Metrische Räume

Metrische Räume
K bezeichnet entweder den Körper R oder den Körper C. Genauer bedeutet dies:
K wird in denjenigen Situationen verwendet, in denen die Ersetzung von K sowohl
durch R als auch durch C einen Sinn macht.
Setze R+ = [0, +∞) = {x ∈ R : x ≥ 0}. Sei X eine Menge; eine Abbildung
d : X × X → R+ heißt Metrik auf X, wenn sie folgende Eigenschaften hat:
(1) d(x, y) = 0 genau dann, wenn x = y,
(2) d(x, y) = d(y, x) für alle x, y ∈ X,
(3) (Dreiecksungleichung) d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) für alle x, y, z ∈ X.
Ist d eine Metrik auf X, so heißt (X, d) metrischer Raum. Wenn aus dem Kontext
klar ist, welche Metrik gemeint ist, so schreibt man meistens einfach X statt
(X, d).
Beispiele von metrischen Räumen:
1. Definiere d : K × K → R+ durch d(x, y) = |x − y| für alle x, y ∈ K. Dann ist
d eine Metrik auf K. Es ist klar, dass (1) und (2) erfüllt sind, und (3) gilt, da für
alle x, y, z ∈ K
d(x, z) = |z − x| = |y − x + z − y| ≤ |y − x| + |z − y| = d(x, y) + d(y, z) .
2. Sei A eine Teilmenge von K und sei dA : A × A → R+ die Einschränkung von
d auf A × A, d.h., dA (x, y) = |x − y| für alle x, y ∈ A. Dann ist dA eine Metrik
auf A.
3. Sei X eine Menge und definiere d : X × X → R+ durch
1 , falls x 6= y,
d(x, y) =
0 , falls x = y.
Dann ist d eine Metrik auf X.
Sei (X, d) ein metrischer Raum und A eine Teilmenge von X. Wie im Beispiel 2
definiere nun eine Abbildung dA : A × A → R+ durch dA (x, y) = d(x, y) für alle
x, y ∈ A. Dann ist dA eine Metrik und damit ist (A, dA ) ein metrischer Raum.
dA heißt die auf A induzierte Metrik.
Die metrischen Räume, die in Analysis I und II vorkommen, sind meistens Teilmengen von normierten Vektorräumen, die als Nächstes eingeführt werden. Sei
E ein K-Vektorraum. Dann heißt eine Abbildung k · k : E → R+ Norm, wenn
folgendes gilt:
1
2
Metrische Räume
(1) kxk = 0 genau dann, wenn x = 0.
(2) kλxk = |λ|kxk für alle x ∈ E, λ ∈ K.
(3) (Dreiecksungleichung) kx + yk ≤ kxk + kyk für alle x, y ∈ E.
Ein normierter K-Vektorraum (oder einfach normierter Vektorraum) ist ein Paar
(E, k · k) bestehend aus einem K-Vektorraum E und einer Norm k · k.
Lemma 1 Sei (E, k · k) ein normierter Vektorraum; dann ist die durch
d(x, y) = ky − xk
definierte Abbildung d : E ×E → R+ eine Metrik. Damit ist (E, d) ein metrischer
Raum.
Beweis Es ist klar, dass (1) und (2) erfüllt sind. Für alle x, y, z ∈ E gilt nun
d(x, z) = kz − xk = ky − x + z − yk
≤ ky − xk + kz − yk = d(x, y) + d(y, z) .
Ein normierter Vektorraum wird stets als metrischer Raum betrachtet bezüglich
der in Lemma 1 gegebenen Metrik.
Im Folgenden sei (X, d) ein metrischer Raum. Für jedes x ∈ X, r > 0 sei
B(x, r) = {y ∈ X : d(x, y) < r}
(offener Ball um x mit Radius r). Eine Teilmenge U von X heißt offen, wenn es
zu jedem x ∈ U ein ε > 0 gibt, so dass B(x, ε) ⊂ U.
Falls X = R, ist B(x, r) = (x − r, x + r) für jedes x ∈ R, r > 0. Insbesondere ist
U eine offene Teilmenge von R genau dann, wenn es zu jedem x ∈ U ein ε > 0
mit (x − ε, x + ε) ⊂ U gibt. Man sieht leicht, dass die Intervalle (a, b), (−∞, b)
und (a, +∞) offene Teilmengen von R sind.
Lemma 2 Für jedes x ∈ X, r > 0 ist B(x, r) eine offene Teilmenge von X.
Beweis Sei y ∈ B(x, r); dann ist d(x, y) < r und damit ist ε = r − d(x, y) > 0.
Für alle z ∈ B(y, ε) ist dann nach der Dreiecksungleichung
d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) < d(x, y) + ε = r ,
d.h. B(y, ε) ⊂ B(x, r) und dies zeigt, dass B(x, r) offen ist.
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Satz 1 (1) Die leere Menge ∅ und die Menge X selbst sind offen.
(2) Ist {Uα }α∈A
S eine beliebige Familie von offenen Teilmengen von X, so ist ihre
Vereinigung α∈A Uα offen.
(3) Sind
TnU1 , . . . , Un (mit n ≥ 1) offene Teilmengen von X, so ist ihr Durchschnitt k=1 Uk offen.
Beweis (1) Dies ist klar.
S
(2) Setze U = α∈A Uα , und sei x ∈ U. Dann ist x ∈ Uα für ein α ∈ A und folglich
gibt es ε > 0, so dass B(x, ε) ⊂ Uα , da Uα offen ist. Damit ist B(x, ε) ⊂ U, und
dies zeigt, dass U offen ist.
T
(3) Setze U = nk=1 Uk , und sei x ∈ U. Für jedes k gibt es dann εk > 0, so dass
B(x, ε) ⊂ Uk , da x ∈ T
Uk und Uk offenTist. Sei ε = min{εk : 1 ≤ k ≤ n}; also ist
ε > 0 und B(x, ε) = nk=1 B(x, εk ) ⊂ nk=1 Uk = U, und dies zeigt, dass U offen
ist.
Sei x ∈ X; eine offene Teilmenge U von X heißt offene Umgebung von x, wenn
x ∈ U. Nach Lemma 2 ist B(x, r) eine offene Umbegung von x für jedes r > 0.
Lemma 3 Seien x, y ∈ X mit x 6= y; dann gibt es eine offene Umgebung U von
x und eine offene Umgebung V von y mit U ∩ V = ∅.
Beweis Da x 6= y, ist r = d(x, y) > 0. Setze U = B(x, 21 r) und V = B(y, 21 r); nach
Lemma 2 ist U eine offene Umgebung von x und V eine offene Umgebung von y
und U ∩ V = ∅. (Ist z ∈ U ∩ V , so ist d(x, z) < 12 r und d(z, y) = d(y, z) < 12 r
und damit wäre r = d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) < 21 r + 12 r = r.)
Lemma 4 Zu jedem x ∈ X gibt es eine Folge {Un }n≥1 von offenen Umgebungen
von x mit der Eigenschaft: Ist U eine beliebige offene Umgebung von x, so ist
Un ⊂ U für ein n ≥ 1.
Beweis Sei x ∈ X und für jedes n ≥ 1 setze Un = B(x, 1/n); also ist nach
Lemma 2 {Un }n≥1 eine Folge von offenen Umgebungen von x. Sei U eine beliebige
offene Umgebung von x; da U offen ist und x ∈ U, gibt es ein ε > 0, so dass
B(x, ε) ⊂ U und da ε > 0 ist, gibt es ein n ≥ 1, so dass 1/n ≤ ε. Es gilt dann
Un = B(x, 1/n) ⊂ B(x, ε) ⊂ U.
Für jede Teilmenge A von X sei A◦ die Vereinigung aller offenen Mengen, die
Teilmengen von A sind. (Man merke, dass ∅ eine offene Menge ist mit ∅ ⊂ A.)
Dann ist A◦ ⊂ A und nach Satz 1 (2) ist A◦ offen. Ist ferner U eine beliebige
offene Menge mit U ⊂ A, so ist U ⊂ A◦ ; A◦ ist also die größte offene Menge, die
eine Teilmenge von A ist. A◦ heißt das Innere von A. Es ist klar, dass A genau
dann offen ist, wenn A = A◦ .
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Lemma 5 Für jede Teilmenge A von X ist
A◦ = {x ∈ A : es gibt eine offene Umgebung U von x mit U ⊂ A} .
Ferner ist A◦ = {x ∈ A : es gibt ein ε > 0 mit B(x, ε) ⊂ A}.
Beweis Setze A′ = {x ∈ A : es gibt eine offene Umgebung U von x mit U ⊂ A}.
Ist x ∈ A◦ , so ist A◦ eine offene Umgebung von x mit A◦ ⊂ A und damit ist
x ∈ A′ , d.h., A◦ ⊂ A′ . Ist andererseits x ∈ A′ , so gibt es eine offene Umgebung U
von x mit U ⊂ A und dann ist x ∈ U ⊂ A◦ , da A◦ die größte offene Menge ist,
die eine Teilmenge von A ist. Dies zeigt, dass A′ ⊂ A◦ und daher ist A◦ = A′ .
Sei nun A′′ = {x ∈ A : es gibt ein ε > 0 mit B(x, ε) ⊂ A}. Da nach Lemma 2
B(x, ε) eine offene Umgebung von x ist, ist A′′ ⊂ A′ = A◦ . Sei umgekehrt x ∈ A◦ .
Da A◦ offen ist, gibt es dann ε > 0, so dass B(x, ε) ⊂ A◦ , und insbesondere ist
B(x, ε) ⊂ A, d.h. x ∈ A′′ . Dies zeigt, dass A◦ ⊂ A′′ .
Eine Teilmenge F von X heißt abgeschlossen, wenn die Menge X \ F offen ist.
Insbesondere sind die Intervalle [a, b], (−∞, b] und [a, +∞) abgeschlossene Teilmengen von R.
Satz 2 (1) Die leere Menge ∅ und die Menge X selbst sind abgeschlossen.
(2) Ist {Fα }α∈A eine beliebige
Familie von abgeschlossenen Teilmengen von X,
T
so ist ihr Durchschnitt α∈A Fα abgeschlossen.
S
(3) Sind F1 , . . . , Fn (n ≥ 1) abgeschlossen, so ist ihre Vereinigung nk=1 Fk eine
abgeschlossene Teilmenge von X.
Beweis Dies folgt unmittelbar aus Satz 1, da
X\
\
α∈A
Fα =
[
α∈A
(X \ Fα ) und X \
n
[
k=1
Fk =
n
\
(X \ Fk ) .
k=1
Für jede Teilmenge A ⊂ X sei Ā der Durchschnitt aller abgeschlossenen Mengen,
die A enthalten. (Man merke, dass X eine abgeschlossene Menge ist mit A ⊂ X.)
Dann ist A ⊂ Ā und nach Satz 2 (2) ist Ā abgeschlossen. Ist ferner F eine
beliebige abgeschlossene Menge, die A enthält, so ist Ā ⊂ F ; Ā ist also die
kleinste abgeschlossene Menge, die A enthält. Ā heißt der Abschluss von A. Es
ist klar, dass A genau dann abgeschlossen ist, wenn A = Ā.
Lemma 6 Für jede A ⊂ X gilt X \ Ā = (X \ A)◦ und X \ A◦ = X \ A.
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Beweis Übung.
Lemma 7 Für jede Teilmenge A von X ist
Ā = {x ∈ X : A ∩ U 6= ∅ für jede offene Umgebung U von x} .
Ferner ist Ā = {x ∈ X : A ∩ B(x, ε) 6= ∅ für alle ε > 0}.
Beweis Ist x ∈ A, so gilt A ∩ U ⊃ {x} =
6 ∅ für jede offene Umgebung U von x,
und daraus ergibt sich, dass
{x ∈ A : es gibt eine offene Umgebung U von x mit A ∩ U = ∅} = ∅ .
Nach Lemma 5 und Lemma 6 ist also
X \ Ā =
=
=
=
=
(X \ A)◦
{x ∈ X \ A : es gibt eine offene Umgebung U von x mit U ⊂ X \ A}
{x ∈ X \ A : es gibt eine offene Umgebung U von x mit A ∩ U = ∅}
{x ∈ X : es gibt eine offene Umgebung U von x mit A ∩ U = ∅}
X \ {x ∈ X : A ∩ U 6= ∅ für jede offene Umgebung U von x}
und folglich ist
Ā = {x ∈ X : A ∩ U 6= ∅ für jede offene Umgebung U von x} .
Setze nun A′ = {x ∈ X : A ∩ B(x, ε) 6= ∅ für alle ε > 0}. Nach dem ersten Teil
gilt Ā ⊂ A′ , da B(x, ε) eine offene Umgebung von x ist für jedes ε > 0. Sei
x ∈ A′ und sei U eine offene Umgebung von x. Dann gibt es ein ε > 0, so dass
B(x, ε) ⊂ U, da x ∈ U und U offen ist, und folglich ist A ∩ U ⊃ A ∩ B(x, ε) 6= ∅.
Nach dem ersten Teil ist also x ∈ Ā, d.h. A′ ⊂ Ā.
Unter einer Folge aus X versteht man eine Abbildung
̺ : {n ∈ N : n ≥ p} → X
für ein p ∈ N. Jedem n ≥ p ist also ein Element xn = ̺(n) ∈ X zugeordnet und
man schreibt hierfür meistens {xn }n≥p statt ̺.
Eine Folge {xn }n≥p aus X heißt konvergent gegen x ∈ X, falls es zu jedem ε > 0
ein N ≥ p gibt, so dass d(x, xn ) < ε für alle n ≥ N, (d.h. so dass xn ∈ B(x, ε)
für alle n ≥ N).
Lemma 8 Sei {xn }n≥p eine Folge aus X und sei x ∈ X. Dann konvergiert die
Folge {xn }n≥p gegen x ∈ X genau, wenn es zu jeder offenen Umgebung U von x
ein N ≥ p gibt, so dass xn ∈ U für alle n ≥ N.
Metrische Räume
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Beweis Wenn es zu jeder offenen Umgebung U von x ein N ≥ p gibt, so dass
xn ∈ U für alle n ≥ N, dann konvergiert die Folge {xn }n≥p gegen x ∈ X, da
B(x, ε) eine offene Umgebung von x ist für jedes ε > 0. Nehme also umgekehrt
an, dass die Folge {xn }n≥p gegen x konvergiert. Sei U eine offene Umgebung von
x; da x ∈ U und U offen ist, gibt es ein ε > 0, so dass B(x, ε) ⊂ U und da
{xn }n≥p gegen x konvergiert, gibt es dann ein N ≥ p, so dass xn ∈ B(x, ε) für
alle n ≥ N. Folglich ist auch xn ∈ U für alle n ≥ N.
Lemma 9 Sei {xn }n≥p eine Folge aus X und sei q ≥ p. Dann konvergiert die
Folge {xn }n≥p gegen x ∈ X genau, wenn die Folge {xn }n≥q gegen x konvergiert.
Beweis Dies ist klar.
Lemma 10 Sei {xn }n≥p eine Folge aus X und seien x, x′ ∈ X. Konvergiert
{xn }n≥p gegen x und gegen x′ , so ist x′ = x.
Beweis Nehme an, dass {xn }n≥p gegen x konvergiert und x′ 6= x. Nach Lemma 3
gibt es eine offene Umgebung U von x und eine offene Umgebung V von x′ mit
U ∩V = ∅ und da {xn }n≥p gegen x konvergiert, gibt es nach Lemma 7 ein N ≥ p,
so dass xn ∈ U für alle n ≥ N. Für jedes N ′ ≥ p gibt es also ein n ≥ N ′ , so dass
xn ∈
/ V und folglich {xn }n≥p konvergiert nicht gegen x′ .
Konvergiert eine Folge {xn }n≥p aus X gegen x, so nennt man x den Grenzwert
oder den Limes der Folge und schreibt limn→∞ xn = x. Nach Lemma 10 macht
diese Schreibweise einen Sinn. Ferner gibt es nach Lemma 9 auch kein Problem
mit dieser Schreibweise, wenn die Folgen {xn }n≥p und {xn }n≥q (für ein q ≥ p)
gleichzeitig behandelt werden.
Lemma 11 Sei A eine Teilmenge von X und x ∈ X.
(1) Gibt es eine Folge {xn }n≥p aus A (d.h., mit xn ∈ A für alle n ≥ p), die gegen
x konvergiert, so ist x ∈ Ā.
(2) Ist x ∈ Ā, so gibt es eine Folge {xn }n≥p aus A, die gegen x konvergiert.
Beweis (1) Sei U eine offene Umgebung von x; nach Lemma 8 gibt es dann ein
N ≥ p, so dass xn ∈ U für alle n ≥ N. Insbesondere ist also xN ∈ A ∩ U und
somit ist A ∩ U 6= ∅. Daraus folgt nach Lemma 7, dass x ∈ Ā.
(2) Sei x ∈ Ā; nach Lemma 4 gibt es eine Folge {Un }n≥1 von offenen Umgebungen
von x mit der Eigenschaft: Ist U eine beliebige offene Umgebung von x, so ist
Un ⊂ U für ein n ≥ 1. Für jedes n ≥ 1 setze Vn = U1 ∩ · · · ∩ Un ; nach Satz 1 (3)
ist Vn eine offene Umgebung von x und und folglich gibt es nach Lemma 7 ein
Metrische Räume
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Element xn ∈ A ∩ Vn ; also ist {xn }n≥p eine Folge aus A. Sei nun U eine beliebige
offene Umgebung von x; dann gibt es ein N ≥ 1, so dass UN ⊂ U. Aber Vn ⊂ UN
für alle n ≥ N und folglich ist xn ∈ UN ⊂ U für alle n ≥ N. Daraus folgt nach
Lemma 8, dass {xn }n≥p gegen x konvergiert.
Sei A eine Teilmenge von X; eine konvergente Folge aus A ist eine Folge {xn }n≥p
aus A (d.h., mit xn ∈ A für alle n ≥ p), die konvergiert. (Es wird aber nicht
verlangt, dass der Grenzwert in A liegt.)
Satz 3 Eine Teilmenge A von X ist genau dann abgeschlossen, wenn der Grenzwert von jeder konvergenten Folge aus A auch in A liegt.
Beweis Nehme zunächst an, dass A abgeschlossen ist und sei {xn }n≥p eine Folge
aus A, die gegen x ∈ X konvergiert. Nach Lemma 11 (1) ist dann x ∈ Ā = A.
Nehme umgekehrt an, dass der Grenzwert von jeder konvergenten Folge aus A
auch in A liegt. Sei x ∈ Ā; nach Lemma 11 (2) gibt es dann eine Folge aus A, die
gegen x konvergiert, und also ist x ∈ A. Dies zeigt, dass A = Ā, und damit ist A
abgeschlossen.
Im Folgenden seien (X, d) und (Y, ̺) metrische Räume.
Eine Abbildung f : X → Y heißt an einer Stelle x ∈ X stetig, wenn es zu jedem
ε > 0 ein δ > 0 gibt, so dass ̺(f (x), f (y)) < ε für alle y ∈ X mit d(x, y) < δ.
Eine Abbildung f : X → Y heißt stetig, wenn sie an jeder Stelle x ∈ X stetig ist.
Lemma 12 Sei f : X → Y eine Abbildung und x ∈ X. Dann sind äquivalent:
(1) f ist an der Stelle x stetig.
(2) Für jede Folge {xn }n≥p aus X, die gegen x konvergiert, konvergiert die Folge
{f (xn )}n≥p gegen f (x).
(3) Zu jeder offenen Umgebung V von f (x) gibt es eine offene Umgebung U von
x, so dass U ⊂ f −1 (V ).
Beweis (1) ⇒ (2): Sei {xn }n≥p eine Folge aus X, die gegen x konvergiert. Sei
ε > 0; dann gibt es ein δ > 0, so dass ̺(f (x), f (y)) < ε für alle y ∈ X mit
d(x, y) < δ. Da {xn }n≥p gegen x konvergiert, gibt es also ein N ≥ p, so dass
d(x, xn ) < δ für alle n ≥ N. Daraus folgt, dass ̺(f (x), f (xn )) < ε für alle n ≥ N,
und dies zeigt, dass die Folge {f (xn )}n≥p gegen f (x) konvergiert.
(2) ⇒ (1): Nehme an, dass f an der Stelle x nicht stetig ist. Dann gibt es ein
ε > 0, so dass zu jedem δ > 0 ein y ∈ A existiert mit d(x, y) < δ aber mit
̺(f (x), f (y)) ≥ ε. Insbesondere bedeutet dies, dass es für jedes n ≥ 1 ein xn ∈ X
gibt mit d(x, xn ) < 1/n aber ̺(f (x), f (xn )) ≥ ε. Dann ist {xn }n≥1 eine Folge aus
Metrische Räume
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X, die offensichtlich gegen x konvergiert, aber die Folge {f (xn )}n≥1 kann nicht
gegen f (x) konvergieren, da ̺(f (x), f (xn )) ≥ ε für alle n ≥ 1.
(1) ⇒ (3): Sei V eine offene Umgebung von f (x). Dann gibt es ein ε > 0, so
dass B(f (x), ε) ⊂ V , und da f an der Stelle x stetig ist, gibt es also ein δ > 0,
so dass ̺(f (x), f (y)) < ε für alle y ∈ X mit d(x, y) < δ. Mit anderen Worten:
Für alle y ∈ B(x, δ) ist f (y) ∈ B(f (x), ε) und folglich ist B(x, δ) ⊂ f −1 (V ), da
B(f (x), ε) ⊂ V . Aber nach Lemma 2 ist B(x, δ) eine offene Umgebung von x.
(3) ⇒ (1): Sei ε > 0; dann ist V = B(f (x), ε) eine offene Umgebung von f (x).
Es gibt also eine offene Umgebung U von x, so dass U ⊂ f −1 (V ). Da U offene
Teilmenge von X ist, gibt es nun ein δ > 0, so dass B(x, δ) ⊂ U. Ist y ∈ A
mit d(x, y) < δ, so ist y ∈ B(x, δ) ⊂ U ⊂ f −1 (V ) und damit ist f (y) ∈ V , d.h.
̺(f (x), f (y)) < ε.
Satz 4 Eine Abbildung f : X → Y ist genau dann stetig, wenn für jede offene
Teilmenge V von Y die Menge f −1 (V ) eine offene Teilmenge von X ist.
Beweis Nehme zunächst an, dass f stetig ist. Sei V eine offene Teilmenge von
Y , setze U = f −1 (V ) und sei x ∈ U. Dann ist f (x) ∈ V , d.h. V ist eine offene
Umgebung von f (x), und folglich gibt es nach Lemma
S 12 eine offene Umgebung
−1
Ux S
von x, so dass Ux ⊂ f (V ) = U. Dann ist U = x∈U Ux und nach Satz 1 (2)
ist x∈U Ux eine offene Teilmenge von X. Damit ist f −1 (V ) eine offene Teilmenge
von X.
Nehme umgekehrt an, für jede offene Teilmenge V von Y sei f −1 (V ) eine offene
Teilmenge von X. Sei x ∈ X; für jede offene Umgebung V von f (x) ist dann
U = f −1 (V ) eine offene Umgebung von x und U ⊂ f −1 (V ), und daraus ergibt
sich nach Lemma 12, dass f an der Stelle x stetig ist. Dies gilt für alle x ∈ X
und damit ist f stetig.
Sei (Z, σ) ein weiterer metrischer Raum.
Lemma 13 Seien f : X → Y und g : Y → Z Abbildungen. Ist f an der Stelle
x ∈ X und g an der Stelle f (x) ∈ Y stetig, so ist die zusammengesetzte Abbildung
g ◦ f : X → Z an der Stelle x stetig.
Beweis Setze y = f (x) und z = g(y); also ist z = (g ◦ f )(x). Sei W eine offene
Umgebung von z; da g an der Stelle y stetig ist, gibt es nach Lemma 12 ein offene
Umgebung V von y, so dass V ⊂ g −1(W ), und da f an der Stelle x stetig ist,
gibt es dann nach Lemma 12 ein offene Umgebung U von x, so dass U ⊂ f −1 (V ).
Nun ist aber U ⊂ f −1 (g −1 (W )) = (g ◦ f )−1 (W ), d.h., U ist ein offene Umgebung
von x mit U ⊂ (g ◦ f )−1 (W ). Daraus ergibt sich nach Lemma 12, dass g ◦ f an
der Stelle x stetig ist.
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Satz 5 Sind f : X → Y und g : Y → Z stetige Abbildungen, so ist auch die
zusammengesetzte Abbildung g ◦ f : X → Z stetig.
Beweis Dies folgt unmittelbar aus Lemma 13 (oder Satz 4).
Im Folgenden sei nun (F, k · k) ein normierter K-Vektorraum.
Lemma 14 Seien f, g : X → F Abbildungen, die an der Stelle x ∈ X stetig
sind und seien λ, µ ∈ K. Dann ist die Abbildung λf + µg an der Stelle x stetig.
Beweis Sei ε > 0 und setze b = |λ| + |µ| + 1; dann gibt es δ1 > 0, so dass
kf (y) − f (x)k < ε/b für alle y ∈ X mit d(y, x) < δ1 , und genauso gibt es δ2 > 0,
so dass kg(y) − g(x)k < ε/b für alle y ∈ X mit d(y, x) < δ2 . Sei δ = min{δ1 , δ2 };
für alle y ∈ X mit d(y, x) < δ ist dann
k(λf (y) + µg(y)) − (λf (x) + µg(x))k
= kλ(f (y) − f (x)) + µ(g(y) − g(x))k
≤ |λ|kf (y) − f (x)k + |µ|kg(y) − g(x)k ≤ |λ|ε/b + |µ|ε/b < ε ,
und dies zeigt, dass λf + µg an der Stelle x stetig ist.
Satz 6 Sind die Abbildungen f, g : X → F stetig, so ist es auch die Abbildung
λf + µg für alle λ, µ ∈ K.
Beweis Dies folgt unmittelbar aus Lemma 14.
Lemma 15 Sei f : X → F eine Abbildung, die an der Stelle x ∈ X stetig ist.
Dann gibt es δ > 0 und c ≥ 0, so dass kf (y)k ≤ c für alle y ∈ X mit d(y, x) < δ.
Beweis Da f an der Stelle x stetig ist, gibt es δ > 0, so dass kf (y) − f (x)k < 1
für alle y ∈ X mit d(y, x) < δ. Sei c = 1 + kf (x)k; dann ist
kf (y)k = kf (y) − f (x) + f (x)k ≤ kf (y) − f (x)k + kf (x)k ≤ 1 + kf (x)k = c
für alle y ∈ X mit d(y, x) < δ.
Für Abbildungen f : X → F und r : X → K wird die Abbildung rf : X → F
definiert durch (rf )(x) = r(x)f (x) für alle x ∈ X.
Lemma 16 Seien f : X → F und r : X → K Abbildungen, die beide an der
Stelle x ∈ X stetig sind. Dann ist die Abbildung rf an der Stelle x stetig.
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Beweis Nach Lemma 15 gibt es δ0 > 0 und c ≥ 0, so dass kf (y)k ≤ c für alle
y ∈ X mit d(y, x) < δ0 ; setze b = 1 + c + |r(x)|. Sei ε > 0; dann gibt es δ1 > 0,
so dass kf (y) − f (x)k < ε/b für alle y ∈ X mit d(y, x) < δ1 , und genauso gibt
es δ2 > 0, so dass |r(y) − r(x)| < ε/b für alle y ∈ X mit d(y, x) < δ2 . Sei
δ = min{δ0 , δ1 , δ2 }; dann ist
kr(y)f (y) − r(x)f (x)k = kr(y)f (y) − r(x)f (y) + r(x)f (y) − r(x)f (x)k
= k(r(y) − r(x))f (y) + r(x)(f (y) − f (x))k
≤ |r(y) − r(x)|kf (y)k + |r(x)|kf (y) − f (x)k ≤ cε/b + |r(x)|kε/b < ε
für alle y ∈ X mit d(y, x) < δ und dies zeigt, dass rf an der Stelle x stetig ist.
Satz 7 Sind f : X → F und r : X → K stetige Abbildungen, so ist auch die
Abbildung rf stetig.
Beweis Dies folgt unmittelbar aus Lemma 16.
Lemma 17 Nehme zusätzlich an, dass (F, k · k) eine normierte Algebra ist und
seien f, g : X → F Abbildungen, die beide an der Stelle x ∈ X stetig sind. Dann
ist die Produktabbildung f g an der Stelle x stetig.
Beweis Nach Lemma 15 gibt es δ0 > 0 und c ≥ 0, so dass kf (y)k ≤ c für alle
y ∈ X mit d(y, x) < δ0 ; setze b = 1 + c + kg(x)k. Sei ε > 0; dann gibt es δ1 > 0,
so dass kf (y) − f (x)k < ε/b für alle y ∈ X mit d(y, x) < δ1 , und genauso gibt
es δ2 > 0, so dass kg(y) − g(x)k < ε/b für alle y ∈ X mit d(y, x) < δ2 . Sei
δ = min{δ0 , δ1 , δ2 }; dann ist
kf (y)g(y) − f (x)g(x)k = kf (y)g(y) − f (y)g(x) + f (y)g(x) − f (x)g(x)k
= kf (y)(g(y) − g(x)) + (f (y) − f (x))g(x)k
≤ kf (y)kkg(y) − g(x)k + kf (y) − f (x)kkg(x)k ≤ cε/b + kg(x)kε/b < ε
für alle y ∈ X mit d(y, x) < δ und dies zeigt, dass f g an der Stelle x stetig ist.
Satz 8 Ist (F, k · k) eine normierte Algebra und sind f, g : X → F stetige
Abbildungen, so ist auch die Produktabbildung f g stetig.
Beweis Dies folgt unmittelbar aus Lemma 17.