Lösung - Universität Ulm

Prof. Dr. Stefan Funken Analysis 2
M.Sc. Markus Bantle SS 2010
Institut für Numerische Mathematik
Universität Ulm
Übungsblatt 4
(Abgabe Dienstag 18. Mai 2010 um 10 Uhr vor der Vorlesung.)
Aufgabe 11 (Metriken) (6 Punkte)
(a) Sei X eine nichtleere Menge und d : X × X → R eine Metrik auf X. Zeigen Sie, dass durch d∗ : X × X → R,
ebenfalls eine Metrik gegeben ist.
d ∗ (x,y) = d(x,y)
1+d(x,y)
(b) Zeigen Sie, dass durch d : C([a,b]) × C([a,b]) → R, d(x,y) = � b
a
stetigen Funktionen gegeben ist.
Lösung
(a) Wegen der Positivität von d gilt auch für d∗ :
= 0 und
d ∗ (x,y) = d(x,y)
1+d(x,y)
≥ 0
1+0
d ∗ (x,y) = 0 ⇐⇒ d(x,y)
1+d(x,y)
d ∗ ist symmetrisch, denn
d ∗ (y,x) = d(y,x)
1+d(y,x)
= 0 ⇐⇒ d(x,y) = 0 ⇐⇒ x = y.
= d(x,y)
1+d(x,y) = d∗ (x,y).
Es bleibt noch die Dreiecksungleichung zu zeigen. Da die Funktion f(t) = t
Dreiecksungleichung erfüllt, gilt
d ∗ (x,y) = d(x,y) d(x,z)+d(z,y)
≤
1+d(x,y) 1+d(x,z)+d(z,y)
d(x,z)
=
1+d(x,z)+d(z,y) +
d(z,y)
1+d(x,z)+d(z,y) 4
≤ d(x,z) d(z,y)
+
1+d(x,z) 1+d(z,y) = d∗ (x,z)+d ∗ (z,y).
|x(t)−y(t)|
1+|x(t)−y(t)| dt eine Metrik auf dem Raum der
1+t
monoton wachsend ist und da d die
(b) Da der Integrand nicht negativ ist, gilt d(x,y) ≥ 0. Zudem gilt: d(x,x) = � b |x(t)−x(t)|
a 1+|x(t)−x(t)| dt = � b
a 0dt = 0.
Die Symmetrie ist erfüllt, da die Betragsmetrik symmetrisch ist.
Mit der selben Abschätzung wie in Teil (a) folgt die Dreiecksungleichung (ersetze in (a) d(x,y) durch die Betragsmetrik
und integriere auf beiden Seiten der Ungleichung.)
Aufgabe 12 (Diskrete Metrik) (4 Punkte)
Sei X eine nichtleere Menge und d die diskrete Metrik auf X.
(i) Zeigen Sie, dass Uε(a) = {a} für 0 < ε < 1 gilt, und folgern Sie, dass jede Teilmenge M von X in (X,d) sowohl
offen als auch abgeschlossen ist.
(ii) Zeigen Sie, dass eine Folge f = (xk) in X genau dann gegen a ∈ X konvergiert, wenn xk = a für fast alle k ∈ N
gilt.
Lösung.
(i) Sei 0 < ε ≤ 1, dann gilt zunächst d(a,a) = 0 < ε. Für x �= a erhalten wir jedoch d(x,a) = 1 ≥ ε. Es folgt
Uε(a) = {a}. Es gibt also für a ∈ {a} eine Umgebung U1/2(a) die in {a} enthalten ist. Damit ist a innerer Punkt
und {a} als Menge innerer Punkte offen. Sei nun A ⊂ X. Dann ist
A = �
{x} und X \A = �
{x}
x∈A
x∈X\A
als Vereinigung offener Mengen offen und A als Komplement einer offenen Menge auch abgeschlossen.

(ii) Wir zeigen zunächst die Hinrichtung. Konvergiert f gegen a ∈ X, so gilt für fast alle k ∈ N die Aussage
xk ∈ U1(a) = {a}, also xk = a.
Für die Rückrichtung haben wir xk = a für fast alle k ∈ N als Voraussetzung. Es gibt also ein n ∈ N mit xk = a
für alle k ≥ n. Sei ε > 0, dann ist d(xk,a) = 0 < ε für alle k ≥ n. Damit konvergiert f gegen a.
Aufgabe 13 (Normen) (6 Punkte)
Zeigen Sie die folgenden Ungleichungen für x ∈ R n .
(a) n 1−p
p ||x||1 ≤ ||x||p ≤ p√ n||x||∞,1 < p < ∞
(b) ||x||∞ ≤ ||x||p, 1 ≤ p < ∞
Lösung
(a) Nach der Hölderschen Ungleichung gilt mit p,q, 1 1
p + q = 1
�
n�
� 1
p � �n
||x||1 = |x1 ·1|+···|xn ·1| ≤
i=1
i=1
|xi| p
i=1..n
i=1
i=1
|1| q
�1
q
= n 1
q||x||p = n p−1
p ||x||p.
Daraus folgt die erste Ungleichung Die zweite Ungleichung ergibt sich aus folgender Überlegung.
�
n�
||x||p = |xi| p
�1 �
p n�
� 1
p �
1
p
≤ max |xi| = n· max |xi|
p� p
=
i=1..n p√ n||x||∞
(b) Es gilt
||x||∞ = max
i=1...n |xi| = ( max
i=1...n |xi| p ) 1
p ≤
�
n�
|xi| p
i=1
� 1
p
= ||x||p.
Aufgabe 14 (Metrics and topologies) (4 Punkte)
(a) Let X = {A,B,C,D} be a set. Complete the following table such that d : X ×X → N0 is a metric on X.
A B C D
A 2 3
B 1
C
D 1
(b) Sei X wie in Teil (a) definiert und sei T := {∅,{A,B},{A},{A,C,D},X}. Entscheiden Sie (mit Beweis) ob T
eine Topologie auf X ist.
Lösung
(a) Aufgrund der ersten beiden Eigenschaften der Metrik (Positivität und Symmetrie) können wir die Tabelle ergänzen
zu
A B C D
A 0 2 3
B 2 0 1 1
C 1 0
D 3 1 0
Weiterhin gilt
d(A,B) ≤ d(A,C)+d(C,B) ⇐⇒ 1 ≤ d(A,C) und d(A,C) ≤ d(A,B)+d(B,C) = 3, also 1 ≤ d(A,C) ≤ 3 und
d(C,D) ≤ d(C,B)+d(B,D) = 2 sowie d(B,D) ≤ d(C,D)+d(B,C) ⇐⇒ 0 ≤ d(C,D) als0 0 ≤ d(C,D) ≤ 2.
Wir wählen d(A,C) = d(C,D) = 2. Damit gilt die Dreiecksungleichung für alle Kombinationen (nachrechnen!).
Insgesamt ergibt sich die Tabelle zu
A B C D
A 0 2 2 3
B 2 0 1 1
C 2 1 0 2
D 3 1 2 0

(b) Wir testen die drei Eigenschaften einer Topologie:
(a) ∅ ist in T enthalten.
(b) Alle möglichen Vereinigungen von Elementen von T sind wieder in T enthalten. (einzeln nachrechnen!).
(c) Alle möglichen Schnitte von Elementen von T sind wieder in T enthalten. (einzeln nachrechnen!).
Aufgabe 15 (Mengen) (3 Punkte)
Bestimmen Sie den Bildbereich B der Funktionen
f : [0,∞)×[0,π] → R 2 , (r,φ) T ↦→ (rcos(φ),rsin(φ)) T .
Entscheiden Sie mit Beweis, ob B abgeschlossen oder offen ist und bestimmen Sie das Innere, den Abschluss und den
Rand von B.
Lösung
Es gilt
Also gilt für den Bildbereich
r ∈ R,φ ∈ [0,π] ⇐⇒ r ∈ R,cos(φ) ∈ [−1,1] ⇐⇒ rcos(φ) ∈ R
r ∈ R,φ ∈ [0,π] ⇐⇒ r ∈ R,sin(φ) ∈ [0,1] ⇐⇒ rcos(φ) ∈ [0,∞).
B = R×[0,∞).
B ist nicht offen, da für den Punkt x = (0,0) ∈ B für jedes ε > 0 ist Uε(x) nicht in B enthalten. Z.B. ist der Punkt
(0,− ε
2 ) in der Umgebung, nicht aber in B enthalten. Also ist B abgeschlossen.
Das Innere von B ist gegeben durch B0 = R×(0,∞) und der Rand ist ∂B = R.