Lösungsvorschlag zum 2. Übungsblatt zur Vorlesung Analysis II im Sommersemester Mai 2018

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1 Institut für Analysis Prof. Dr. Michael Plum M.Sc. Jonathan Wunderlich Lösungsvorschlag zum. Übungsblatt zur Vorlesung Analysis II im Sommersemester Mai 08 Aufgabe 5 (K: Es seien n N und A R n eine beliebige Menge. (i Zeigen Sie: A = B. (ii Zeigen Sie: A = B abgeschlossen C. (iii Zeigen Sie: ( A A. (iv Gilt in (iii auch Gleichheit? Lösungsvorschlag zu Aufgabe 5: (i Behauptung: Es gilt A = B. Beweis: : Da A A und A abgeschlossen ist, folgt A {B A: B abgeschlossen}. Damit erhalten wir ( B = A B A. : Wir zeigen zunächst, dass für X, Y R n gilt: X Y X Y. ( Sei 0 X. Nach Satz. ( eistiert somit eine Folge ( (k k N in X mit (k 0 für k. Wegen X Y ist ( (k k N auch eine Folge in Y, d.h. es gilt (wieder mit Satz. 0 Y. Da A B gilt für alle B aus dem Schnitt erhalten wir A B. Mit ( ergibt sich schließ- B nach Satz. auch lich A B. Da alle B im Schnitt abgeschlossen sind, ist abgeschlossen und wir erhalten A (ii Behauptung: Es gilt A = C. B = B. Beweis: : Da A A und A offen ist, folgt A {C A: }. Damit erhalten wir ( C = A C A. : Wir zeigen zunächst, dass für X, Y R n gilt: X Y X Y. ( Sei 0 X. Dann eistiert ein δ > 0 mit U δ ( 0 X Y, d.h. es gilt 0 Y. Seite / 5

2 Da alle Mengen C in der Vereinigung Teilmengen von A sind, erhalten wir C A. Mit ( ( ergibt sich schließlich C A. Da alle C in der Vereinigung offen sind, ist C nach Satz. auch offen und wir erhalten ( C = C A. (iii Behauptung: Es gilt ( A A. Beweis: Sei X R n zunächst eine beliebige abgeschlossene Menge. Dann gilt X = X = X X, d.h. es gilt X X. Nach der Vorlesung ist A abgeschlossen. Mit obiger Überlegung erhalten wir für X = A schließlich ( A = X X = A. (iv Behauptung: Im Allgemeinen gilt ( A A. Denn: Für A := [0, ] \ Q R gilt A = [0, ] {0, } = ( A. Aufgabe 6: Es seien n N und A, B R n, A, B. Beweisen Sie die folgenden Aussagen: (i Ist A abgeschlossen und B kompakt, so ist A + B abgeschlossen. (ii Sind A und B kompakt, so ist A + B := {a + b: a A, b B} kompakt. (iii Es gilt A + B A + B. Ist eine der Mengen A, B kompakt, so gilt sogar A + B = A + B. Lösungsvorschlag zu Aufgabe 6: (i Behauptung: Ist A abgeschlossen und B kompakt, so ist A + B abgeschlossen. Beweis: Seien nun A abgeschlossen und B kompakt. Weiter sei ( (k k N eine Folge in A + B die gegen ein 0 R n konvergiert. Dann ist zu zeigen, dass 0 A + B gilt. Für jedes k N können wir a (k A und b (k B wählen mit (k = a (k + b (k. Da B kompakt ist, finden wir eine konvergente Teilfolge (b (kj j N von (b (k k N mit Grenzwert lim j b(kj =: b 0 B. Aus der Gleichung a (kj = (kj b (kj für alle j N folgt, dass auch (a (kj j N konvergiert. Da A abgeschlossen ist, erhalten wir a 0 := lim j a(kj A. Da die Teilfolge ( (kj j N gegen den selben Grenzwert 0 konvergiert wie ( (k k N folgt schließlich 0 = lim k (k = lim j (kj = lim j a(kj + lim j b(kj = a 0 + b 0 A + B. (ii Behauptung: Sind A und B kompakt, so ist A + B kompakt. Beweis: Seien nun A und B kompakt. Dann ist B insbesondere abgeschlossen, also ist A + B nach Teil (i abgeschlossen. Da A und B beschränkt sind, sind α := sup a A a < und β := sup b B b <. Sei nun A + B, dann finden wir a A und b B mit = a + b. Mit der Dreiecksungleichung folgt = a + b a + b α + β. Das zeigt, dass auch A+B beschränkt ist. Insgesamt ist A+B eine beschränkte und abgeschlossene Teilmenge von R n und somit kompakt. (iii Behauptung: Es gilt A + B A + B. Seite / 5

3 Beweis: Sei 0 A + B. Dann finden wir a 0 A und b 0 B mit 0 = a 0 + b 0. Weiter eistieren Folgen (a (k k N in A und (b (k k N in B mit a (k a 0 und b (k b 0 für k. Damit erhalten wir 0 = a 0 + b 0 = lim k a(k + lim k b(k = lim k (a(k + b (k A + B. Behauptung: Ist eine der Mengen A, B kompakt, so gilt A + B = A + B. Beweis: Sei nun o.b.d.a. B kompakt. Wegen A + B A + B gilt mit ( A + B A + B. Nach (ii ist A + B = A + B abgeschlossen, d.h. insgesamt gilt A + B A + B = A + B. Aufgabe 7 (K: (i Es sei f : R \ {(0, 0} R definiert durch f(, y := + y + y +. Untersuchen Sie, ob f(, y für (, y (0, 0 konvergiert, und bestimmen Sie gegebenenfalls den Grenzwert. (ii Die Funktion g : R R sei definiert durch y für 0 < y, g(, y := y für < y, 0 sonst. (a Zeigen Sie: Für alle (a, b R gilt lim g(ta, tb = 0. t 0+ (b Beweisen Sie, dass g genau auf R \ {(0, 0} stetig ist. Lösungsvorschlag zu Aufgabe 7: (i Behauptung: Es gilt lim f(, y =. (,y (0,0 Beweis: Mit Hilfe der dritten binomischen Formel lässt sich f(, y für (, y R \{(0, 0} schreiben als ( + y ( f(, y = + y + + ( + y + ( + y + + = ( + y ( + y y + = + y + +. Die rechte Seite dieser Gleichung definiert eine stetige Funktion auf R. Somit gilt lim f(, y = lim + y + + = =. (,y (0,0 (,y (0,0 (ii (a Behauptung: Für alle (a, b R gilt lim g(ta, tb = 0. t 0+ Beweis: Ist a = 0 oder b 0, so gilt g(ta, tb = 0 für t > 0 und die Behauptung ist erfüllt. Sei nun a 0 und b > 0. Für 0 < t < b a gilt 0 < (ta < tb und somit erhalten wir nach Definition von g (ta g(ta, tb = = a t 0 (t 0+. (ta <tb tb b Seite 3 / 5

4 (b Behauptung: g ist stetig auf R \ {(0, 0}. Beweis: Für (, y D := { (, y R : y < 0 } gilt g(, y = 0, also ist g stetig auf D. Für (, y D := { (, y R : 0 < y < } gilt g(, y = y, also ist g stetig auf D. Für (, y D 3 := { (, y R : < y } gilt g(, y = y, also ist g stetig auf D 3. Wir müssen also noch die Stetigkeit in den Punkten (, 0, bzw. (, für alle R \ {0} zeigen. Wir betrachten zunächst den Punkt (, 0 mit einem festen aber beliebigen R \ {0}. Sei (( k, k N eine Folge in R mit ( k, (, 0 für k. Wegen k > 0 und 0 für k lässt sich eine k 0 N finden mit < k für alle k k 0. Für alle k k 0 gilt somit { yk falls y g( k, = k > 0, k 0 falls 0. Wegen k 0 = 0 für k folgt g( k, 0 = g(, 0 für k, also die Stetigkeit in (, 0. Wir betrachten nun den Punkt (, mit einem festen aber beliebigen R \ {0}. Sei (( k, k N eine Folge in R mit ( k, (, für k. Wegen > 0 für k lässt sich ein k 0 N finden mit > 0 für alle k k 0. Für alle k k 0 gilt dann = und k g( k, = Aus k k, also die Stetigkeit in (,. { k falls k <, falls k.. k = für k folgt somit g( k, = g(, für Behauptung: g ist in (0, 0 unstetig. Beweis: Wir betrachten die Folge (( k, k k N. Dann gilt ( k, k (0, 0 für k. und g( k, k = k ( k = 0 = g(0, 0 (k. Aufgabe 8: Welche der folgenden Funktionen sind im Punkt (0, 0 stetig? (i f : R R definiert durch { ( + y f(, y := +y, (, y (0, 0,, (, y = (0, 0. (ii g : R R definiert durch Lösungsvorschlag zu Aufgabe 8: g(, y := (i Behauptung: f ist nicht stetig in (0, 0. { y +y sin( y, (, y (0, 0, 0, (, y = (0, 0. Seite 4 / 5

5 Beweis: Für 0 betrachten wir f(, = ( + ( = ep log( + = ep ( log( +. Da lim log(+ = log( = 0 und lim = 0 und die durch log(+ und gegebenen Funktion 0 0 differenzierbar sind auf (0,, können wir die Regel von L Hospital anwenden und erhalten log( + lim 0 = lim 0 + = lim 0 + =, denn der Grenzwert auf der rechten Seite eistiert. Wegen der Stetigkeit der Eponentialfunktion erhalten wir jetzt ( lim ep log( + ( 0 = ep lim log( + 0 = ep( = e f(0, 0. Das zeigt, dass f nicht stetig ist in (0, 0. (ii Behauptung: g ist stetig in (0, 0. Beweis: Zunächst gilt für alle (, y R \{(0, 0} die Abschätzung 0 ( y = +y y und somit y + y = y + y. Sei nun (( (k, y (k k N eine Nullfolge in R \ {(0, 0} (Beachte: (0, 0 ist ein Häufungspunkt von R. Außerdem ist die Abbildung R R, (, y y stetig. Wegen der Stetigkeit des Sinus erhalten wir 0 g( (k, y (k g(0, 0 = g( (k, y (k = (k y (k ( (k + (y (k sin( (k y (k sin( (k y (k sin(0 0 für k. }{{} =0 Mit dem Einschließungskriterium folgt die Behauptung. Seite 5 / 5