}. Nach dem ersten Teil gilt Ā A, da B(x, ε) eine offene Umgebung von x ist für jedes ε > 0. Sei x A und sei U eine offene Umgebung von x. Dann gibt es ein ε > 0, so dass B(x, ε) U, da x U und U offen ist, und folglich ist A U A B(x, ε). Nach dem ersten Teil ist also x Ā, d.h. A Ā. Unter einer Folge aus X versteht man eine Abbildung : {n N : n p} X für ein p N. Jedem n p ist also ein Element x n = (n) X zugeordnet und man schreibt hierfür meistens {x n } n p statt. Eine Folge {x n } n p aus X heißt konvergent gegen x X, falls es zu jedem ε > 0 ein N p gibt, so dass d(x, x n ) < ε für alle n N, (d.h. so dass x n B(x, ε) für alle n N). Lemma 8 Sei {x n } n p eine Folge aus X und sei x X. Dann konvergiert die Folge {x n } n p gegen x X genau, wenn es zu jeder offenen Umgebung U von x ein N p gibt, so dass x n U für alle n N.

6 Metrische Räume 6 Beweis Wenn es zu jeder offenen Umgebung U von x ein N p gibt, so dass x n U für alle n N, dann konvergiert die Folge {x n } n p gegen x X, da B(x, ε) eine offene Umgebung von x ist für jedes ε > 0. Nehme also umgekehrt an, dass die Folge {x n } n p gegen x konvergiert. Sei U eine offene Umgebung von x; da x U und U offen ist, gibt es ein ε > 0, so dass B(x, ε) U und da {x n } n p gegen x konvergiert, gibt es dann ein N p, so dass x n B(x, ε) für alle n N. Folglich ist auch x n U für alle n N. Lemma 9 Sei {x n } n p eine Folge aus X und sei q p. Dann konvergiert die Folge {x n } n p gegen x X genau, wenn die Folge {x n } n q gegen x konvergiert. Beweis Dies ist klar. Lemma 10 Sei {x n } n p eine Folge aus X und seien x, x {x n } n p gegen x und gegen x, so ist x = x. X. Konvergiert Beweis Nehme an, dass {x n } n p gegen x konvergiert und x x. Nach Lemma 3 gibt es eine offene Umgebung U von x und eine offene Umgebung V von x mit U V = und da {x n } n p gegen x konvergiert, gibt es nach Lemma 7 ein N p, so dass x n U für alle n N. Für jedes N p gibt es also ein n N, so dass x n / V und folglich {x n } n p konvergiert nicht gegen x. Konvergiert eine Folge {x n } n p aus X gegen x, so nennt man x den Grenzwert oder den Limes der Folge und schreibt lim n x n = x. Nach Lemma 10 macht diese Schreibweise einen Sinn. Ferner gibt es nach Lemma 9 auch kein Problem mit dieser Schreibweise, wenn die Folgen {x n } n p und {x n } n q (für ein q p) gleichzeitig behandelt werden. Lemma 11 Sei A eine Teilmenge von X und x X. (1) Gibt es eine Folge {x n } n p aus A (d.h., mit x n A für alle n p), die gegen x konvergiert, so ist x Ā. (2) Ist x Ā, so gibt es eine Folge {x n} n p aus A, die gegen x konvergiert. Beweis (1) Sei U eine offene Umgebung von x; nach Lemma 8 gibt es dann ein N p, so dass x n U für alle n N. Insbesondere ist also x N A U und somit ist A U. Daraus folgt nach Lemma 7, dass x Ā. (2) Sei x Ā; nach Lemma 4 gibt es eine Folge {U n} n 1 von offenen Umgebungen von x mit der Eigenschaft: Ist U eine beliebige offene Umgebung von x, so ist U n U für ein n 1. Für jedes n 1 setze V n = U 1 U n ; nach Satz 1 (3) ist V n eine offene Umgebung von x und und folglich gibt es nach Lemma 7 ein

7 Metrische Räume 7 Element x n A V n ; also ist {x n } n p eine Folge aus A. Sei nun U eine beliebige offene Umgebung von x; dann gibt es ein N 1, so dass U N U. Aber V n U N für alle n N und folglich ist x n U N U für alle n N. Daraus folgt nach Lemma 8, dass {x n } n p gegen x konvergiert. Sei A eine Teilmenge von X; eine konvergente Folge aus A ist eine Folge {x n } n p aus A (d.h., mit x n A für alle n p), die konvergiert. (Es wird aber nicht verlangt, dass der Grenzwert in A liegt.) Satz 3 Eine Teilmenge A von X ist genau dann abgeschlossen, wenn der Grenzwert von jeder konvergenten Folge aus A auch in A liegt. Beweis Nehme zunächst an, dass A abgeschlossen ist und sei {x n } n p eine Folge aus A, die gegen x X konvergiert. Nach Lemma 11 (1) ist dann x Ā = A. Nehme umgekehrt an, dass der Grenzwert von jeder konvergenten Folge aus A auch in A liegt. Sei x Ā; nach Lemma 11 (2) gibt es dann eine Folge aus A, die gegen x konvergiert, und also ist x A. Dies zeigt, dass A = Ā, und damit ist A abgeschlossen. Im Folgenden seien (X, d) und (Y, ) metrische Räume. Eine Abbildung f : X Y heißt an einer Stelle x X stetig, wenn es zu jedem ε > 0 ein δ > 0 gibt, so dass (f(x), f(y)) < ε für alle y X mit d(x, y) < δ. Eine Abbildung f : X Y heißt stetig, wenn sie an jeder Stelle x X stetig ist. Lemma 12 Sei f : X Y eine Abbildung und x X. Dann sind äquivalent: (1) f ist an der Stelle x stetig. (2) Für jede Folge {x n } n p aus X, die gegen x konvergiert, konvergiert die Folge {f(x n )} n p gegen f(x). (3) Zu jeder offenen Umgebung V von f(x) gibt es eine offene Umgebung U von x, so dass U f 1 (V ). Beweis (1) (2): Sei {x n } n p eine Folge aus X, die gegen x konvergiert. Sei ε > 0; dann gibt es ein δ > 0, so dass (f(x), f(y)) < ε für alle y X mit d(x, y) < δ. Da {x n } n p gegen x konvergiert, gibt es also ein N p, so dass d(x, x n ) < δ für alle n N. Daraus folgt, dass (f(x), f(x n )) < ε für alle n N, und dies zeigt, dass die Folge {f(x n )} n p gegen f(x) konvergiert. (2) (1): Nehme an, dass f an der Stelle x nicht stetig ist. Dann gibt es ein ε > 0, so dass zu jedem δ > 0 ein y A existiert mit d(x, y) < δ aber mit (f(x), f(y)) ε. Insbesondere bedeutet dies, dass es für jedes n 1 ein x n X gibt mit d(x, x n ) < 1/n aber (f(x), f(x n )) ε. Dann ist {x n } n 1 eine Folge aus

8 Metrische Räume 8 X, die offensichtlich gegen x konvergiert, aber die Folge {f(x n )} n 1 kann nicht gegen f(x) konvergieren, da (f(x), f(x n )) ε für alle n 1. (1) (3): Sei V eine offene Umgebung von f(x). Dann gibt es ein ε > 0, so dass B(f(x), ε) V, und da f an der Stelle x stetig ist, gibt es also ein δ > 0, so dass (f(x), f(y)) < ε für alle y X mit d(x, y) < δ. Mit anderen Worten: Für alle y B(x, δ) ist f(y) B(f(x), ε) und folglich ist B(x, δ) f 1 (V ), da B(f(x), ε) V. Aber nach Lemma 2 ist B(x, δ) eine offene Umgebung von x. (3) (1): Sei ε > 0; dann ist V = B(f(x), ε) eine offene Umgebung von f(x). Es gibt also eine offene Umgebung U von x, so dass U f 1 (V ). Da U offene Teilmenge von X ist, gibt es nun ein δ > 0, so dass B(x, δ) U. Ist y A mit d(x, y) < δ, so ist y B(x, δ) U f 1 (V ) und damit ist f(y) V, d.h. (f(x), f(y)) < ε. Satz 4 Eine Abbildung f : X Y ist genau dann stetig, wenn für jede offene Teilmenge V von Y die Menge f 1 (V ) eine offene Teilmenge von X ist. Beweis Nehme zunächst an, dass f stetig ist. Sei V eine offene Teilmenge von Y, setze U = f 1 (V ) und sei x U. Dann ist f(x) V, d.h. V ist eine offene Umgebung von f(x), und folglich gibt es nach Lemma 12 eine offene Umgebung U x von x, so dass U x f 1 (V ) = U. Dann ist U = x U U x und nach Satz 1 (2) ist x U U x eine offene Teilmenge von X. Damit ist f 1 (V ) eine offene Teilmenge von X. Nehme umgekehrt an, für jede offene Teilmenge V von Y sei f 1 (V ) eine offene Teilmenge von X. Sei x X; für jede offene Umgebung V von f(x) ist dann U = f 1 (V ) eine offene Umgebung von x und U f 1 (V ), und daraus ergibt sich nach Lemma 12, dass f an der Stelle x stetig ist. Dies gilt für alle x X und damit ist f stetig. Sei (Z, σ) ein weiterer metrischer Raum. Lemma 13 Seien f : X Y und g : Y Z Abbildungen. Ist f an der Stelle x X und g an der Stelle f(x) Y stetig, so ist die zusammengesetzte Abbildung g f : X Z an der Stelle x stetig. Beweis Setze y = f(x) und z = g(y); also ist z = (g f)(x). Sei W eine offene Umgebung von z; da g an der Stelle y stetig ist, gibt es nach Lemma 12 ein offene Umgebung V von y, so dass V g 1 (W), und da f an der Stelle x stetig ist, gibt es dann nach Lemma 12 ein offene Umgebung U von x, so dass U f 1 (V ). Nun ist aber U f 1 (g 1 (W)) = (g f) 1 (W), d.h., U ist ein offene Umgebung von x mit U (g f) 1 (W). Daraus ergibt sich nach Lemma 12, dass g f an der Stelle x stetig ist.

9 Metrische Räume 9 Satz 5 Sind f : X Y und g : Y Z stetige Abbildungen, so ist auch die zusammengesetzte Abbildung g f : X Z stetig. Beweis Dies folgt unmittelbar aus Lemma 13 (oder Satz 4). Im Folgenden sei nun (F, ) ein normierter K-Vektorraum. Lemma 14 Seien f, g : X F Abbildungen, die an der Stelle x X stetig sind und seien λ, µ K. Dann ist die Abbildung λf + µg an der Stelle x stetig. Beweis Sei ε > 0 und setze b = λ + µ + 1; dann gibt es δ 1 > 0, so dass f(y) f(x) < ε/b für alle y X mit d(y, x) < δ 1, und genauso gibt es δ 2 > 0, so dass g(y) g(x) < ε/b für alle y X mit d(y, x) < δ 2. Sei δ = min{δ 1, δ 2 }; für alle y X mit d(y, x) < δ ist dann (λf(y) + µg(y)) (λf(x) + µg(x)) = λ(f(y) f(x)) + µ(g(y) g(x)) λ f(y) f(x) + µ g(y) g(x) λ ε/b + µ ε/b < ε, und dies zeigt, dass λf + µg an der Stelle x stetig ist. Satz 6 Sind die Abbildungen f, g : X F stetig, so ist es auch die Abbildung λf + µg für alle λ, µ K. Beweis Dies folgt unmittelbar aus Lemma 14. Lemma 15 Sei f : X F eine Abbildung, die an der Stelle x X stetig ist. Dann gibt es δ > 0 und c 0, so dass f(y) c für alle y X mit d(y, x) < δ. Beweis Da f an der Stelle x stetig ist, gibt es δ > 0, so dass f(y) f(x) < 1 für alle y X mit d(y, x) < δ. Sei c = 1 + f(x) ; dann ist f(y) = f(y) f(x) + f(x) f(y) f(x) + f(x) 1 + f(x) = c für alle y X mit d(y, x) < δ. Für Abbildungen f : X F und r : X K wird die Abbildung rf : X F definiert durch (rf)(x) = r(x)f(x) für alle x X. Lemma 16 Seien f : X F und r : X K Abbildungen, die beide an der Stelle x X stetig sind. Dann ist die Abbildung rf an der Stelle x stetig.

10 Metrische Räume 10 Beweis Nach Lemma 15 gibt es δ 0 > 0 und c 0, so dass f(y) c für alle y X mit d(y, x) < δ 0 ; setze b = 1 + c + r(x). Sei ε > 0; dann gibt es δ 1 > 0, so dass f(y) f(x) < ε/b für alle y X mit d(y, x) < δ 1, und genauso gibt es δ 2 > 0, so dass r(y) r(x) < ε/b für alle y X mit d(y, x) < δ 2. Sei δ = min{δ 0, δ 1, δ 2 }; dann ist r(y)f(y) r(x)f(x) = r(y)f(y) r(x)f(y) + r(x)f(y) r(x)f(x) = (r(y) r(x))f(y) + r(x)(f(y) f(x)) r(y) r(x) f(y) + r(x) f(y) f(x) cε/b + r(x) ε/b < ε für alle y X mit d(y, x) < δ und dies zeigt, dass rf an der Stelle x stetig ist. Satz 7 Sind f : X F und r : X K stetige Abbildungen, so ist auch die Abbildung rf stetig. Beweis Dies folgt unmittelbar aus Lemma 16. Lemma 17 Nehme zusätzlich an, dass (F, ) eine normierte Algebra ist und seien f, g : X F Abbildungen, die beide an der Stelle x X stetig sind. Dann ist die Produktabbildung fg an der Stelle x stetig. Beweis Nach Lemma 15 gibt es δ 0 > 0 und c 0, so dass f(y) c für alle y X mit d(y, x) < δ 0 ; setze b = 1 + c + g(x). Sei ε > 0; dann gibt es δ 1 > 0, so dass f(y) f(x) < ε/b für alle y X mit d(y, x) < δ 1, und genauso gibt es δ 2 > 0, so dass g(y) g(x) < ε/b für alle y X mit d(y, x) < δ 2. Sei δ = min{δ 0, δ 1, δ 2 }; dann ist f(y)g(y) f(x)g(x) = f(y)g(y) f(y)g(x) + f(y)g(x) f(x)g(x) = f(y)(g(y) g(x)) + (f(y) f(x))g(x) f(y) g(y) g(x) + f(y) f(x) g(x) cε/b + g(x) ε/b < ε für alle y X mit d(y, x) < δ und dies zeigt, dass fg an der Stelle x stetig ist. Satz 8 Ist (F, ) eine normierte Algebra und sind f, g : X F stetige Abbildungen, so ist auch die Produktabbildung fg stetig. Beweis Dies folgt unmittelbar aus Lemma 17.