1. Man zeige, daß (IR n, d i ), i = 1, 2, metrische Räume sind, wenn für x = (x 1,..., x n ), y = (y 1,..., y n ) IR n die Abstandsfunktionen durch

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Robert Nikolas Melsbach
vor 6 Jahren
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1 Ma zeige, daß IR, d i ), i,, metrische Räume sid, we für x x,, x ), y y,, y ) IR die Abstadsfuktioe durch d x, y) x y, d x, y) x y ), d x, y) max x y gegebe sid Lösug: Ma muß für alle drei Fuktio d i x, y), i {,, } die folgede Eigeschafte zeige: M) d i x, y) 0 x y, M) d i x, y) d i y, x) x, y IR, M3) d i x, y) d i x, z) + d i z, y) x, y, z IR M) : Es gilt d i x, y) 0, i {,, } geau da we x y,,,, dh geau da we x y M) : Diese Eigeschaft folgt aus x y y x bzw x y ) y x ) M3) : Der Beweis der Dreiecksugleichug ist oft der schwierigste Teil beim Beweis der Metrikeigeschaft d x, y): Es gilt d x, y) x y x z ) + z y ) ) x z + ) : Dreiecksugleichug für reelle Zahle d x, y): Wir betrachte zuächst das Quadrat dieser Fuktio d x, y) x y ) [x z ) + z y )] ) 3) 4) [ x z + z y ] z y d x, z) + d z, y) x z + x z z y + z y x z + z y + x z x z / [d x, z) + d z, y)] / + z y ) : Dreiecksugleichug für reelle Zahle 3) : Schwarzsche Ugleichug 4) : Biomische Formel Die Dreiecksugleichug folgt u durch Wurzelziehe d x, y) Es gilt / z y d x, y) max x y max x z ) + z y ) 5) 6) 5) : Dreiecksugleichug für reelle Zahle 6) : max a + b ) max a + max b max x z + z y ) max x z + max z y d x, z) + d z, y) /

2 0 Folge i metrische Räume Für x IR + x bereche ma: x + Lösug: Da x sich für uterschiedliche x uterschiedlich verhält, ist eie Falluterscheidug ötig Fall : 0 < x < Hier ist x 0 ud es folgt Fall : x Hier ist x Es folgt x x x + x x x x + x Fall : < x I diesem Fall ist x Aus Beispiel 4 i der Vorlesug folgt Ma erhält x 0 x x + x + 0 x + 0 Für die Folge +, )) IN bestimme ma im metrische Raum IR, d ), ei möglichst kleies) 0 ε) aus der Kovergezdefiitio Lösug: Es ist Die Metrik d ist defiiert als +, )), 0) d x, y) x x ) + y y ) Sei ε > 0 gegebe Gesucht ist u ei möglichst kleies 0 mit 0 ) + + ) < ε 0 0 Das gesucht 0 ist die erste atürliche Zahl, die größer als 5 ε < ε 0 5 ε < 0 5 < 0 ε ist

3 3 Ma bestimme Häufugspukte, if, sup, sup ud if der Folge: x ) + ) Lösug: Wege des alterierede Vorzeiches müsse zwei Teilfolge getret betrachtet werde, ud zwar die für gerade sowie die für ugerade i) gerade, dh k, k IN Es sid x k Die Teilfolge ist streg mooto falled, da x k + ) k > k > + ), k x k k + k + ) ) x k+) k + ) Deshalb immt sie ihr Supremum, was hier gleichzeitig Maximum ist, für das erste Glied a ud ihr Ifimum ist der Grezwert für k, dh sup x k x + ) 3 k IN 4, if x k x k k IN k ii) ugerade, dh k, k IN I diesem Falle sid x k + ), k x k k Diese Teilfolge ist streg mooto wachsed, da k < k + ) k + Also immt sie ihr Ifimum im erste Glied a ud ihr Supremum ist der Grezwert für k Das Ifimum ist gleichzeitig Miimum Ma hat also sup x k x k k IN k, if x k x + ) k IN iii) Nu muß ma aus de Eigeschafte der Teilfolge die Eigeschafte der gesamte Folge ermittel Die Mege der Häufugspukte vo x ist { /, /} Daraus folgt { sup x max IN, } {, if x mi IN, } Außerdem sid sup x x 3 4, if x x 4 Ma utersuche durch Awedug geeigeter Kovergezkriterie die folgede reelle Zahlefolge auf Kovergez: ) a + ν ν IN Lösug: Wir zeige, daß

4 i) a ist streg mooto wachsed, ii) a ist ach obe beschräkt Nach Theorem 40 aus der Vorlesug folgt da, daß a kovergiert i) a ist streg mooto wachsed, dh wir müsse a + > a zeige Es ist a + a + ν + + ν ν + + ν ν + ν ν + ν ) ) + ) + ) + ) + ) > 0 ii) a ist ach obe beschräkt Für ν > ist Daraus folgt ν + ν < ν + > + ν + + ν + < Stetige Abbilduge Ma utersuche die Stetigkeit der Fuktio f : IR IR mit x x fx, x ) x + für x x + x 0 0 für x + x 0 Lösug: Für x + x 0 sid sowohl der Zähler als auch der Neer stetige Fuktioe, wobei der Neer icht Null wird Damit ist auch fx, x ) eie stetige Fuktio ach Vorlesug, Folgerug 5) Falls fx, x ) auch i 0, 0) stetig ist, muß für eie beliebige Aäherug x, x ) 0, 0) gelte fx, x ) 0 x,x ) 0,0) Ohe Beschräkug der Allgemeiheit ka ma x, x ) 0, 0) wähle, da für 0, 0) der Wert 0 sowieso ageomme wird Da gilt fx, x ) x x x,x ) 0,0) x,x ) 0,0) x + x x x x x,x ) 0,0) x + x x x + x x,x ) 0,0) x + x ) x x,x ) 0,0) 0 Bei dieser Abschätzug wurde die Ugleichug x x x + x

5 geutzt Also gilt Da, wege des Betrages, auch folgt u Das heißt aber auch Damit ist fx, x ) i 0, 0) stetig fx, x ) 0 x,x ) 0,0) fx, x ) 0 x,x ) 0,0) fx, x ) 0 x,x ) 0,0) fx, x ) 0 x,x ) 0,0) Ma utersuche die Stetigkeit der Fuktio f : IR IR mit x 4 + 5x y + 3x y + xy fx, y) x + y ) x + y > 0 0 x + y 0 im Pukt 0, 0) Lösug: Falls fx, y) stetig ist, muß für ede Aäherug x, y) 0, 0) gelte fx, y) 0 x,y) 0,0) Der Eifachheit halber, probiert ma zuerst eifache Aäheruge, etwa auf der x Achse y 0), der y Achse x 0) oder der Gerade x y Wir betrachte die Aäherug auf der x Achse Da dort y 0 ist, gilt für x 0 fx, 0) x4 x 4, also fx, 0) x 0 Damit habe wir eie Aäherug gefude, dere Grezwert ugleich Null ist ud fx, y) ist i 0, 0) ustetig Spezielle Eigeschafte reeller Fuktioe f : IR IR Ma zeige: Eie stetige Fuktio f : [a, b] [a, b] hat midestes eie Fixpukt ξ [a, b], dh fξ) ξ Lösug: Wir betrachte die Fuktio gx) fx) x Eie Nullstelle vo gx) ist ei Fixpukt vo fx) Aus dem Defiitios- ud Wertebereich vo f folgt Da fx) ud x stetig sid, ist gx) stetig Es gilt gx) : [a, b] [a b, b a] ga) fa) a a a 0 gb) fb) b b b 0, da a fa), fb) b Das heißt, der Fuktioswert vo gx) a der like Itervallgreze ist icht egativ ud a der rechte Itervallgreze icht positiv Nach dem Zwischewertsatz für stetige Fuktioe gibt es ei ξ mit gξ) 0, dh mit fξ) ξ

6 3 Reihe i ormierte Räume Ma verwede das Quotietekriterium zur Bestimmug des Kovergezverhaltes der Reihe a!, a > 0 Lösug: Sei c das allgemeie Reiheglied Da ist c + c a+ + )! a a a! a + Damit gilt c + a c e < für a < e für a e > für a > e Nach dem Quotietekriterium ist die Reihe damit koverget für a < e ud diverget für a > e Nach Vorlesug ist < e für alle Also ist im Fall a e + + > e e + > c + c > Damit ist die Reihe für a e ach Quotietekriterium diverget Ma utersuche die folgede Reihe auf Kovergez ud absolute Kovergez Lösug: Durch Umformug erhält ma + ) ) + + ) ) + ) + ) Da die Folge der Reiheglieder alteriered ist, empfiehlt es sich zu versuche, die Reihekovergez mit Hilfe des Leibizkriteriums zu beweise Dazu muß och gezeigt werde, daß die Folge der Absolutbeträge der Reiheglieder eie mootoe Nullfolge ist Aus 0, folgt die Nullfolgeeigeschaft Die Mootoie folgt aus a + ) + > + ) e + )+ + ) + a + + ) + ) + > + ) ) + > + ) + Damit ist die Reihe ach dem Leibizkriterium koverget Bei der Utersuchug der absolute Kovergez hat ma die Reihe + ) + + )

7 zu betrachte Es ist + ) > für alle Demzufolge gilt < +, ) dh die harmoische Reihe ist eie Miorate Da die harmoische Reihe divergiert, divergiert + ) ebefalls ud die betrachtete Reihe ist icht absolut koverget

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