Vorbemerkung - Martin Ueding

Vorbemerkung
Dies ist ein abgegebener Übungszettel aus dem Modul math241.
Dieser Übungszettel wurde nicht korrigiert. Es handelt sich lediglich um meine Abgabe und
keine Musterlösung.
Alle Übungszettel zu diesem Modul können auf http://martin-ueding.de/de/university/bsc_physics/math241/
gefunden werden.
Sofern im Dokuments nichts anderes angegeben ist: Dieses Werk von Martin Ueding ist
lizenziert unter einer Creative Commons Namensnennung - Weitergabe unter gleichen Bedingungen 4.0 International Lizenz.
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math240 Übung 2
Tutorin: Inka Hammer
Martin Ueding∗
22. April 2012
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Aufgabe 1
1.1
d1 × d2 ist Metrik
Als erstes zeige ich, dass d1 × d2 eine Metrik definiert. Dazu zeige ich die drei Axiome.
Sei für den Rest dieses Abschnitts xi , yi , zi ∈ Xi .
Null Es soll gezeigt werden, dass gilt:
d1 × d2 ((x1 , y1 ), (x2 , y2 )) = 0 ⇔ (x1 , y1 ) = (x2 , y2 )
Beweis. ⇐ Richtung Sei x1 = y1 und x2 = y2 . Da d1 und d2 je eine Metrik sind, erfüllen
sie selbst dieses Axiom.
d1 × d2 ((x1 , y1 ), (x2 , y2 )) = max {d1 (x1 , y1 ), d2 (x2 , y2 )} = max {0, 0} = 0
⇒ Richtung Sei max {d1 (x1 , y1 ), d2 (x2 , y2 )} = 0. Da d1 und d2 Metriken sind, die nicht
negativ sein können, folgt daraus direkt, dass d1 (x1 , y1 ) = 0 und d2 (x2 , y2 ) = 0. Dies
wiederum bedeutet, dass x1 = y1 und x2 = y2 .
Damit ist die Äquivalenz gezeigt.
Symmetrie Es ist zu zeigen, dass gilt:
d1 × d2 ((x1 , y1 ), (x2 , y2 )) = d1 × d2 ((x2 , y2 ), (x1 , y1 ))
Beweis. Da die di bereits Metriken sind, für die die Symmetrie gilt, gilt diese hier auch.
d1 × d2 ((x1 , y1 ), (x2 , y2 )) = max {d1 (x1 , y1 ), d2 (x2 , y2 )}
= max {d1 (y1 , x1 ), d2 (y2 , x2 )}
= d1 × d2 ((x2 , y2 ), (x1 , y1 ))
Dreiecksungleichung Es ist zu zeigen, dass gilt:
d1 × d2 ((x1 , z1 ), (x2 , z2 )) ≤ d1 × d2 ((x1 , y1 ), (x2 , y2 )) + d1 × d2 ((y1 , z1 ), (y2 , z2 ))
∗
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1
Beweis. Die Metriken di haben ihrerseits bereits eine Dreiecksungleichung, die ich hier
benutze. Außerdem erfüllt das Maximum die Dreiecksungleichung.
d1 × d2 ((x1 , z1 ), (x2 , z2 )) = max {d1 (x1 , z1 ), d2 (x2 , z2 )}
≤ max {d1 (x1 , y1 ) + d1 (y1 , z1 ), d2 (x2 , y2 ) + d2 (y2 , z2 )}
≤ max {d1 (x1 , y1 ), d2 (x2 , y2 )} + max {d1 (y1 , z1 ), d2 (y2 , z2 )}
= d1 × d2 ((x1 , y1 ), (x2 , y2 )) + d1 × d2 ((y1 , z1 ), (y2 , z2 ))
1.2
offene Mengen
Sei U eine offene Teilmenge von X. Dann gilt:
∀(x1 , x2 ) ∈ U : ∃ > 0 : {(a1 , a2 ) ∈ U : d1 × d2 ((a1 , x1 ), (a2 , x2 )) < } ⊂ U
Die Bedingung betrachte ich jetzt isoliert:
d1 × d2 ((a1 , x1 ), (a2 , x2 )) < Aus der Definition der Metrik folgt:
max {d1 (a1 , x1 ), d2 (a2 , x2 )} < Da das Maximum der beiden Teile kleiner als ist, ist der andere Teil erst recht kleiner als .
Somit folgt daraus:
d1 (a1 , x1 ) < ∨ d2 (a2 , x2 ) < Das kartesische Produkt U zerlege ich in zwei Teilmengen U1 und U2 , so dass U1 × U2 = U gilt.
Für das oben gewählte gelten auch die Bedingungen an jede Menge einzeln. Daher gilt dann
auch:
∀xi ∈ Ui ∃ > 0 : {ai ∈ Ui : di (ai , xi ) < } ⊂ Ui
Das obrige besagt, dass die Menge Ui offen ist. Somit ist die ⇒ Richtung gezeigt.
Die ⇐ Richtung funktioniert ähnlich.
Ich beginne mit zwei offenen Teilmengen Ui , die dann jeweils erfüllen:
∀xi ∈ Ui ∃ > 0 : {ai ∈ Ui : di (ai , xi ) < i } ⊂ Ui
Dann wähle ich = min {1 , 2 }. Mit dem so gewählten gilt die Ungleichung für beide Teilmengen gleichzeitig:
d1 (a1 , x1 ) < ∨ d2 (a2 , x2 ) < Da beide Metriken einzeln die Bedingung erfüllen, wird es auch ihr Maximum tun:
max {d1 (a1 , x1 ), d2 (a2 , x2 )} < Dies ist allerdings genau die Definition der kombinierten Metrik. Ich bilde das kartesische Produkt der Menge. Ich erhalte alle Paare, die die kombinierte Bedingung erfüllen:
∀(x1 , x2 ) ∈ U ∃ > 0 : {(a1 , a2 ) ∈ U : d1 × d2 ((a1 , x1 ), (a2 , x2 )) < } ⊂ U
Dies ist eine offene Menge in X. Somit ist U genau dann offen, wenn alle Ui offen sind.
2
1.3
Stetigkeit der Projektion
Sei O ∈ Ui eine offene Teilmenge. Damit πi stetig ist, muss πi−1 [O] offen sein.
Sei also O1 ∈ Ui eine offene Teilmenge. Sei O = O1 × O2 das Urbild O = πi−1 [O1 ]. Damit O offen
ist, muss auch O2 offen sein (siehe §
1.4
Konvergenz
Hier soll gezeigt werden, dass die nächsten beiden Aussagen äquivalent sind:
∀ > 0 : ∃n0 ∈ N : ∀n > n0 : d1 × d2 ((x1 , x2 )n , (x1 , x2 )) < ∀i : ∀ > 0 : ∃n0 ∈ N : ∀n > n0 : di (xin , xi ) < Beweis. Bei einer stetigen Funktion f gilt für eine Folge (xn )n∈N mit Grenzwert x:
lim f (xn ) = f lim xn = f (x)
n→∞
n→∞
Nach Satz 1.18 aus der Vorlesung darf man den Limes aus einem Tupel ziehen, wenn die einzelnen
Teile konvergieren:
lim (x1 , x2 )n = lim x1n , lim x2n = (x1 , x2 )
n→∞
n→∞
n→∞
Ist xi ∈ Xi , ist die Äquivalenz damit gezeigt.
2
Aufgabe 2
Als Konvergenzkriterium benutze ich die Folgenstetigkeit. Damit fN im Punkt x stetig ist, muss
gelten:
∀ > 0 : ∃n0 ∈ N : ∀n > n0 : d (fN (xn ), fN (x)) < 2.1
Konvergenz von fN auf N
Es ist zu entscheiden, ob die Funktion fN auf N stetig ist. Ich behaupte, dass sie es nicht
ist.
Beweis. Sei ein N ∈ N vorgegeben. Sei x ∈ X der Grenzwert einer Folge (xn )n∈N . Damit fN in
x stetig ist, müsste gelten:
∀ > 0 : ∃n0 ∈ N : ∀n > n0 :
d (fN (xn ), fN (x)) < 1
1
+
<
fN (xn ) fN (x)
1
1
+
<
fN (xn ) fN (x)
1
1
+ <
xn x
∀ > 0 : ∃n0 ∈ N : ∀n > n0 :
∀ > 0 : ∃n0 ∈ N : ∀n > n0 :
∀ > 0 : ∃n0 ∈ N : ∀n > n0 :
Sobald ein < x1 vorgegeben wird, kann die Bedingung nicht mehr für fast alle n eingehalten
werden, da beide Brüche positiv sind. Die Funktion ist in x nicht mehr stetig. Somit ist die
Funktion in keinem Punkt stetig bezüglich der Metrik stetig.
3
2.2
Konvergenz von f∞ auf N ∪ {P }
Es ist zu entscheiden, ob die Funktion f∞ auf N ∪ {P } stetig ist. Ich behaupte, dass sie nicht
stetig ist.
Beweis. Zuerst die Stetigkeit für einem Punkt x aus N. Sei x ∈ X der Grenzwert einer Folge
(xn )n∈N . Es muss gelten:
∀ > 0 : ∃n0 ∈ N : ∀n > n0 :
d (f∞ (xn ), f∞ (x)) < 1
1
+
<
f∞ (xn ) f∞ (x)
1
1
+
<
f∞ (xn ) f∞ (x)
1
1
+ <
xn x
∀ > 0 : ∃n0 ∈ N : ∀n > n0 :
∀ > 0 : ∃n0 ∈ N : ∀n > n0 :
∀ > 0 : ∃n0 ∈ N : ∀n > n0 :
Egal, welches n0 man wählt, es bleibt auf jeden Fall x1 als untere Schranke für das , womit die
Bedingung nicht für alle gelten kann. Die Funktion f∞ ist daher nicht auf N ∪ {P } stetig.
Der Punkt P ist auch nicht stetig:
∀ > 0 : ∃n0 ∈ N : ∀n > n0 :
d (f∞ (xn ), f∞ (P )) < 1
1
+
<
f∞ (xn ) f∞ (P )
1
1
+
<
f∞ (xn ) f∞ (P )
1
1
+
<
xn 2012
1
1
+
<
x 2012
∀ > 0 : ∃n0 ∈ N : ∀n > n0 :
∀ > 0 : ∃n0 ∈ N : ∀n > n0 :
∀ > 0 : ∃n0 ∈ N : ∀n > n0 :
∀ > 0 : ∃n0 ∈ N : ∀n > n0 :
Auch hier gibt es eine obere Schranke für das . Somit ist f∞ in P nicht stetig.
Auf dem ganzen Definitionsbereich gesehen ist f∞ nicht stetig.
2.3
Funktion g(x)
Es soll entschieden werden, ob g(x) stetig ist. Ich behaupte, dass die Funktion nicht stetig
ist.
Beweis. Ich gehe davon aus, dass hier die normalen Zahlen mit der normalen Norm gebraucht
werden.
Der einzige Punkt, der besonders bezüglich 1b ist, ist x = 0. Eine Folge (xn ) := n1 würde beliebig
nahe an x = 0 kommen, ohne jedoch eine irrationale Zahl zu haben. An der Stelle 0 ist g(0)
allerdings 1, somit wäre es mit dieser Folge nicht stetig und es muss für alle Folgen gelten.
Eine ganze Zahl z ∈ Z als Grenzwert könnte mit xn := z + n1 = zn+1
erreicht werden. Jedoch ist
n
g(z) = 1 der Funktionswert für jede solche Zahl. Der Grenzwert der Funktionswerte ist jedoch
0:
1
1
zn + 1
lim g(xn ) = lim g z +
= lim g
= lim
= 0 6= 1 = g(z)
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
n
n
n
4
Somit ist g nicht in Z stetig.
g ist in ganz R nicht stetig. Dazu betrachte ich mit dem -δ-Kriterium eine reelle Zahl r ∈ R\Q:
∀ > 0 : ∀x ∈ R : ∃δ > 0 : |x − r| < δ ⇒ |g(x) − g(r)| < In einer δ-Umgebung um einen Punkt r ∈ R sind jedoch immer reelle Zahlen enthalten, bei denen
g(r) = 0 gilt, wobei jedoch g(r) 6= 0 bei rationalen Zahlen ist. Somit muss man mindestens 1b
groß sein, womit das Kriterium nicht für alle bei rationalen Zahlen erfüllt werden kann.
Die Funktion g ist in R unstetig.
3
3.1
Aufgabe 3
Äquivalenz
Es ist zu zeigen: Die Metriken d1 und d2 sind äquivalent. Dazu muss gezeigt werden, dass sie
die gleichen offenen Mengen definieren.
Dazu definiere ich zuerst k:
d2 (x, y) = k · d1 (x, y)
x
y 1 + x − 1 + y = k · |x − y|
x−y
(1+x)(1+y) =k
x−y 1
(1 + x)(1 + y) = k
Dieses k ist wohldefiniert und kleiner als 1, da x und y jeweils größer als 0 sind.
Daraus folgt:
k · d1 (x, y) ≤ d2 (x, y) ≤ d1 (x, y)
Eine offene Kugel bezüglich d2 ist eine also auch eine offene Kugel bezüglich d1 , da die Metrik
d2 ein stärkeres Kriterium stellt.
Eine offene Kugel bezüglich d1 kann in eine offene Kugel bezüglich d2 umgewandelt werden,
wenn man den Radius mit k skaliert.
Somit definieren die beiden Metriken die gleichen offnen Mengen.
3.2
Unvollständigkeit
Es ist zu zeigen: (X, d2 ) ist nicht vollständig.
Beweis. Dazu muss man eine Folge finden, die zwar bezüglich d2 eine Cauchy-Folge ist, jedoch
bezüglich d2 nicht konvergiert. Die Konvergenz hängt von der Topologie ab, die hier allerdings
gleich ist, wie in der ersten Teilaufgabe gezeigt. Das Cauchy-Kriterium hängt allerdings von der
Metrik ab, die hier eben verschieden ist.
Als Folge nehmen ich (xn ) = n.
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Für das Cauchy-Kriterium:
n
m n + 1 − 1 m + 1 − 1 1
1 1
1
d2 (xn , xm ) = −
=
−
=
−
≤ +
<
n+1 m+1
n+1
m+1
n+1 m+1
n m
Für ein ausreichend großes n0 ist dies nach dem Archimedischen Axion erfüllbar, die Folge ist
also eine Cauchy-Folge.
Die Folge konvergiert allerdings nicht bezüglich d2 .
Falls die Folge gegen x konvergieren würde, dann müsste gelten:
n
x −
lim
=0
n→∞ n + 1
1 + x
Mit dem gleichen +0 Trick wie oben erhält man:
1
1 lim
−
=0
n→∞ n + 1
1 + x
1
Das bedeutet allerdings, dass 1+x
auch gegen 0 gehen muss, was allerdings für kein x nicht
möglich ist. Die Folge konvergiert also nicht. (X, d2 ) ist unvollständig.
4
Aufgabe 4
Es soll gezeigt werden, dass f stetig ist.
Für die Stetigkeit von f muss gelten:
∀x ∈ X : ∀ > 0 : ∀(xn )n∈N ∈ X : ∃n0 ∈ N : ∀n > n0 : d
lim f (xn ), f (x) < n→∞
Dabei kann man f einsetzen. Dann gilt mit den gleichen Quantoren:
d (inf {d(xn , a) : a ∈ A} , inf {d(x, a) : a ∈ A}) < Je nach Lage von x kann man unterscheiden:
x ∈ A Der Punkt x liegt in A. Damit ist der kleinste Abstand d(x, a) = 0 bei x = a. Wählt man
n0 so, dass alle Folgenglieder xn ∈ A, so ist der Grenzwert direkt erreicht. Es gilt 0 < .
x∈
/ A Der Punkt x liegt außerhalb von A. Somit beschreibt das f (x) den Abstand zum nächsten
Punkt aus der Menge A. n0 wird so gewählt, dass alle Folgenglieder außerhalb von A liegen.
Es bleibt zu zeigen, dass f hier stetig ist.
5
Aufgabe 5
Um zu zeigen, dass (Y, dH ) ein metrischer Raum ist, zeige ich die drei Axiome für die Metrik.
Null Zu zeigen ist:
dH (A, B) = 0 ⇔ A = B
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Beweis. Zuerst zeige ich die ⇐ Richtung:
Sei A = B. Somit sind die beiden Terme im Maximum gleich und ich brauche nur einen
davon zu betrachten.
Das Infimum für ein gegebenes a ist immer 0, da ein b existiert, so dass a = b gilt. Dadurch
ist das Supremum der Inifma auch 0, und das Maximum damit auch.
Jetzt die ⇒ Richtung:
Sei das Maximum 0. Somit sind beide Terme im Maximum auch 0. Wenn das Supremum
0 ist, so muss jedes Element auch 0 sein. Es treten keine negativen Elemente auf, da per
Definition d(a, b) ≥ 0 gilt. Die Infima sind also 0. Das bedeutet, dass es zu jedem a ein b
gibt, so dass d(a, b) = 0, also a = b gilt. Daraus folgt A ⊆ B.
Im anderen Maximumsterm sind die beiden Mengen vertauscht. Daraus folgt dann B ⊆ A.
Zusammen ergibt sich A = B.
Somit gilt die Behauptung in beide Richtungen.
Symmetrie Es ist zu zeigen, dass gilt:
dH (A, B) = dH (B, A)
Beweis.
dH (A, B) = max sup
a∈A
inf {d(a, b)} , sup inf {d(a, b)}
b∈B
b∈B
a∈A
Das Maximum ist kommutativ.
= max sup inf {d(a, b)} , sup inf {d(a, b)}
a∈A
b∈B
a∈A
b∈B
Die Metrik d ist, per Defintion, kommutativ.
= max sup inf {d(b, a)} , sup inf {d(b, a)}
a∈A
b∈B
a∈A
b∈B
= dH (B, A)
Somit gilt die Symmetrie.
Dreiecksungleichung Es ist zu zeigen, dass gilt:
dH (A, C) ≤ dH (A, B) + dH (B, C)
Beweis.
dH (A, C) = max sup inf {d(a, c)} , sup inf {d(a, c)}
a∈A c∈C
c∈C a∈A
)
(
(
(
≤ max sup
a∈A
inf {d(a, b) + d(b, c)} , sup
c∈C
b∈B
c∈C
))
inf {d(a, b) + d(b, c)}
a∈A
b∈B
Die Menge B definiere ich so, dass sie nur ein Element enthält. Damit geht die Dreiecksungleichung immer über das gleiche Element und ich darf es aus dem Infimum herausziehen.
(
(
)
(
))
≤ max sup
a∈A
inf {d(a, b)} + inf {d(b, c)} , sup
c∈C
b∈B
c∈C
b∈B
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c∈C
inf {d(a, b)} + inf {d(b, c)}
a∈A
b∈B
a∈A
b∈B
Für das Supremum gilt die Dreiecksungleichung auf jeden Fall immer.
≤ max sup inf {d(a, b)} , sup inf {d(a, b)}
a∈A b∈B
b∈B a∈A
+ max sup inf {d(b, c)} , sup inf {d(b, c)}
b∈B
c∈C
c∈C
= dH (A, B) + dH (B, C)
8
b∈B