4. Probetest M3 ET 1 Anmerkung 1 Zweck des Tests ist es, sich mit

4. Probetest M3 ET
18. Juni 2009
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Anmerkung 1 Zweck des Tests ist es, sich mit den Begriffen an und für sich auseinanderzusetzen. Versuchen Sie, unter Benützung der Vorlesungsunterlagen den Test durchzuarbeiten.
Bitte halten Sie etwaige Fragen für die Besprechungen am Di. 16.6., Mi 17.6. und
(gegebenenfalls) Do. 18.6. (am Tag des Testes).
1) Die auf dem offenen Intervall I = (0, 1) definierte Funktion d(x, y) := | x1 − y1 | erfüllt die
Dreiecksungleichung
Antw.: J
2) Die auf dem Funktionenraum C(I) definierte Funktion d(f, g) := supx∈I |f (x)g(x)| ist
eine Metrik
Antw.: N: Es genügt f (x) = g(x) = 1 zu wählen. Dann wäre 0 = d(f, f ) = 1, ein Widerspruch
3) Es sei (M, d) ein metrischer Raum und f : M → M kontrahierend. Dann gibt es genau
einen Fixpunkt von f in M
Antw.: N: Es sei M := {x ∈ Q | x ≥ 1} (rationale Zahlen) und f (x) := 12 (x + x2 ). Dann ist f
√
kontrahierend. Die Iteration, falls sie konvergiert, strebt notgedrungen gegen 2 6∈ Q. Man
benötigt von M die Vollständigkeit
4) Es sei (M, d) vollständiger metrischer Raum und f : M → M erfülle d(f (x), f (y)) <
d(x, y) für alle x, y in M mit x 6= y. Dann hat f einen Fixpunkt in M
Antw.: N: (16.6.09 geändertes Beispiel - das vorherige war falsch, weil M nicht vollständig
war) Es sei M := [1, ∞) und f (x) := x + x1 . Dann ist für x 6= y stets |f (x) − f (y)| =
1 |x − y + x1 − y1 | = |x − y| |xy−1|
= |x − y| 1 − xy
< |x − y|. Die Gleichung x = f (x) = x + x1
xy
hat jedoch keine Lösung in [1, ∞), also gibt es keinen Fixpunkt.
5) Eine Teilmenge T des metrischen Raumes (M, d) ist offen, wenn sie eine offene Kugel
enthält
Antw.: N: Ist M = R und d die Abstandsmetrik, so enthält das Intervall T := [0, 1] die
offene Kugel K( 12 , 14 ) = ( 14 , 43 ), ohne selbst offen zu sein. Um nämlich offen zu sein, muß jeder
Punkt von T innerer Punkt sein, also in einem offenen Teilintervall von T liegen. Das trifft
auf die Punkte 0 und 1 sicher nicht zu
6) Die Funktion f : (M, d) → (M 0 , d0 ) ist genau dann stetig an x ∈ M , falls es eine gegen x
konvergente Folge {xn }∞
n=1 gibt sodaß f (limn→∞ xn ) = limn→∞ f (xn ) gilt
Antw.: N: Für M = M 0 = R und die Abstandsmetrik ist f (x) := 0 falls x rational, und
1 sonst, bei 0 nicht stetig. Hingegen konvergiert die Folge { n1 }∞
n=1 gegen Null und es ist
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limn→∞ f (xn ) = limn→∞ 1 = 0 = f (0) = f (limn→∞ xn ). Der Fehler: die Vertauschbarkeit
von limn→∞“ und f 16.6.09 Herrn Pichler sei für den Hinweis limn→∞ f (xn ) = 0“ ge”
”
”
dankt!“ muß für jede gegen x konvergente Folge gelten
7) Die auf R stetigen Funktionen f , für welche limx→∞ f (x) = 0 gilt, bilden einen reellen
Vektorraum bezüglich punktweisen Operationen +“ und Multiplikation mit reellen Zahlen
”
Antw.: J: Wir zeigen, als Beispiel, daß mit f und g auch f + g diese Eigenschaft hat.
Tatsächlich ist limx→∞ (f + g)(x) = limx→∞ (f (x) + g(x)) = limx→∞ f (x) + limx→∞ g(x) =
0 + 0 = 0. Somit gehört f + g zu diesem Vektorraum. Analog für λf , wobei λ ∈ R beliebig ist
8) Die Funktionen x und cos x sind linear unabhängig als reelle Funktionen
Antw.: J: Ist 0 = λx + µ cos x für alle x ∈ R erfüllt, so ergibt sich für x = 0 sofort µ = 0
und danach für x = 1 auch λ = 0
9) Auf dem reellen Vektorraum der konvergenten reellen Folgen ist durch f ({xn }∞
n=1 ) :=
limn→∞ xn ein lineares Funktional gegeben
Antw.: J: Dies ist zu folgender Rechenregel für Limiten äquivalent: Sind {xn }∞
n=1 und
∞
{yn }n=1 konvergent, so auch für beliebiges λ und µ in R die linear kombinierte Folge“
”
{λxn + µyn }∞
n=1 konvergent und es ist limn→∞ (λxn + µyn ) = λ limn→∞ xn + µ limn→∞ yn
10)
R 1 pAuf dem Raum der auf I := [0, 1] stetig differenzierbaren Funktionen ist durch J(f ) :=
1 + f 0 (x)2 dx ein Element des Dualraumes gegeben
0
Antw.: N: Es ist zwar
R 1 ein Funktional, jedoch nicht linear. Für f = 0 (die Nullfunktion) wäre
nämlich 0 = J(f ) = 0 1 dx = 1, ein Widerspruch
11) Auf dem Raum C(R) der auf R stetigen Funktionen mit Werten in R ist durch T2π (f )(x) :=
f (x + 2π) − f (x) ein linearer Operator gegeben, dessen Kern aus den 2π-periodischen Funktionen besteht. 16.6.09 Angabe leicht abgeändert, vorherige Version mit T2π (x) := f (x + 2π)
sollte trivialen Kern haben. Herrn Pichler wird für den Hinweis gedankt.
Antw.: J
12) Auf dem reellen Vektorraum der auf R 2-mal stetig differenzierbaren Funktionen ist durch
f 7→ f 00 + f ein linearer Operator gegeben, dessen Kern als Basis {cos x, sin x} besitzt
Antw.: J: Der Kern besteht aus den Lösungen von y 00 + y = 0. Die übliche Ansatzmethode
ergibt die obigen Funktionen
13) Es sei J(u) :=
u02 (x)u2 (x)x2 )0
R1
0
(u0 (x) cos x− u
03 (x)
3
u(x)2 x2 ) dx. Der Eulerausdruck lautet −2u−(cos x+
Antw.: N: Es ist L(x, u, u0 ) = u0 cos x −
u03 2 2
3 u x ,
somit Lu (x, u, u0 ) = − 23 uu03 x2 und Lu0 =
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cos x − u02 u2 x2 , somit lautet der Eulerausdruck (man setzt nun u(x) und u0 (x) explizit ein)
2
− u0 (x)3 u(x)x2 − (cos x − u0 (x)2 u(x)2 x)0
3
14) Wenn L(x, u, u0 ) = xuu0 , so lautet die Eulergleichung explizit −u = 0
Antw.: J: Es ist Lu = xu0 und Lu0 = xu und danach der Eulerausdruck Lu − (Lu0 )0 =
xu0 − (xu)0 = xu0 − u − xu0 = −u


1 1 | a
15) Damit das Gleichungssystem A :=  2 1 | b  lösbar ist, ist notwendig und hinrei3 2 | c
T
chend daß (a, b, c) im Kern der linearen Abbildung mit Matrix (1, 1, −1) liegt
Antw.: J: Dualitätstheorie. Man sucht eine Basis des Kerns der zu A dualen Abbildung, also
eine Basis des Kerns von AT . Eine solche Basis ist z.B. durch (1, 1, −1)T gegeben. Nun muß
(a, b, c)T für alle Elemente dieser Basis (als lineare Funktionale, d.h. als Matrizen (1, 1, −1)
aufgefaßt) im Kern liegen. Dies ist die behauptete Gleichung
16) Auf dem komplexen Vektorraum der auf I = [0, 1] stetigen komplexwertigen Funktionen
ist durch kf k := sup{|<(f (x))| | 0 ≤ x ≤ 1} eine Norm gegeben
Antw.: N: Es sei f (x) = ix, dann ist <(f )(x) = 0, also wäre zwar f 6= 0, jedoch kf k = 0
∞
∞
17)
aller absolut
P∞ Auf dem reellen Vektorraum ∞
P∞ konvergenten Folgen {xn }n=1 mit k{xn }n=1 k :=
n=1 |xn | < ∞ ist durch f ({xn }n=1 ) :=
n=1 xn ein Element f des topologischen Dualraums
gegeben
Antw.: J:P
Zunächst ist f wohldefiniert, weil aus der absoluten Konvergenz die Konvergenz
der Reihe ∞
n=1 xn folgt. Ähnlich wie bei Beispiel 9 sieht man, daß f lineares Funktional ist.
Die Stetigkeit ergibt sich aus der Abschätzung
|f ({xn }∞
n=1 )|
=|
∞
X
xn | ≤
n=1
∞
X
|xn | = k{xn }∞
n=1 k,
n=1
somit ist das C“ in der Definition der Beschränktheit (|f (x)| ≤ Ckxk) gleich 1. Zusatz: man
”
kann sogar kf k = 1 zeigen
18) Es gilt die Ungleichung supx∈[0,1] |f (x)| ≤
bares f (Poincarésche Ungl.)
R1
0
|f 0 (x)| dx für beliebiges stetig differenzier-
Antw.: N: Es sei f (x) = 1. Dann ist f 0 (x) = 0. Die angegebene Ungleichung würde dann
1 ≤ 0 lauten, ein Widerspruch. Zusatz: Falls f (0) = f (1) = 0, so ist die Ungleichung korrekt