Vorlesungsmanuskript zu. Analysis II. Werner Balser Institut für Angewandte Analysis

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1 Vorlesungsmanuskript zu Analysis II Werner Balser Institut für Angewandte Analysis Sommersemester 2009

2 Literaturverzeichnis [1] T. Apostol, Mathematical Analysis, Addison & Wesley, Reading, [2] E. Behrends, Analysis. Vol. 2. A study book. (Analysis. Band 2. Ein Lernbuch.) 2nd revised ed., Wiesbaden: Vieweg. xiv, 376 p. EUR 24.90, [3] I. N. Bronstein, K. A. Semendjajew, G. Musiol, und H. Mühlig, Taschenbuch der Mathematik, Harri Deutsch, Frankfurt am Main, [4] K. Endl und W. Luh, Analysis II, Aula Verlag, Wiesbaden, [5] F. Erwe, Dierential- und Integralrechnung II, BI Hochschultaschenbücher, Bibliographisches Institut, Mannheim, [6] H. Grauert und I. Lieb, Dierential- und Integralrechnung II, Heidelberger Taschenbücher, Springer, Berlin, 196. [7] H. Heuser, Lehrbuch der Analysis 2, Teubner, Stuttgart, [8] W. Luh und M. W. 2, Aufgabensammlung Analysis, Aula Verlag, Wiesbaden, [9] K. Meyberg und P. Vachenauer, Höhere Mathematik 1, Springer, Berlin, [10], Höhere Mathematik 2, Springer, Berlin, [11] W. Walter, Analysis 2, Springer, Berlin, , 63, 64, 84, 85 2

3 Inhaltsverzeichnis 1 Grundlagen Ungleichungen Äquivalenzrelationen Normierte Räume Topologie in normierten Räumen Innere Punkte und oene Mengen Häufungspunkte, isolierte Punkte, abgeschlossene Mengen Abgeschlossene Hülle, oener Kern, Rand Beschränkte und kompakte Mengen Konvexe und sternförmige Mengen Zusammenhang Konvergenz in normierten Räumen Konvergenz und Vollständigkeit Folgenkompaktheit, totale Beschränktheit Konvergenz und Kompaktheit in mehreren Dimensionen Stetigkeit Stetigkeit in normierten Räumen Stetigkeit und Zusammenhang Stetigkeit und Kompaktheit Stetigkeit und gleichmäÿige Konvergenz Stetigkeit von vektorwertigen Abbildungen

4 4.6 Polynome, rationale Funktionen und Potenzreihen Dierenzialrechnung mehrerer Variabler Richtungsableitungen, partielle Ableitungen, Gradient Vertauschen der Dierenziationsreihenfolge Totale Dierenzierbarkeit Die Kettenregel Der Mittelwertsatz und der Satz von Taylor Implizite Funktionen, lokale Extrema Der Banachsche Fixpunktsatz Das Newton-Verfahren Implizite Funktionen und Umkehrfunktion Lokale Extrema Extrema unter Nebenbedingungen Der Jordan-Inhalt Denition des Inhalts Charakterisierung der Messbarkeit Berechnung von Inhalten Bewegungsinvarianz des Inhalts Das Riemann-Integral Die Denition Eigenschaften des Bereichsintegrals Mittelwertsätze und gliedweise Integration Der Satz von Fubini Die Substitutionsregel Kurvenintegrale und Stammfunktionen Kurven, Rektizierbarkeit, Wege Kurvenintegrale von Vektorfunktionen Wegunabhängigkeit und Stammfunktionen

5 9.4 Die Integrabilitätsbedingungen Kurvenintegrale von skalaren Funktionen Fourierreihen Orthogonalsysteme Die komplexe Form der Fourierreihe Punktweise Konvergenz von Fourierreihen Die Gröÿenordnung der Fourierkoezienten Vektoranalysis und Integralsätze Krummlinige Koordinaten Der Gauÿsche Integralsatz in der Ebene Vektorprodukt und Flächen im Raum Der Stokessche Integralsatz Der Gauÿsche Integralsatz

6 Kapitel 1 Grundlagen 1.1 Ungleichungen Die folgenden Ungleichungen spielen in der Mathematik eine zentrale Rolle: Aufgabe Seien p, q > 1 mit 1/p + 1/q = 1, und seien a, b R +. Zeige: Es ist stets a 1/p b 1/q a p + b q, und Gleichheit gilt genau dann, wenn a = b ist. Anleitung: Finde das Maximum der Funktion f(x) = x 1/p b 1/q (x/p + b/q) 1, für x 0. Lemma (Höldersche Ungleichung) Für p, q > 1 mit 1/p+1/q = 1 sowie a = (a 1,..., a n ) T, b = (b 1,..., b n ) T K n gilt n ( n ) a k b k a k p 1/p ( n ) b k q 1/q. Das Gleichheitszeichen gilt genau dann, wenn λ, µ R existieren, welche nicht beide gleich 0 sind, mit λ a k p = µ b k q für alle k. Beweis: O. B. d. A. seien A = n a k p > 0 und B = n b k q > 0. Aus Aufgabe folgt dann a k A 1/p b k B 1/q a k p p A + b k q q B k = 1,..., n, mit Gleichheit genau für a k p /A = b k q /B. Durch Summation über k folgt die Behauptung. Aufgabe Zeige mit der Hölderschen Ungleichung für a 1,..., a n C und p, q > 1 mit 1/p+1/q = 1 ( n n ) 1/p a k n 1/q a k p, und gib ein Beispiel, für welches das Gleichheitszeichen gilt. 6

7 Aufgabe (Höldersche Ungleichung für Integrale) Sei a < b, und seien f, g : [a, b] K integrierbar. Sei Z = {x 0,..., x N } eine Zerlegung von [a, b], und sei ξ = (ξ 1,..., ξ n ) T ein zugehöriger Zwischenpunktvektor. Zeige mit Hilfe der Hölderschen Ungleichung N f(ξ k ) g(ξ k ) (x k x k 1 ) ( N ) 1/p ( N f(ξ k ) p (x k x k 1 ) g(ξ k ) q (x k x k 1 ) und schlieÿe hieraus mit der Denition des Integrals auf die Gültigkeit der Ungleichung b mit p, q > 1 und 1/p + 1/q = 1. ( ) 1/p ( b b f(x)g(x) dx f(x) p dx g(x) q dx a a a ) 1/q ) 1/q Lemma (Minkowskische Ungleichung) Für a = (a 1,..., a n ) T, b = (b 1,..., b n ) T K n und p 1 gilt ( n ) a k + b k p 1/p ( n ) a k p 1/p ( n ) + b k p 1/p. Beweis: Für p = 1 ist die Behauptung klar wegen der Dreiecksungleichung. Sei jetzt p > 1, und sei o. B. d. A. angenommen, dass A = n a k + b k p > 0. Dann folgt mit der Hölderschen Ungleichung und 1/q = 1 1/p, also (p 1) q = p: n ( n ) a k a k + b k p 1 a k p 1/p ( n ) a k + b k (p 1)q 1/q ( n ) = A 1/q a k p 1/p, und dasselbe gilt, wenn wir die a k und b k vertauschen. Daraus folgt wegen n A a k a k + b k p 1 + n b k a k + b k p 1 die Ungleichung ( ( A A 1/q und Division durch A 1/q ergibt die Behauptung. n ) a k p 1/p ( n ) ) + b k p 1/p, Aufgabe (Minkowskische Ungleichung für Integrale) Zeige für p 1 und f, g so, dass die rechtsstehenden Integrale existieren: ( 1/p b f(x) + g(x) dx) p a ( 1/p b f(x) dx) p + a ( 1/p b g(x) dx) p. a 7

8 1.2 Äquivalenzrelationen Denition Sei X eine beliebige nicht-leere Menge. Eine Relation auf X, also eine Teilmenge R X X, heiÿt eine Äquivalenzrelation auf X, falls für beliebige x, x 1, x 2, x 3 X gilt: (R) (x, x) R (Reexivität) (S) (x 1, x 2 ) R = (x 2, x 1 ) R (Symmetrie) (T) (x 1, x 2 ) R und (x 2, x 3 ) R = (x 1, x 3 ) R (Transitivität) Statt (x 1, x 2 ) R schreiben wir auch x 1 x 2 und sagen in Worten: x 1 ist äquivalent zu x 2. Für x X sei A x = { x X : x x }. Wir nennen ein solches A x eine Äquivalenzklasse. Ein beliebiges Element einer Äquivalenzklasse heiÿt auch ein Repräsentant dieser Äquivalenzklasse. Proposition Sei X eine beliebige nicht-leere Menge mit einer Äquivalenzrelation auf X. Seien A x1 und A x2 zwei Äquivalenzklassen mit A x1 A x2. Dann gilt bereits A x1 = A x2. Beweis: Sei x A x1 A x2. Dann ist x x 1 und x x 2, und aus der Symmetrie und Transitivität folgt dann x 1 x 2, also x 2 A x1. Sei jetzt x A x2, also x 2 x. Dann folgt aber aus der Transitivität, dass x 1 x, also x A x1 ist. Somit ist A x2 A x1. Die Umkehrung gilt aber ebenso. Korollar zu Proposition (Zerlegung in Äquivalenzklassen) Sei X eine beliebige nicht-leere Menge mit einer Äquivalenzrelation auf X. Dann bilden die Äquivalenzklassen eine Zerlegung von X, d. h., X ist die Vereinigung aller Äquivalenzklassen, und je zwei verschiedene Äquivalenzklassen sind disjunkt. Beweis: Da jedes x X in der Äquivalenzklasse A x liegt, folgt X = x X A x. Dass verschiedene Äquivalenzklassen disjunkt sind, ist äquivalent zur Proposition. Aufgabe Sei n N. Zeige: Auf Z wird durch p q m Z : p q = n m eine Äquivalenzrelation deniert. Formuliere in Worten, wann zwei ganze Zahlen in diesem Sinn äquivalent sind, und bestimme die Anzahl der Äquivalenzklassen. Aufgabe Seien a < b, und sei p 1. Zeige: Auf der Menge R[a, b] aller über [a, b] Riemannintegrierbaren Funktionen wird durch f g b a f(x) g(x) p dx = 0 eine Äquivalenzrelation deniert. Zeige weiter, dass die Anzahl der Äquivalenzklassen unendlich ist, und dass jede Äquivalenzklasse überabzählbar ist. Aufgabe Zeige mit den Bezeichnungen und Voraussetzungen der vorigen Aufgabe: f 1 g 1, f 2 g 2 = f 1 + f 2 g 1 + g 2, f 1 f 2 g 1 g 2. Schlieÿe hieraus, dass es sinnvoll ist, von der Summe und dem Produkt zweier Äquivalenzklassen zu sprechen. 8

9 1.3 Normierte Räume Denition Sei X ein beliebiger Vektorraum über K. Eine Abbildung heiÿt eine Norm auf X, wenn folgendes gilt: : X R, x x (N1) x X : x 0 ; x = 0 x = 0 (Positivität) (N2) x X, α K : α x = α x (Homogenität) (N3) x 1, x 2 X : x 1 + x 2 x 1 + x 2 (Dreiecksungleichung) Der Vektorraum X, zusammen mit einer Norm auf X, heiÿt dann ein normierter Raum, und wir schreiben gelegentlich (X, ), aber meist kürzer X für einen solchen normierten Raum. Sind auf einem Vektorraum X zwei Normen 1, 2 gegeben, so nennen wir diese äquivalent, wenn es Konstanten C, K R + gibt, für die x X : C x 1 x 2 K x 1. Dies ist eine Äquivalenzrelation auf der Menge aller Normen auf X. Aufgabe Zeige, dass die oben denierte Äquivalenz von Normen tatsächlich die drei Eigenschaften einer Äquivalenzrelation besitzt. Aufgabe (Kartesische Produkte normierter Räume) Gegeben seien zwei normierte Räume (X 1, 1 ) und (X 2, 2 ) über dem gleichen Körper K. Zeige dass die Abbildung (x 1, x 2 ) x x 2 2 eine Norm auf dem kartesischen Produkt X 1 X 2 ist. Aufgabe (Dreiecksungleichung nach unten) Zeige: In einem normierten Raum X gilt x 1 x 2 x 1 x 2 x 1, x 2 X. Beispiel Für x = (x 1,..., x n ) T K n und 1 p sei x p = ( x 1 p x n p ) 1/p (1 p < ), sup { x 1,..., x n } (p = ). Dadurch ist für jedes feste p eine Norm auf K n deniert; für p < ist die Dreiecksungleichung äquivalent zur Minkowskischen Ungleichung. Wir nennen p die p-norm auf K n und sprechen für p = 2 auch von der Euklidischen Norm. Oenbar gilt x k x p für alle k = 1,..., n, und daraus ergeben sich folgende Abschätzungen: x x p n 1/p x p [1, ), x K n. Also sind die Normen p und äquivalent. Daraus ergibt sich aber leicht, dass zwei beliebige p-normen auf K n immer äquivalent sind. 9

10 Aufgabe Zeige: Für alle x K n gilt lim x p = x. p Beispiel Sei [a, b] ein abgeschlossenes Intervall, und sei C[a, b] die Menge aller dort stetigen Funktionen. Für f C[a, b] sei f p = ( b a f(x) p dx ) 1/p (1 p < ), sup { f(x) : a x b} (p = ). Dies sind ebenfalls Normen auf C[a, b]. Diese Normen sind allerdings nicht äquivalent! Denition Die Norm f = sup { f(x) : a x b} heiÿt die Supremumsnorm der Funktion f. Manchmal nennen wir x = sup { x 1,..., x n } auch die Supremumsnorm des Vektors x K n. Aufgabe Finde eine Funktionenfolge (f n ) in C[a, b], für die gilt f n = 1 n 1, lim f n p = 0 p [1, ). n Schlieÿe daraus, dass die p-norm und die Supremumsnorm auf C[a, b] nicht äquivalent sind. Aufgabe Sei R[a, b] die Menge aller auf dem abgeschlossenen Intervall [a, b], a < b, Riemannintegrierbaren Funktionen, und sei f p für 1 p < und f R[a, b] wie in obigem Beispiel deniert. Zeige: 1. Auf R[a, b] erfüllt p nicht das Axiom (N1), ist also keine Norm. 2. Deniert man eine Äquivalenzrelation auf R[a, b] wie in Aufgabe 1.2.4, so gilt f g = f p = g p f, g R[a, b]. Das bedeutet, dass die p-norm von Funktionen innerhalb einer Äquivalenzklasse immer gleich ist. Also ist es berechtigt, von der Norm einer Äquivalenzklasse zu sprechen. Da es nach Aufgabe auch Sinn macht, Äquivalenzklassen zu addieren und zu multiplizieren, folgt: Die Menge der Äquivalenzklassen in R[a, b] ist ein normierter Raum. 10

11 Kapitel 2 Topologie in normierten Räumen 2.1 Innere Punkte und oene Mengen Denition Sei X ein normierter Raum. Für ein r R + und x 0 X heiÿt U r (x 0 ) = K(x 0, r) = {x X : x x 0 < r } die r-umgebung von x 0 oder die Kugel um x 0 mit Radius r. Ein x 0 heiÿt innerer Punkt einer Teilmenge A X, wenn es ein r > 0 gibt mit U r (x 0 ) A. Die Teilmenge A heiÿt oen, wenn jeder ihrer Punkte ein innerer Punkt ist. Aufgabe Skizziere in R 2 die Kugel vom Radius r = 1 um den Nullpunkt für die p-normen mit p = 1, p = 3/2, p = 2 und p = 4. Lösung: Eine bequeme Lösung der Aufgabe mit MAPLE geschieht mit dem Kommando > plot([signum(cos(t))*(abs(cos(t))) (2/p), signum(sin(t))*(abs(sin(t))) (2/p),t=0..2*Pi], scaling=constrained,tickmarks=[1,1]); und vorheriger Zuweisung der einzelnen Werte für p. Tut man dies, ergeben sich die folgenden vier Bilder: In Aufgabe wurde gezeigt, dass der Rand der Kugel für wachsendes p gegen die entsprechende Figur für den Wert p = strebt, und diese ist ein achsenparalleles Quadrat der Seitenlänge 2 mit dem Ursprung als Mittelpunkt. 11

12 Aufgabe Begründe, warum in R 2 mit der euklidischen Norm die Menge O = {(x, y) T : x < 2 y 2 } oen ist. Lösung: Sei (x 0, y 0 ) T O, also 2 y 2 0 x 0 > 0. Für r 0 > 0 ist ein Punkt (x, y) T K((x 0, y 0 ) T, r 0 ) immer von der Form (x, y) T = (x 0 + r cos φ, y 0 + r sin φ) T mit r < r 0 und beliebigem φ R. Die Ungleichung x < 2 y 2 ist also äquivalent zu r(cos φ 4 y 0 sin φ) 2 r 2 sin 2 φ < 2 y 2 0 x 0. Da die linke Seite höchstens gleich r (1 + 4 y 0 ) ist, gilt diese Ungleichung sicher für r < r 0 mit r 0 = 2 y2 0 x y 0. Das war zu zeigen. Behauptung Kugeln um beliebige Punkte mit beliebigen Radien sind immer oen. Beweis: Seien x 0 X, r R +, und sei x K(x 0, r), also x x 0 < r. Sei ρ = r x x 0. Dann ist ρ > 0 und für x U ρ (x) folgt mit der Dreiecksungleichung x x 0 x x + x x 0 < ρ + x x 0 = r. Also ist U ρ (x) K(x 0, r), und somit ist x innerer Punkt von K(x 0, r). Daher folgt die Behauptung. Proposition (Rechenregeln für oene Mengen) In jedem normierten Raum X gilt: (a) Der Gesamtraum X und die leere Menge sind oen. (b) Der Durchschnitt endlich vieler oener Mengen ist oen. (c) Die Vereinigung beliebig vieler oener Mengen ist oen. Beweis: Aussage (a) folgt sofort mit der Denition oener Mengen. Zu (b): Seien O j X alle oen, für j = 1,..., n. Sei O ihr Durchschnitt, und sei x O. Dann gibt es Radien r j > 0 mit U rj (x) O j für alle j = 1,..., n. Sei r = min{r 1,..., r n }. Dann folgt U r (x) U rj (x) O j für alle j = 1,..., n, und deshalb ist U r (x) O. Daher ist x innerer Punkt von O, und da x O beliebig war, folgt dass O oen ist. Zu (c): Seien O j X oen, für alle j J. Sei O die Vereinigung aller O j, und sei x O. Dann gibt es ein j = j x J mit x O j, und somit existiert ein r = r j > 0 mit U r (x) O j. Dann gilt aber erst recht U r (x) O, und deshalb ist O oen. Aufgabe Sei X ein normierter Raum, und seien O n = K(0, 1/n) X für n N. Zeige: Alle O n sind oen, aber ihr Durchschnitt ist es nicht. Denition Sei X ein normierter Raum. Die Familie aller oenen Teilmengen von X heiÿt auch eine Topologie auf X. Proposition Äquivalente Normen auf einem Vektorraum X über K denieren die gleiche Topologie auf X. 12

13 Beweis: Seien 1 und 2 äquivalente Normen auf X. Sei O X oen bzgl. 1. Dann gibt es zu jedem x 0 O ein r > 0 so, dass alle x X mit x x 0 1 < r in O liegen. Nach Denition der Äquivalenz von Normen gibt es eine Konstante c > 0 mit x 1 c x 2. Wenn wir also ρ = r/c setzen, so folgt für alle x X mit x x 0 2 < ρ, dass x x 0 1 c x x 0 2 < c ρ = r. Demnach ist jedes x X mit x x 0 2 < ρ in O, und deshalb ist O oen bzgl. 2. Da wir die Numerierung der beiden Normen vertauschen können, folgt auch die Umkehrung. Nach obiger Proposition ist es im Folgenden unerheblich, welche der p-normen auf K n wir betrachten. Wir wollen aber vereinbaren, dass wir immer die euklidische Norm zugrundelegen, wenn nicht ausdrücklich etwas anderes gesagt ist! Aufgabe Zeige: Jedes oene Intervall ist eine oene Teilmenge von R, und jede oene Teilmenge von R ist die Vereinigung von höchstens abzählbar vielen oenen Intervallen. 2.2 Häufungspunkte, isolierte Punkte, abgeschlossene Mengen Denition Sei X ein normierter Raum, und sei B X beliebig. Ein Punkt x 0 X heiÿt Häufungspunkt von B, wenn ε > 0 x B \ {x 0 } : x x 0 < ε. Die Menge aller Häufungspunkte von B sei mit B bezeichnet. Ein Punkt x 0 B heiÿt ein isolierter Punkt von B, wenn er kein Häufungspunkt von B ist. Eine Teilmenge A X heiÿt abgeschlossen, falls ihr Komplement O = X \ A oen ist. Lemma Sei X ein normierter Raum, und sei B X beliebig. Genau dann ist B abgeschlossen, wenn es alle seine Häufungspunkte enthält. Beweis: Sei x 0 B ein Häufungspunkt von B. Dann gehört x 0 zum Komplement von B, kann aber kein innerer Punkt des Komplementes sein. Also kann B nicht abgeschlossen sein. Sei jetzt B nicht abgeschlossen. Dann gibt es ein x 0 B, welches kein innerer Punkt des Komplementes von B ist. Also muss es in jeder Kugel um x 0 einen Punkt von B geben, und deshalb ist x 0 ein Häufungspunkt von B. Proposition (Rechenregeln für abgeschlossene Mengen) Gegeben sei ein normierter Raum X. Dann gilt immer: (a) Der Gesamtraum X und die leere Menge sind abgeschlossen. (b) Die Vereinigung endlich vieler abgeschlossener Mengen ist abgeschlossen. (c) Der Durchschnitt beliebig vieler abgeschlossener Mengen ist abgeschlossen. Beweis: Folgt mit Hilfe der de Morganschen Regeln aus den ensprechenden Regeln für oene Mengen. Satz Sei X ein normierter Raum, und sei eine Teilmenge A X oen und abgeschlossen zugleich. Dann ist A = X oder A =. 13

14 Beweis: Sei B = X \ A, und seien A und B beide nicht leer. Für x 0 A und x 1 B bilden die Vektoren x(t) = t x 1 + (1 t) x 0, 0 t 1, die Verbindungsstrecke von x 0 nach x 1. Sei t 0 = sup {t [0, 1] : x(t) A }. Dann kann x = x(t 0 ) kein innerer Punkt von A, aber auch keiner von B sein. Falls x zu A gehört, ist deshalb A nicht oen, und sonst muss x B sein, so dass dann B nicht oen sein kann. Aufgabe Finde abgeschlossene Mengen in einem normierten Raum X, deren Vereinigung nicht abgeschlossen ist. 2.3 Abgeschlossene Hülle, oener Kern, Rand Denition Sei X ein normierter Raum. Für ein B X sei B = O. Nach den Rechenregeln für oene Mengen ist dann folgt O B. Also ist bezeichnet. Weiter sei B = O B O oen B oen, und wenn O eine oene Teilmenge von B ist, B die gröÿte oene Teilmenge von B und wird als der oene Kern von B A B A abgeschl. Nach den Rechenregeln für abgeschlossene Mengen ist B abgeschlossen, und wenn A eine abgeschlossene Obermenge von B ist, dann folgt A B. Also ist B die kleinste abgeschlossene Obermenge von B und wird als die abgeschlossene Hülle von B bezeichnet. Die Menge B = B \ B heiÿt der Rand von B, und jedes x B heiÿt ein Randpunkt von B. A. Aufgabe Sei X ein normierter Raum, und sei B X. Zeige: B = B B abgeschlossen, B = B B oen. Proposition Sei X normierter Raum, und seien B X, C = X \ B. Dann gilt: (a) B ist die Menge aller inneren Punkte von B. (b) C = X \ B, C = X \ B. (c) C = B = X \ ( B C). (d) B = B B = B B. Beweis: Zu (a): Ein innerer Punkt von B ist in einer kleinen Kugel enthalten, die ihrerseits ganz zu B gehört. Da diese Kugel oen ist, gehört sie auch zum oenen Kern von B. Umgekehrt ist B oen, und somit ist jedes x B ein innerer Punkt von B. Zu (b): X \ B ist eine abgeschlossene Obermenge von C, und daher gilt C X \ B. Umgekehrt ist X \C eine oene Teilmenge von B, also in B enthalten. Daraus folgt die erste Aussage. Die zweite ergibt sich durch Vertauschen von B und C und Anwenden der de 14

15 Morganschen Regeln. Zu (c): Ein x B kann nicht zu B, aber auch nicht zu C gehören. Umgekehrt, ist x B C, so folgt wegen (b), dass x B sein muss, und dann ist x B nach Denition des Randes. Also gilt die rechte Gleichung, und durch Vertauschen von B und C folgt auch die linke. Zu (d): Ein Häufungspunkt x von B ist kein innerer Punkt von C, also folgt x B wegen (b) und (c). Umgekehrt, ist x B \ B, so ist x kein innerer Punkt von C, und daraus folgt, dass x ein Häufungspunkt von B sein muss. Also gilt die linke Gleichung. Die rechte folgt, weil einerseits B B ist, und andererseits ein Punkt x B \ B auch in B \ B = B sein muss. Aufgabe Sei X ein normierter Raum. Zeige: Ist B X mit B =, so folgt B = X oder B =. Untersuche, ob auch die Umkehrung gilt. Aufgabe Sei X normierter Raum, und seien x 0 X und r R +. Zeige: K(x 0, r) = {x X : x x 0 r}. Wir nennen diese Menge auch die abgeschlossene Kugel um x 0 vom Radius r. 2.4 Beschränkte und kompakte Mengen Denition Sei X ein normierter Raum, und sei B X. Wir nennen B beschränkt, falls ein r R + existiert, für welches B K(0, r) ist. Wir sagen, dass die Mengen {O α : α I} eine oene Überdeckung von B bilden, wenn alle O α oen sind, und wenn B α I O α. Wir sagen weiter, dass eine solche oene Überdeckung von B eine endliche Teilüberdeckung besitzt, wenn es α 1,..., α n I gibt mit n B O αj. j=1 Wir nennen die Menge B kompakt, wenn jede oene Überdeckung von B eine endliche Teilüberdeckung besitzt. Aufgabe (Durchmesser einer Menge) Sei X ein normierter Raum, und sei B X. Wir nennen d = sup { x 1 x 2 : x 1, x 2 B} den Durchmesser von B. Zeige: Genau dann ist B beschränkt, wenn sein Durchmesser endlich ist. Aufgabe Sei X {0} ein normierter Raum, und seien x 0 X und r R +. Berechne den Durchmesser d von K(x 0, r). Untersuche ob dieser Durchmesser angenommen wird, d. h., ob es x 1, x 2 K(x 0, r) gibt mit d = x 1 x 2. Satz Sei X normierter Raum, und sei B X kompakt. Dann ist B abgeschlossen und beschränkt. Beweis: Die Menge aller Kugeln K(0, n), mit beliebigem n N, bilden sicher eine oene Überdeckung von B. Da B kompakt ist, muss es eine endliche Teilüberdeckung geben. Da K(0, n) K(0, n + 1) ist, bedeutet das die Existenz eines n 0 N mit B K(0, n 0 ). Also ist B beschränkt. Sei x 0 B. Die Mengen O n = {x X : x x 0 > 1/n }, n N, sind oen wegen Aufgabe und bilden oenbar eine 15

16 Überdeckung von B. Da B kompakt ist, und da wiederum O n O n+1 ist, gibt es ein n 0 N mit B O n0. Daraus folgt, dass K(x 0, 1/n 0 ) keinen Punkt von B enthält, und deshalb ist x 0 kein Häufungspunkt von B. Also ist B abgeschlossen. Aufgabe Zeige: Ist X normierter Raum und K X kompakt, so ist jede abgeschlossene Teilmenge von K ebenfalls kompakt. Insbesondere ist die leere Menge kompakt! Aufgabe Zeige: In jedem normierten Raum ist der Durchschnitt beliebig vieler kompakter Mengen wieder kompakt. 2.5 Konvexe und sternförmige Mengen Denition Sei X ein beliebiger Vektorraum über K. Eine Teilmenge B X heiÿt sternförmig bzgl. eines x 0 B, wenn für jedes x B die ganze Verbindungsstrecke von x 0 nach x zu B gehört. Wir nennen B konvex, wenn es sternförmig bzgl. jedes Punktes x 0 B ist. Also ist B genau dann konvex, wenn mit je zwei Punkten auch deren Verbindungsstrecke zu B gehört. Aufgabe Sei X normierter Raum. Zeige: Jede Kugel in X ist konvex. Behauptung Durchschnitte beliebig vieler konvexer Mengen sind wieder konvex. Beweis: Folgt direkt aus der Denition (auch, falls der Durchschnitt leer sein sollte). Denition Sei X ein beliebiger Vektorraum über K, und sei B X. Die Menge B h = C C B C konvex ist nach obiger Behauptung konvex und enthält B. Also ist B h die kleinste konvexe Obermenge von B und wird die konvexe Hülle von B genannt. Aufgabe Sei X ein beliebiger Vektorraum über K, und sei x 0 X. Zeige: Der Durchschnitt beliebig vieler bzgl. x 0 sternförmiger Mengen ist wieder sternförmig bzgl. x 0. Benutze dies, um eine sternförmige Hülle bzgl. x 0 zu denieren. Aufgabe Sei X ein beliebiger Vektorraum über K, sei A X konvex, und seien x 1,..., x n A sowie α 1,..., α n R mit α j 0 für alle j und n j=1 α j = 1. Zeige c(x j ; α j ) := n α j x j A. Man nennt jede solche Summe auch eine Konvexkombination der Vektoren x 1,..., x n. j=1 Aufgabe Sei X ein beliebiger Vektorraum über K, und seien x 1,..., x n X gegeben. Zeige: Die Menge aller Konvexkombinationen der x 1,..., x n ist genau gleich der konvexen Hülle der endlichen Menge {x 1,..., x n }. Interpretiere diese Menge anschaulich für n 3. 16

17 2.6 Zusammenhang Denition Sei X ein normierter Raum, und sei B X. Wir nennen B unzusammenhängend, falls oene Mengen O 1, O 2 X existieren mit B O 1 O 2, B O 1 O 2 =, B O j, 1 j 2. Falls dies nicht so ist, heiÿt B zusammenhängend. Seien x 0,..., x m X. Das Tupel aller Verbindungsstrecken von x j 1 nach x j, für j = 1,..., m, heiÿt der Streckenzug oder das Polygon zu den Eckpunkten x j. Wir sagen auch: Der Streckenzug verbindet x 0 mit x m in der Menge B, wenn alle Verbindungsstrecken in B liegen. Wir nennen B polygonzusammenhängend, wenn sich je zwei Punkte von B durch ein Polygon in B verbinden lassen. Aufgabe Gib ein Beispiel für eine Teilmenge von R 2, welche zusammenhängend, aber nicht polygonzusammenhängend ist. Aufgabe Zeige: Eine oene Teilmenge eines normierten Raumes ist genau dann unzusammenhängend, wenn sie Vereinigung zweier oener nichtleerer und disjunkter Mengen ist. Aufgabe Zeige: Konvexe und sternförmige Mengen sind immer polygonzusammenhängend. Lemma Sei X ein normierter Raum, und sei B X polygonzusammenhängend. Dann ist B zusammenhängend. Beweis: Seien oene Mengen O 1, O 2 in X mit B O 1 O 2, B O j, für 1 j 2, gegeben. Zu zeigen ist dann B O 1 O 2. Seien x B O 1, x B O 2 gewählt. Dann gibt es einen Streckenzug, der beide Punkte in B verbindet. Seien x 0 (= x), x 1,..., x m (= x) seine Eckpunkte, und sei k {0,..., m} maximal gewählt, so dass x k B O 1 gilt. Falls k = m ist, ist nichts mehr zu zeigen. Andernfalls sei t 0 = sup {t [0, 1] : x(t) = (1 t) x k +t x k+1 O 1 }. Da O 1 oen ist, folgt x(t 0 ) O 1, also x(t 0 ) O 2. Da O 2 ebenfalls oen ist, gilt x(t) O 2 für t < t 0, mit t 0 t genügend klein. Dann ist aber x(t) B O 1 O 2 für wenigstens ein solches t, was zu zeigen war. Denition Sei X ein normierter Raum. Eine oene und zusammenhängende Teilmenge von X heiÿt ein Gebiet. Satz (Polygonzusammenhang von Gebieten) In einem normierten Raum ist jedes Gebiet G polygonzusammenhängend. Beweis: Wir nennen zwei Punkte in G äquivalent, wenn sie sich durch ein Polygon in G verbinden lassen. Man sieht sofort, dass dies tatsächlich eine Äquivalenzrelation auf G ist, und dass alle Äquivalenzklassen oen sind. Wenn man annimmt, dass es mehrere Äquivalenzklassen gibt, folgt mit Aufgabe ein Widerspruch zum Zusammenhang von G. Aufgabe Sei B eine zusammenhängende Teilmenge eines normierten Raumes X, und sei B C B. Zeige: Dann ist auch C zusammenhängend. 17

18 Aufgabe Zeige: Eine Teilmenge von R ist genau dann zusammenhängend, wenn sie ein Intervall ist. Aufgabe Zeige: Eine oene Teilmenge O eines normierten Raumes X ist Vereinigung von paarweise disjunkten Gebieten. Jedes solche Gebiet heiÿt auch eine Zusammenhangskomponente von O. Aufgabe Zeige: In R n hat eine oene Menge höchstens abzählbar viele Zusammenhangskomponenten. 18

19 Kapitel 3 Konvergenz in normierten Räumen 3.1 Konvergenz und Vollständigkeit Denition Sei X ein normierter Raum, und sei (x m ) m=p eine Folge in X. Wir nennen (x m ) beschränkt, wenn ein r R + existiert mit x m r für alle m p. Wir nennen (x m ) Cauchy-Folge, wenn ε > 0 N R + m, µ N : m, µ N = x m x µ < ε. Weiter heiÿt (x m ) konvergent, wenn ein x X existiert, für welches ε > 0 N R + m N : m N = x m x < ε. Wenn dem so ist, heiÿt x Grenzwert der Folge. Wir schreiben dann lim x m = x oder x m x (m m ). Schlieÿlich heiÿt die Folge (x m ) divergent, wenn sie nicht konvergiert. Die folgenden Ergebnisse beweist man genauso wie die entsprechenden Aussagen aus Analysis I, wobei man für Vektoren statt jeweils schreiben muss. Beachte allerdings, dass nicht behauptet wird, dass jede Cauchy-Folge konvergiert; dies trit im Allgemeinen nicht zu! Proposition In jedem normierten Raum X gilt: (a) Eine konvergente Folge hat nur einen Grenzwert. (b) Eine konvergente Folge ist Cauchy-Folge. (c) Eine Cauchy-Folge ist beschränkt. (d) Wenn eine Cauchy-Folge eine konvergente Teilfolge besitzt, so ist sie selber konvergent. Satz (Rechenregeln für Grenzwerte) Sei X normierter Raum, und seien x m, y m X, α m K, für alle m N. (a) Falls die Folgen (x m ) und (y m ) beide konvergieren, dann ist auch (x m + y m ) konvergent, und es gilt lim (x m + y m ) = m lim x m + lim y m. m m (b) Falls die Folgen (x m ) und (α m ) beide konvergieren, dann ist auch (α m x m ) konvergent, und es gilt lim α m x m = lim α m lim x m. m m m 19

20 Aufgabe Beweise Proposition und die anschlieÿenden Rechenregeln. Aufgabe Sei X ein normierter Raum, und sei B X. Zeige: Jeder Häufungspunkt von B ist Grenzwert einer Folge mit Gliedern in B. Denition Ein normierter Raum X heiÿt vollständig, falls jede Cauchy-Folge konvergiert. Ein vollständiger normierter Raum heiÿt auch Banach-Raum. Allgemeiner heiÿt eine Teilmenge B X vollständig, wenn jede Cauchyfolge mit Gliedern in B auch einen Grenzwert in B hat. Nicht jeder normierte Raum hat diese wichtige Eigenschaft der Vollständigkeit. Wir werden aber in Abschnitt 3.3 zeigen, dass die Räume K n vollständig sind. Aufgabe Zeige: In C[a, b] mit der Supremumsnorm bedeutet Konvergenz einer Folge dasselbe wie die gleichmäÿige Konvergenz. Schlieÿe aus einem Satz der Analysis I, dass C[a, b] vollständig ist. Zeige weiter, dass der Teilraum der Polynome nicht vollständig ist. Aufgabe Sei X ein normierter Raum, und sei B X. Zeige: Genau dann ist B abgeschlossen, wenn für jede konvergente Folge (x n ), deren Glieder alle zu B gehören, auch der Grenzwert in B liegt. Aufgabe (Intervallschachtelungsprinzip) Sei X vollständiger normierter Raum. Seien A n nicht-leere, abgeschlossene und beschränkte Teilmengen von X mit A n A n+1, für alle n N, und so dass der Durchmesser der A n für n gegen 0 geht. Zeige: Dann gibt es genau ein x X mit x A n für alle n N. 3.2 Folgenkompaktheit, totale Beschränktheit Denition Sei X ein normierter Raum, und sei B X. Wir nennen B folgenkompakt, wenn jede Folge in B eine konvergente Teilfolge besitzt, deren Grenzwert ebenfalls zu B behört. Wir sagen, dass B total beschränkt ist, wenn gilt ε > 0 x 1,..., x n B : B n K(x j, ε). j=1 Wir nennen B vollständig, wenn jede Cauchy-Folge mit Gliedern in B einen Grenzwert besitzt, der ebenfalls zu B gehört. Aufgabe Zeige: Ist X ein normierter Raum, und ist A eine vollständige Teilmenge von X, so ist jede abgeschlossene Teilmenge von A ebenfalls vollständig. Aufgabe Sei c 0 die Menge aller Nullfolgen, versehen mit der Supremumsnorm (x k ) = sup { x k : k N }. Sei B = {x = (x k ) c 0 : x 1 }, also ist B sicherlich beschränkt. Zeige: In B gibt es unendlich viele Elemente x m mit x m x µ = 2 für m µ. Schlieÿe daraus, dass B nicht total beschränkt ist. Satz (Charakterisierung der Kompaktheit) Für jeden normierten Raum X sind die folgenden Aussagen für eine Teilmenge B X äquivalent: 20

21 (a) B ist kompakt. (b) B ist folgenkompakt. (c) B ist vollständig und total beschränkt. Beweis: Zu (a) = (b): Sei B nicht folgenkompakt. Falls B nicht abgeschlossen ist, kann es wegen Satz auch nicht kompakt sein, und deshalb sei B als abgeschlossen vorausgesetzt. Dann muss es eine Folge (x m ) mit Gliedern aus B geben, welche keine konvergente Teilfolge besitzt. Die Glieder der Folge bilden dann eine unendliche Teilmenge A von B, und aus Aufgabe folgt, dass A keinen Häufungspunkt hat. Also ist insbesondere A abgeschlossen, und somit O 0 = X \ A oen. Ferner muss es zu jedem m N ein r m > 0 geben, für welches O m = K(x m, r m ) keinen weiteren Punkt von A (auÿer x m ) mehr enthält, denn andernfalls wäre ja x m ein Häufungspunkt von A. Die Mengen {O m : M N 0 } bilden dann eine oene Überdeckung von B ohne endliche Teilüberdeckung, und somit kann B nicht kompakt sein. Zu (b) = (c): Jede Cauchy-Folge aus B muss wegen der Folgenkompaktheit von B eine konvergente Teilfolge besitzen und ist deshalb selber konvergent. Daher muss B vollständig sein. Sei jetzt ein ε > 0 und ein x 1 B betrachtet. Falls B K(x 1, ε) liegt, brechen wir ab; im anderen Fall wählen wir ein x 2 B \ K(x 1, ε). Allgemein: Sind x 1,..., x m B schon gewählt, ist entweder B m K(x k, ε), oder wir können x m+1 B \ m K(x k, ε) wählen. Würde diese Konstruktion niemals abbrechen, so ergäbe sich eine Folge (x m ) aus B, die keine konvergente Teilfolge enthalten könnte. Das kann aber nicht sein, und somit muss B total beschränkt sein. Zu (c) = (a): Sei angenommen, dass B vollständig und total beschränkt, aber nicht kompakt ist. Dann gibt es eine oene Überdeckung {O α : α I} ohne endliche Teilüberdeckung. Zu ε = 1/2 gibt es dann x 11,..., x 1m1 B so, dass B m1 j=1 K(x 1j, 1/2) ist. Für mindestens ein j wird B K(x 1j, 1/2) nicht von endlich vielen O α überdeckt; o. B. d. A. sei dies für j = 1 der Fall, und wir setzen B 1 = B K(x 11, 1/2). Allgemein: Zu µ 2 und ε = 2 µ gibt es x µ1,..., x µmµ B so, dass B mµ j=1 K(x µj, 2 µ ) ist, und für B µ = B µ 1 K(x µ1, 2 µ ) reichen endlich viel O α nicht zur Überdeckung aus. Sicherlich kann B µ nach Konstruktion nicht die leere Menge sein. Also folgt K(x µ1, 2 µ ) K(x µ 1,1, 2 µ+1 ), und deshalb muss gelten: Daher gilt für beliebiges µ, p N: x 1µ x 1,µ 1 < 2 µ + 2 µ+1 = 3 2 µ µ N. x 1µ x 1,µ+p p+µ j=µ+1 x 1j x 1,j 1 p+µ j=µ j < 3 2 µ. Daher ist (x 1µ ) eine Cauchy-Folge aus B und muss deshalb gegen ein x B konvergieren. Zu diesem x gibt es ein α 0 I und ein ε > 0 mit x K(x, ε) O α0. Dann müssen aber alle B µ für µ µ 0 ebenfalls in O α0 liegen, was ein Widerspruch zur Konstruktion der Folge ist. Aufgabe Zeige folgende andere Form des Intervallschachtelungsprinzips: Sind A n nicht-leere kompakte Teilmengen eines normierten Raumes X mit A n A n+1, für alle n N, so ist n A n nicht leer. 3.3 Konvergenz und Kompaktheit in mehreren Dimensionen Die für diese Vorlesung wichtigsten Räume sind R n oder C n. Dabei sei n N immer fest gewählt, und wir stellen uns n 2 vor, obwohl die gemachten Aussagen auch alle für n = 1 richtig sind. Wenn wir einen Vektor x K n betrachten, soll immer x = (x 1,..., x n ) T gelten; für Folgen (x m ) in K n sei entsprechend x m = (x (m) 1,..., x (m) n ) T gesetzt. Als Norm auf K n sei stets die euklidische Norm gewählt, obwohl die folgenden Aussagen auch für jede andere p-norm gelten. Der Einfachheit halber schreiben wir nur an Stelle von 2. 21

22 Satz (Vollständigkeit von K n ) (a) Eine Folge (x m ) aus K n konvergiert genau dann gegen ein x K n, wenn gilt (b) Der Raum K n ist vollständig. lim m x(m) k = x k k = 1,..., n. Beweis: Zu (a): Gelte lim m x m = x, also per Denition lim m x m x = 0. Wegen x (m) k x k x m x folgt dann also lim m x (m) k = x k, für alle k = 1,..., n. Umgekehrt folgt aus lim m x (m) k = x k und den Rechenregeln für Grenzwerte, dass n lim m x(m) k x k 2 = 0 ist, und aus der Stetigkeit der Quadratwurzel folgt dann lim m x m x = 0. Zu (b): Wenn (x m ) eine Cauchy-Folge in K n ist, so ist für jedes k = 1,..., n die Folge (x (m) k ) m=1 eine Cauchy-Folge in K. Nach dem Cauchy-Kriterium sind diese Folgen alle konvergent. Wenn wir die Grenzwerte mit x k bezeichnen und daraus einen Vektor x K n bilden, folgt mit Teil (a) des Satzes, dass (x m ) gegen x konvergiert. In einem allgemeinen normierten Raum ist es nicht leicht zu erkennen, ob eine Teilmenge kompakt ist; in K n ist dies anders: Satz (Satz von Heine-Borel) Eine Teilmenge von K n ist genau dann kompakt, wenn sie abgeschlossen und beschränkt ist. Beweis: Wegen Satz ist die eine Richtung der Aussage in jedem normierten Raum richtig. Sei deshalb jetzt B K n abgeschlossen und beschränkt. Mit Satz ist nur die Folgenkompaktheit von B zu zeigen. Dazu sei (x m ) eine Folge aus B. Dann ist (x m ) beschränkt, und wegen x (m) k x m ist auch jede der Folgen (x (m) k ) m=1 beschränkt. Nach dem Satz von Bolzano und Weierstraÿ besitzt (x (m) 1 ) m=1 eine konvergente Teilfolge. Die entsprechende Teilfolge von (x (m) 2 ) m=1 ist ebenfalls beschränkt und besitzt wieder eine konvergent Teilfolge, u. s. w. Insgesamt sieht man, dass die Ausgangsfolge (x m ) eine Teilfolge besitzt, für die alle Koordinatenfolgen konvergieren. Nach dem vorausgegangenen Satz ist dies aber gleichbedeutend mit der Konvergenz der Teilfolge selber. Da B abgeschlossen ist, muss der Grenzwert dieser Teilfolge zu B gehören, und das zeigt die Folgenkompaktheit. Korollar zu Satz (Satz von Bolzano und Weierstraÿ in K n ) Eine beschränkte Folge in K n besitzt eine konvergente Teilfolge. Beweis: Sei (x m ) beschränkt, und sei B die abgeschlossene Hülle von {x m : m N}. Dann ist B abgeschlossen und beschränkt, also kompakt. Mit Satz ist B auch folgenkompakt, und das ist die Behauptung. Aufgabe Zeige, ohne den Satz von Heine-Borel zu benutzen, dass in K n jede beschränkte Menge auch total beschränkt ist. Aufgabe Sei c 0 die Menge aller Nullfolgen mit Gliedern in K, zusammen mit der Supremumsnorm. Finde in c 0 eine beschränkte Folge ohne konvergente Teilfolge. Schlieÿe daraus, dass der Satz von Heine-Borel im Allgemeinen für unendlich-dimensionale normierte Räume falsch ist. 22

23 Kapitel 4 Stetigkeit 4.1 Stetigkeit in normierten Räumen Im Folgenden seien X 1, X 2 zwei normierte Räume. Für diese Vorlesung ist es ausreichend, sich X 1 = K n und X 2 = K m vorzustellen (mit n, m N), aber die folgenden Begrie sind auch allgemein sinnvoll. Denition Sei D X 1 nicht leer, und sei f : D X 2. Wir nennen f stetig in einem Punkt x 0 D, falls gilt ε > 0 δ > 0 x D : x x 0 < δ = f(x) f(x 0 ) < ε. (4.1.1) Falls f in jedem Punkt von D stetig ist, sagen wir kurz: f ist auf D stetig. Wir sagen, dass f auf D einer Lipschitzbedingung genügt, oder Lipschitzstetig ist, falls eine Konstante L R + existiert, so dass f(x 0 ) f(x 1 ) L x 0 x 1 x 0, x 1 D. Jedes solche L heiÿt auch Lipschitzkonstante für f (auf D). Beispiel Überraschenderweise ist in unendlich-dimensionalen normierten Räumen nicht jede lineare Abbildung von X 1 nach X 2 stetig; dies wird in der Vorlesung Funktionalanalysis näher besprochen. Auf jedem normierten Raum X ist aber die Abbildung x x stetig auf dem ganzen Raum X; dies folgt aus der Dreiecksungleichung nach unten. Ausserdem ist die identische Abbildung stetig auf X. Bemerkung Die folgenden Aussagen werden genau wie in Analysis I bewiesen: (a) Falls x 0 ein isolierter Punkt von D ist, ist jede auf D denierte Funktion in x 0 stetig. (b) Folgenstetigkeit ist äquivalent zur Stetigkeit; d. h., f ist genau dann stetig in x 0, wenn für jede Folge (x n ) aus D gilt lim x n = x 0 D = lim f(x n) = f(x 0 ). n n (c) Erfüllt f eine Lipschitzbedingung auf D, so ist f dort stetig. (d) Sind f : D X 2 und g : D X 2 stetig in x 0 D, so ist auch g + f dort stetig. (e) Sind f : D X 2 und g : D K stetig in x 0 D, so ist auch g f dort stetig. 23

24 (f) Die Hintereinanderausführung stetiger Funktionen ist stetig. Genauer: Ist auch X 3 ein normierter Raum, ist D 2 X 2, und sind f : D D 2 stetig in x 0 D sowie g : D 2 X 3 stetig in f(x 0 ), so ist g f stetig in x 0. (g) Im Fall X 2 = K ist der Kehrwert einer Funktion f dort stetig, wo f selber stetig und von 0 verschieden ist. Proposition Seien X 1, X 2 normierte Räume, sei D X 1 nicht leer, und sei f : D X 2. Genau dann ist f stetig auf D, wenn zu jeder oenen Teilmenge O 2 X 2 eine oene Teilmenge O 1 X 1 existiert, für welche f 1 (O 2 ) = D O 1 ist. Beweis: Sei f stetig auf D, und sei O 2 X 2 oen. Zu jedem x 0 f 1 (O 2 ) existiert ein ε = ε x0 > 0 mit K(f(x 0 ), ε) O 2. Wegen der Stetigkeit von f gibt es ein δ = δ x0 > 0 derart, dass für alle x D K(x 0, δ) gilt f(x) K(f(x 0 ), ε). Sei O 1 = K(x 0, δ x0 ). x 0 f 1 (O 2) Dann ist O 1 oen, und für x O 1 D gibt es ein x 0 f 1 (O 2 ) mit x K(x 0, δ x0 ), woraus f(x) O 2 folgt. Umgekehrt sei für ein ε > 0 und ein x 0 D die Menge O 2 = K(f(x 0 ), ε) betrachtet. Dazu gibt es nach Voraussetzung eine oene Menge O 1 X 1 mit f 1 (O 2 ) = D O 1. Also ist x 0 O 1, und es gibt ein δ > 0 mit K(x 0, δ) O 1. Deshalb gilt für alle x D: Wenn x x 0 < δ ist, dann ist x D O 1, und deshalb folgt f(x) O 2, oder anders ausgedrückt: f(x) f(x 0 ) < ε, und daher ist f stetig in x 0. Aufgabe Sei A = [α jk ] eine (n, m)-matrix mit Elementen aus K, und sei ( n m ) A = α jk 2 1/2. j=1 Zeige: A x A x für alle x K m, wobei links die euklidische Norm in K n, und rechts für x die euklidische Norm in K m zu nehmen ist. Leite daraus die Stetigkeit von x A x auf K m ab. Aufgabe Zeige: Ist [a, b] eine abgeschlossenes Intervall in R, und ist X = C[a, b] der Raum der auf [a, b] stetigen Funktionen mit der Supremumsnorm, so erfüllt die Abbildung f b f(x) dx auf a C[a, b] eine Lipschitzbedingung und ist deshalb dort stetig. 4.2 Stetigkeit und Zusammenhang Der folgende Satz entspricht genau dem Zwischenwertsatz aus Analysis I: Satz Seien X 1, X 2 normierte Räume, sei D X 1 nicht leer, und sei f : D X 2 stetig auf D. Ist B eine zusammenhängende Teilmenge von D, so ist f(b) ebenfalls zusammenhängend. Beweis: Sei f(b) unzusammenhängend. Dann gibt es per Denition zwei oene Mengen O 1, O 2 X 2 mit f(b) O 1 O 2, f(b) O 1 O 2 =, f(b) O j, (1 j 2). Nach Proposition gibt es dann zwei oene Mengen Õ1, Õ2 X 1 mit D Õj = f 1 (O j ), für 1 j 2. Damit folgt B Õ1 Õ2, B Õ1 Õ2 =, B Õj, (1 j 2). Daher ist auch B unzusammenhängend. 24

25 Aufgabe (Zwischenwertsatz) Sei X ein normierter Raum, sei D X nicht leer, und sei f : D R stetig auf D. Zeige mit Hilfe von Satz 4.2.1: Ist B eine zusammenhängende Teilmenge von D, und sind x 1, x 2 B mit f(x 1 ) = y 1 < f(x 2 ) = y 2, so gibt es zu jedem y (y 1, y 2 ) ein x B mit f(x) = y. 4.3 Stetigkeit und Kompaktheit Denition Seien X 1, X 2 normierte Räume, sei D X 1 nicht leer, und sei f : D X 2. Wir nennen f auf D gleichmäÿig stetig, falls folgendes gilt: ε > 0 δ > 0 x 1, x 2 D : x 1 x 2 < δ = f(x 1 ) f(x 2 ) < ε. Falls X 2 = R ist, denieren wir die Begrie Maximum und Minimum genau wie in Analysis I. Satz Seien X 1, X 2 normierte Räume, sei D X 1 nicht leer und kompakt, und sei f : D X 2 stetig auf D. Dann ist f sogar gleichmäÿig stetig auf D, und f(d) ist kompakt. Ist X 2 = R, so nimmt f auf D ein Maximum und ein Minimum an. Beweis: Sei ε > 0. Wegen der Stetigkeit von f gibt es zu jedem x D ein δ x > 0 derart, dass für alle x D K(x, δ x ) gilt f( x) K(f(x), ε/2). Die Menge aller K(x, δ x /2) ist eine oene Überdeckung von D und besitzt wegen der Kompaktheit eine endliche Teilüberdeckung. Also existieren x 1,..., x m D so, dass D m K(x k, δ xk /2) ist. Mit 2 δ = min {δ x1,..., δ xm } gilt dann: Für zwei beliebige Punkte x, x D ist x K(x k, δ xk /2) für wenigstens ein k {1,..., m}. Wenn x x < δ ist, dann folgt x K(x k, δ xk ). Daraus folgt mit der Dreiecksungleichung, dass f(x) f( x) f(x) f(x k ) + f(x k ) f( x) < ε ist. Das zeigt die gleichmäÿige Stetigkeit von f auf D. Sei jetzt (y m ) eine Folge aus f(d). Dann gibt es für jedes m N mindestens ein x m D mit f(x m ) = y m. Da D kompakt, also auch folgenkompakt ist, muss die Folge (x m ) eine konvergente Teilfolge mit einem Grenzwert x D haben. Wegen der Stetigkeit von f konvergiert die entsprechende Teilfolge von (y n ) gegen f(x) f(d). Das zeigt die Folgenkompaktheit und damit die Kompaktheit von f(d). Für X 2 = R folgt: Da f(d) kompakt ist, ist die Menge insbesondere beschränkt und abgeschlossen und muss deshalb ein endliches Supremum haben, welches sogar zur Menge gehört und deshalb ein Maximum ist. Dieses Maximum wird dann natürlich an einer Stelle x D angenommen. Genauso schlieÿt man für das Minimum. Satz (Stetigkeit der Umkehrabbildung) Seien X 1, X 2 normierte Räume, sei D X 1 nicht leer und kompakt, und sei f : D X 2 stetig und injektiv auf D. Dann ist die Umkehrfunktion auf D = f(d) stetig. Beweis: Sei (y m ) eine Folge aus D, welche gegen ein y D konvergiert. Seien x m und x die (eindeutig bestimmten) Urbilder dieser Punkte. Zu zeigen ist lim m x m = x. Wenn wir das Gegenteil annehmen, dann existiert ein ε > 0, für welches x m x ε für unendlich viele m, d. h. für eine Teilfolge von (x m ), gilt. Wegen der Folgenkompaktheit von D enthält diese Teilfolge selbst wieder eine Teilfolge, welche gegen ein x D konvergiert. Wegen der Stetigkeit von f konvergieren die Bilder dieser Teilfolge, also die entsprechende Teilfolge von (y m ), gegen f( x), und daher gilt f( x) = y, also x = x. Das widerspricht aber der Wahl der Teilfolge. Aufgabe Finde ein Beispiel für eine stetige Funktion mit nicht-kompaktem Denitionsbereich aber kompakter Wertemenge. Aufgabe Finde ein Beispiel für eine stetige Funktion mit beschränktem Denitionsbereich aber unbeschränkter Wertemenge. 25

26 4.4 Stetigkeit und gleichmäÿige Konvergenz Denition Seien X 1, X 2 normierte Räume, sei D X 1 nicht leer, und seien f m, g k : D X 2. Dann nennen wir (f m ) eine Funktionenfolge auf D, und g k eine Funktionenreihe auf D. Die Funktionenfolge (f m ) heiÿt auf D punktweise konvergent, falls für jedes x D die Folge (f m (x)) konvergent ist. Ist dies der Fall, so heiÿt f : D X 2, mit f(x) = lim m f m (x) für alle x D, die Grenzfunktion der Folge. Analog heiÿt die Funktionenreihe g k auf D punktweise konvergent, falls für jedes x D die Reihe g k(x) konvergent ist, und die Grenzfunktion f ist dann durch f(x) = g k(x) für alle x D gegeben. Die Funktionenfolge (f m ) heiÿt auf D gleichmäÿig konvergent, falls sie punktweise gegen die Grenzfunktion f konvergiert, und falls weiter gilt: ε > 0 N R + m N x D : m N = f m (x) f(x) < ε. Analog heiÿt die Funktionenreihe g k auf D gleichmäÿig konvergent, falls sie punktweise gegen die Grenzfunktion f konvergiert, und falls weiter gilt: ε > 0 N R + m N x D : m N = m g k (x) f(x) < ε. Die gleichmäÿige Konvergenz der Reihe g k ist also äquivalent mit der gleichmäÿigen Konvergenz der Folge ihrer Partialsummen. Genau wie in Analysis I zeigt man die folgenden Resultate in jedem vollständigen normierten Raum X: Satz (Cauchy-Kriterium für gleichmäÿige Konvergenz) Mit den Bezeichnungen wie in der obigen Denition gilt: Die Funktionenfolge (f n ) ist genau dann auf D gleichmäÿig konvergent, wenn ε > 0 N R + m, µ N x D : m, µ N = f m (x) f µ (x) < ε. Die Funktionenreihe g k ist genau dann auf D gleichmäÿig konvergent, wenn ε > 0 N R + m, p N x D : m N = m+p k=m+1 g k (x) < ε. Satz (Majorantenkriterium für gleichmäÿige Konvergenz) Mit den Bezeichnungen wie in der obigen Denition gilt: Falls Zahlen a k R + existieren, für welche gilt g k (x) a k x D, a k <, dann ist die Funktionenreihe g k auf D gleichmäÿig konvergent. Satz Mit den Bezeichnungen wie in der obigen Denition gilt: (a) Sind alle f n in einem Punkt x 0 D stetig, und ist die Funktionenfolge (f n ) auf D gleichmäÿig konvergent, so ist die Grenzfunktion f ebenfalls stetig in x 0. (b) Sind alle g k in einem Punkt x 0 D stetig, und ist die Funktionenreihe g k auf D gleichmäÿig konvergent, so ist die Grenzfunktion f ebenfalls stetig in x 0. Ein nützliches Ergebnis, welches wir in Analysis I ausgelassen haben, ist der folgende Satz: 26

27 Satz (Satz von Dini) Sei X ein normierter Raum, sei D X kompakt, und seien f m : D R alle stetig auf D. Weiter seien für alle x D die Zahlenfolgen (f m (x)) monoton fallende Nullfolgen. Dann ist (f m ) auf D gleichmäÿig konvergent. Beweis: Für ε > 0 sei D m = {x D : f m (x) < ε}. Zu x D m sei ε x = ε f m (x). Wegen der Stetigkeit von f m gibt es ein δ x > 0 so, dass für alle x D gilt: x x < δ x = f m (x) f m ( x) < ε x. Sei O m = x Dm K(x, δ x ). Dann ist O m oen und enthält D m. Umgekehrt, ist x D O m, so ist x K(x, δ x ) für ein x D m, und dann folgt f m ( x) f m (x) + f m ( x) f m (x) < f m (x) + ε x = ε, und deshalb ist x D m. Also gilt D m = D O m. Da jedes x D in einem der D m, also erst recht in O m, liegen muss, bilden die O m eine oene Überdeckung von D. Wegen der Kompaktheit von D gibt es ein N N mit D N m=1o m. Wegen D m = D O m folgt daraus D N m=1d m, und da aus der Monotonievoraussetzung folgt dass D m D m+1 ist, folgt sogar D D N, und dann sogar D D m für alle m N. Mit der Denition von D m folgt dann die Behauptung. Aufgabe Seien g k (x 1, x 2 ) = (x k 1 + x 2 )/k 2, für k N und x 1, x 2 R. Finde einen möglichst groÿen Bereich D, auf dem die Funktionenreihe g k gleichmäÿig konvergiert und untersuche dort die Stetigkeit der Grenzfunktion. Aufgabe Leite die gleichmäÿige Konvergenz der Funktionenfolge (f m ), mit f m (x) = x m (1 x) für x [0, 1] R, aus dem Satz von Dini ab. 4.5 Stetigkeit von vektorwertigen Abbildungen Denition Sei X ein normierter Raum, sei D X nicht leer, und sei f : D K m. Dann ist jeder Funktionswert f(x) ein Vektor f(x) = (f 1 (x),..., f m (x)) T x D. Wir nennen dann die Funktionen f k : D K auch die Koordinatenfunktionen der vektorwertigen Funktion f und schreiben kurz f = (f 1,..., f n ) T. Ist X = K n, so nennen wir f, aber auch die f k, Funktionen der n Variablen x 1,..., x n. Wenn n 2 ist, sprechen wir auch von Funktionen mehrerer Variabler und schreiben statt f(x) auch f(x 1,..., x n ). Bemerkung Wenn eine Funktion f wie oben gegeben ist, zeigt man leicht, dass die Stetigkeit von f an einer Stelle x 0 äquivalent zur Stetigkeit jeder der Koordinatenfunktionen an dieser Stelle ist. Beachte allerdings, dass bei Funktionen mehrerer Variabler die Stetigkeit nicht schon dann gesichert ist, wenn die Funktion stetig in jeder einzelnen Variablen ist! Dies ist gerade Inhalt der folgenden Aufgaben. Aufgabe Benutze die Äquivalenz von Stetigkeit und Folgenstetigkeit zusammen mit Satz 1, um zu zeigen, dass die Stetigkeit von f äquivalent zur Stetigkeit der Koordinatenfunktionen ist. Aufgabe Für x 1, x 2 R sei f(x 1, x 2 ) = x 2 1 x 2 x x2 2 für (x 1, x 2 ) (0, 0), 0 für (x 1, x 2 ) = (0, 0). Zeige: Wenn man für x 1 oder x 2 den Wert 0 einsetzt, wird dieses f eine stetige Funktion der anderen Variablen auf ganz R. Als Funktion von zwei Variablen ist f aber nicht stetig im Nullpunkt. 27