Analyis 2 im Sommer 2009

Analyis 2 im Sommer 2009
Dr. Remke Kloosterman
13. Juli 2009
3 Metrische Räume
3.1 Metrik
Sei X eine Menge. Wir möchten den Abstand zweier Punkte in X denieren. Hierzu
betrachten wir zunächst den üblichen Abstand |x − y| zweier Punkte x, y ∈ R. Wir
haben schon in Analysis I gesehen, dass für x, y, z ∈ R gilt:
1. |x − y| = |y − x|,
2. |x − y| = 0 genau dann, wenn x = y ,
3. |x − z| ≤ |x − y| + |y − z|. (Dreiecksungleichung)
Dies motiviert die folgende Denition.
Denition 3.1. Sei X eine Menge. Eine Metrik auf X ist eine Abbildung d : X ×X → R,
sodass für jedes x, y, z ∈ X gilt
1. d(x, y) = d(y, x),
2. d(x, y) = 0 genau dann wenn x = y ,
3. d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z). (Dreiecksungleichung)
Ein metrischer Raum ist ein Paar (X, d), wobei d eine Metrik auf X ist. Für x, y ∈ X
ist d(x, y) der Abstand zwischen x und y bzgl. d.
Lemma 3.2. Sei (X, d) ein metrischer Raum. Dann ist d(x, y) ≥ 0 für alle x, y ∈ X .
Beweis. Nach der Dreiecksungleichung haben wir
d(x, x) ≤ d(x, y) + d(y, x) = 2d(x, y).
Da d(x, x) = 0 gilt, gilt auch d(x, y) ≥ 0.
Beispiel 3.3. Metrische Räume
1. Auf X = C ist d(x, y) := |x − y| ein Metrik.
2. Auf jeder Menge existiert eine Metrik. Denn sei X eine beliebige Menge, dann wird
die diskrete Metrik auf X durch
½
0 falls x = y
d(x, y) =
1 falls x 6= y.
deniert.
2
3 Metrische Räume
3. Sei X = C([a, b]) die Menge der Stetigen Funktionen von [a, b] in R. Sei
d(f, g) := max |f (x) − g(x)| = ||f − g||[a,b] .
x∈[a,b]
Dann ist d ein Metrik auf X .
4. Sei X = Q und sei p eine Primzahl. Jedes r ∈ Q kann man schreiben als pk nt mit
k, n, t ∈ Q , wobei p die Zahlen n und t nicht teilt. Wir setzen vp (r) = k . Dann ist
d(x, y) = p−vp (x−y)
ein Metrik auf Q. Diese Metrik hat die bemerkenswerte Eigenschaft d(x, y) ≤
max{d(x, z), d(y, z)}.
3.2 Normierte Vektorräume
Denition 3.4. Sei V ein Vektorraum über K = R oder K = C. Eine Norm auf V ist
eine Abbildung
|| || : V
→ R+ ∪ {0}
x 7→ ||x||
mit den folgenden Eigenschaften:
1. ||x|| = 0 genau dann, wenn x = 0,
2. ||λx|| = |λ| ||x|| für alle x ∈ X , λ ∈ K,
3. ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y||.
Das Paar (V, || ||) heiÿt normierter Vektorraum.
Satz 3.5. Auf einem normierten Vektorraum (V, || ||) ist d : V × V → R, gegeben durch
d(x, y) = ||x − y||,
eine Metrik auf V .
Beweis. Übung.
Bemerkung 3.6. Eine Metrik der Form des obigen Satzes heiÿt die durch || || induzierte
Metrik.
Beispiel 3.7. Normierte Vektorräume
3
3 Metrische Räume
1. Sei V = Rn . Die Euklidische Norm auf V wird deniert durch
°
°
° x1 °
°
°
q
° x2 °
°
°
=
x21 + x22 + · · · + x2n .
° .. °
° . °
°
°
° xn °
2
Die Maximumnorm auf V wird deniert durch
°
°
° x1 °
°
°
° x2 °
°
°
° .. ° = max |xi |.
° . °
i∈{1,2,...,n}
°
°
° xn °
∞
2. Sei W = Cn , dann wird die Maximumnorm auf W genauso deniert. Die Euklidische Norm auf W wird deniert durch
°
°
° z1 °
°
°
° z2 °
p
°
°
° .. ° = |z1 |2 + |z2 |2 + · · · + |zn |2 .
° . °
°
°
° zn °
2
Lemma 3.8. Für jedes x ∈ Rn gilt
||x||∞ ≤ ||x||2 ≤
Beweis. Da |xi | =
√
n||x||∞ .
q
x2i , gilt
q
max |xi | ≤
x21 + · · · + x2n .
Damit ist ||x||∞ ≤ ||x||2 . Andererseits ist x21 + · · · + x2n ≤ n max |xi |2 , sodass
q
p
√
√
||x||2 = x21 + · · · + x2n ≤ n max |xi |2 = n max |xi | = n||x||∞ .
3.3 Oene Mengen
Denition 3.9. Sei (X, d) ein metrischer Raum, a ∈ X und sei r ∈ R+ . Die oene Kugel
Br (a) um a mit Radius r ist die Menge
Br (a) := {x ∈ X | d(x, a) < r}.
4
3 Metrische Räume
Satz 3.10. Sei (X, d) ein metrischer Raum und seien x, y ∈ X unterschiedliche Punkte.
Dann existiert ein r > 0 sodass
Br (x) ∩ Br (y) = ∅.
Beweis. Setze r = 13 d(x, y) > 0. Für z ∈ Bs (x) ∩ Bs (y) gilt d(x, y) < r und d(y, z) < r.
Aus der Dreiecksungleichung folgt dann
3r = d(x, y) ≤ d(x, z) + d(y, z) < 2r.
Dies ist in Widerspruch zu r > 0, sodass Br (x) ∩ Br (y) = ∅.
Denition 3.11. Sei (X, d) ein metrischer Raum. Eine Menge U ⊂ X heiÿt oen, falls
zu jedem x ∈ X ein ² > 0 existiert, sodass B² (x) ⊂ U . Eine Menge V ⊂ X heiÿt
abgeschlossen falls X \ V oen ist.
Beispiel 3.12. Oene und abgeschlossene Mengen
1. Sei (X, d) = (R, | |) und seien a, b ∈ R mit a < b. Dann ist ]a, b[⊂ R oen: Für ein
x ∈]a, b[ wähle man r = min(x − a, b − x) > 0. Dann gilt Br (x) ⊂]a, b[.
2. Das Intervall [a, b] ist nicht oen: Für jedes ² > 0 gilt a − 12 ² ∈ B² (a) und a − 12 ² 6∈
[a, b].
3. Die uneigentlichen Intervalle ]b, ∞[ und ] − ∞, a[ sind oen und auch deren Vereinigung ist oen (das wird im folgenden Satz beweisen). Damit ist [a, b] = R \
(] − ∞, a[∪]b, ∞[) abgeschlossen.
Satz 3.13. Sei (X, d) ein metrischer Raum. Dann gilt:
1. Die Teilmengen ∅ und X sind oen.
2. Seien U, V ⊂ X oene Teilmengen, dann ist U ∩ V oen.
3. Sei (Ui )i∈I eine Familien oener Teilmengen. Dann ist ∪i∈I Ui oen.
Beweis. Zu den einzelnen Punkten:
1. Sei x ∈ X . Dann ist (per Denition) für jede r > 0 die oene Kugel Br (²) in X
enthalten und insbesondere X oen. Die leere Menge ∅ ist oen, da es kein x ∈ ∅
gibt und es damit nichts zu überprüfen gibt.
2. Sei x ∈ U ∩ V . Dann ist x ∈ U und x ∈ V . Damit existieren ein r > 0 und ein
s > 0, sodass Br (x) ⊂ U und Bs (x) ⊂ V . Für t = min(r, s) > 0 gilt dann
Bt (x) = Br (x) ∩ Bs (x) ⊂ U ∩ V.
Damit ist U ∩ V oen.
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3 Metrische Räume
3. Sei x ∈ ∪i∈I Ui . Dann existiert eine j so dass x ∈ Uj . Da Uj oen ist, existiert ein
r > 0 mit Br (x) ⊂ Ui . Damit gilt
Br (x) ⊂ Ui ⊂ ∪i∈I Ui
und ∪i∈I Ui ist oen.
Bemerkung 3.14. In einem Metrischen Raum (X, d) sind die Mengen X und ∅, wie gesehen, immer oen. Insbesondere sind dann aber X\X = ∅ und X\∅ = X , als Komplemente
oener Mengen, abgeschlossen. Insgesamt zeigt dies mit dem obigen Beispiel, dass eine
Menge weder oen noch abgeschlossen sein muss, aber auch beides gleichzeitig sein kann.
Denition 3.15. Sei (X, d) ein metrischer Raum und sei U ⊂ X eine Teilmenge. Der
Rand ∂U von U besteht aus allen x ∈ X , für die die Eigenschaft
Br () ∩ U 6= ∅ und Br (x) ∩ (X \ U ) 6= ∅
für alle r > 0 erfüllt ist.
Bemerkung 3.16. Für eine Teilmenge A ⊂ X eines Metrischen Raumes (X, d) gilt nach
Denition ∂A = ∂(X\A).
Beispiel 3.17. Sei I =]a, b[ ein Intervall in R mit a < b. Dann ist ∂I = {a, b}.
Satz 3.18. Sei (X, d) ein metrischer Raum, U ⊂ X eine Teilmenge. Dann gilt:
1. U \ ∂U ist oen.
2. U ∪ ∂U ist abgeschlossen.
3. ∂U ist abgeschlossen.
Beweis. Zu den einzelnen Punkten:
1. Sei x ∈ X \ ∂X . Dann existiert ein ² > 0 mit B² (x) ⊂ X (sonst wäre x ∈ ∂X ).
Damit ist X \ ∂X oen.
2. Sei U C = X \ U das Komplement von U , dann gilt bekanntlich ∂U = ∂U C . Da
U C \ ∂U C = U C \ ∂U oen ist, ist
U ∪ ∂U = X \ (U C \ ∂U )
abgeschlossen.
3. Es gilt
X \ ∂U = (X \ (U ∪ ∂U )) ∪ (U \ ∂U ).
Da U ∪ ∂U abgeschlossen ist, ist X \ (U ∪ ∂U ) oen. Da U \ ∂U oen ist, und der
Vereinigung oener Teilmenge wieder oen ist, ist auch X \ ∂U oen. Damit ist ∂U
abgeschlossen.
6
3 Metrische Räume
Denition 3.19. Sei (X, d) ein metrischer Raum und sei U ⊂ X eine Teilmenge. Das
Innere von U ist
inn(U ) := U \ ∂U
und die abgeschlossene Hülle von U ist
cl(U ) := U ∪ ∂U.
Satz 3.20. Sei (X, d) ein metrischer Raum und Y ⊂ X eine Teilmenge.
1. Ist U ⊂ X oen und inn(Y ) ⊂ U ⊂ Y , dann gilt inn(Y ) = U . D.h. inn(Y ) ist die
gröÿte oene und in Y enthaltene Menge.
2. Ist A ⊂ X abgeschlossen und Y ⊂ A ⊂ cl(Y ), dann gilt cl(Y ) = A. D.h. cl(A) ist
die kleinste abgeschlossene Teilmenge von X , die Y enthält.
Beweis. Zu den einzelnen Punkten:
1. Zu zeigen ist U ⊂ inn(Y ) = Y \∂Y . Angenommen es existiert ein x ∈ U ∩ ∂Y . Da
U oen ist, existiert dann einerseits ein ² > 0 mit B² (x) ⊂ U . Andererseits ist x
auch ein Randpunkt von Y , d.h. es muss auch B² (x) ∩ X\Y 6= ∅ gelten. Dies wäre
jedoch ein Widerspruch zu
B² (x) ⊂ U ⊂ Y.
2. Hier ist cl(Y ) = Y ∪ ∂Y ⊂ A bzw. ∂Y ⊂ A zu zeigen. Sei dazu x ∈ ∂Y ∩ X\A. Da
A abgeschlossen und demzufolge X\A oen ist, existiert einerseits ein ² > 0 mit
B² (x) ⊂ X\A. Andererseits ist x auch ein Randpunkt von Y , d.h. es muss ebenfalls
B² (x) ∩ Y 6= ∅ gelten. Das steht jedoch im Widerspruch zu
B² (x) ⊂ X\A ⊂ X\Y.
Satz 3.21. Sei X = Rn und seien d2 und d∞ die Metriken, die durch || ||2 und || ||∞
induziert werden, sowie Br∞ (x) und Br2 (x) die jeweiligen Kugeln vom Radius r > 0 um
ein beliebiges x ∈ X . Dann gilt:
2
Br2 (x) ⊂ Br∞ (x) ⊂ B√
n r (x).
Insbesondere ist eine Teilmenge U ⊂ X genau dann bzgl. d2 oen, wenn sie bzgl. d∞
oen ist.
√
Beweis. Hierfür benutzen wir die Eigenschaft ||x||∞ ≤ ||x||2 ≤ n||x||∞ . Denn aus
y ∈ Br2 (x) folgt damit
r > d2 (x, y) = kx − yk2 ≥ kx − yk∞ = d∞ (x, y),
7
3 Metrische Räume
bzw. y ∈ Br∞ (x) und Br2 (x) ⊂ Br∞ (x). Analog ist mit y ∈ Br∞ (x)
1
√ d2 (x, y) ≤ d∞ (x, y) < r,
n
√
2
2
bzw. d2 (x, y) < n r und y ∈ B√
(x), woraus andererseits Br∞ (x) ⊂ B√
(x) folgt.
nr
nr
Sei nun U ⊂ X bezüglich d2 oen und sei x ∈ U beliebig. Dann existiert nach Voraussetzung ein s > 0 mit Bs2 (x) ⊂ U . Für r = √sn gilt dann mit dem eben gezeigten
2
2
Br∞ (x) ⊂ B√
n r (x) = Bs (x) ⊂ U.
Da x beliebig gewählt war, ist U auch bezüglich d∞ oen. Die andere Richtung folgt
analog.
3.4 Grenzwerte und Stetigkeit
Denition 3.22. Sei (X, d) ein Metrischer Raum und (xk )k∈N eine Folge in X . Die Folge
(xk ) konvergiert genau dann gegen ein a ∈ X ,
lim xk = a,
k→∞
wenn zu jedem ² > 0 ein N ∈ N existiert, so dass für alle k ≥ N die Eigenschaft
xk ∈ B² (a) erfüllt ist.
Beispiel 3.23. Die Folge ( k1 )k∈N ist in (R, | |) bekanntlich eine Nullfolge und insbesondere
konvergent. Bezüglich der diskreten Metrik
½
0 falls x = y
d(x, y) =
1 falls x 6= y.
gilt jedoch d(0, k1 ) = 1 für alle k . Damit existiert für alle 0 < ² < 1 kein N ∈ N mit
1
disk. (0) für alle k > N , d.h. die Folge ( 1 )
k ∈ B²
k k∈N ist bezüglich der diskreten Metrik
nicht konvergent.
Bemerkung 3.24. Wie eben gesehen, hängt im Allgemeinen die Konvergenz einer Folge
von der Wahl der Metrik ab. Im Rn konvergiert jedoch eine Folge genau dann gegen ein
x ∈ Rn bezüglich d2 , wenn sie bzgl. d∞ gegen x konvergiert. Dies folgt aus der Eigenschaft
2
Br2 (x) ⊂ Br∞ (x) ⊂ B√
nr (x).
Satz 3.25. Sei (xk )k∈N = (xk,1 , . . . , xk,n )k∈N eine Folge in (Rn , d2 ). Dann gilt



lim 
k→∞ 
xk,1
xk,2
..
.


 
 
=
 
limk→∞ xk,1
limk→∞ xk,2
..
.
limk→∞ xk,n
xk,n
8





3 Metrische Räume
Beweis. Sei a = (a1 , . . . , an ) = limk→∞ xk (Grenzwert bezüglich d2 ). Nach der vorangegangenen Bemerkung ist a ebenfalls der Grenzwert von (xk ) bzgl. d∞ , d.h. zu jedem
² > 0 gibt es ein N ∈ N mit xk ∈ B²∞ (a) für alle k > N . Insbesondere ist
max |ai − xk,i | < ² ∀k > N
i=1,...,n
und damit |ai − xk,i | < ² für alle i = 1, . . . , n und k > N . Jede Komponentenfolge (xk,i )
der Folge (xk ) konvergiert demzufolge gegen a ∈ R bezüglich der durch | | induzierten
Metrik (Standardmetrik), d.h. es gilt limk→∞ xk,i = ai .
Seien umgekehrt ai = limk→∞ xk,i für i = 1, . . . , n die Grenzwerte der einzelnen Komponentenfolgen und sei ² > 0. Dann existiert für jedes i eine Ni ∈ N so dass für alle
k > Ni die Eigenschaft |ai − xk,i | < ² erfüllt ist. Für N = max{N1 , N2 , . . . , Nn } gilt dann
insbesondere
max |ai − xk,i | < ² ∀k > N.
D.h. die Folge (xk ) konvergiert bezüglich d∞ gegen a. Aus der vorangehenden Bemerkung
folgt damit die Behauptung.
Satz 3.26. Sei (X, d) ein metrischer Raum. Eine Teilmenge U ⊂ X ist genau dann
abgeschlossen, wenn für eine Folge (xk )k∈N ⊂ U mit limk→∞ xk = x ∈ X stets x ∈ U
folgt.
Beweis. (⇒). Sei U abgeschlossen und (xk )k∈N ⊂ U eine konvergente Folge, d.h. es
existiert ein x ∈ X mit lim xk = x. Angenommen x 6∈ U . Da U abgeschlossen ist, ist
X\U oen und es existiert ein ² > 0 mit B² (x) ⊂ X\U . Aus der Konvergenz von (xk )
folgt zudem die Existenz eines N ∈ N mit xk ∈ B² (x) für alle k > N . Dies ist jedoch ein
Widerspruch zu (xk )k∈N ⊂ U und es folgt x ∈ U .
(⇐). Sei andererseits U nicht abgeschlossen und damit X\U nicht oen. Dann existiert
ein x ∈ X\U mit
∀k ∈ N.
B 1 (x) ∩ U 6= ∅
k
Wählt man für jedes k ∈ N ein xk aus dieser Schnittmenge, so erhält man für (xk ) ⊂
U eine zu x konvergente Folge. Dies kann aber nicht sein, denn nach Voraussetzung
konvergiert jede konvergente Folge aus U gegen ein Element in U - ein Widerspruch.
Denition 3.27. Eine Folge (xk ) ⊂ (X, d) heiÿt eine Cauchy-Folge, falls zu jedem ² > 0
ein N ∈ N existiert, sodass für alle k, m ≥ N
d(xk , xm ) < ²
gilt.
Satz 3.28. Sei (xk ) ⊂ (X, d) eine konvergente Folge, dann ist (xk ) eine Cauchy-Folge.
Beweis. Sei x = limk→∞ xk und sei ² > 0. Dann existiert ein N ∈ N mit d(xk , x) < ²/2
für alle k > N . Nach der Dreiecksungleichung gilt dann für alle k, m > N
²
²
d(xk , xm ) ≤ d(xk , x) + d(x, xm ) < + = ².
2 2
9
3 Metrische Räume
Bemerkung 3.29. Die Umkehrung gilt im Allgemeinen nicht. Um dies zu sehen, betrachte
man z.B. die Nullfolge ( n1 )n∈N ⊂ (R, | |). Als konvergente Folge ist sie natürlich auch eine
Cauchy-Folge. In dem Metrischen Raum (R\ {0} , | |) ist sie immer noch eine CauchyFolge, konvergiert jedoch nichtmehr, da der Grenzwert fehlt. Dies motiviert die folgende
Denition.
Denition 3.30. Ein metrischer Raum (X, d) heiÿt vollständig falls jede Cauchy-Folge
in X konvergiert.
Satz 3.31. Der Metrische Raum (Rn , d2 ) ist vollständig.
Beweis. Sei (xk )k∈N = (xk,1 , . . . , xk,n )k∈N ⊂ Rn eine Cauchy-Folge und ² > 0 xiert.
Dann existiert ein N ∈ N mit d(xk , xm ) < ² für alle k > N . Wegen
|xk,i − xm,i | ≤ max |xk,i − xm,i | = d∞ (xk , xm ) ≤ d2 (xk , xm ) ∀i = 1, . . . , n
i
ist (xk,i )k∈N ⊂ R für jedes i ∈ {1, . . . , n} eine Cauchy-Folge in (R, | |). Da (R, | |) vollständig ist, konvergieren alle diese Komponentenfolgen in R . Aus Satz 3.25 folgt dann
die Behauptung.
Denition 3.32. Seien (X, dX ) und (Y, dY ) Metrische Räume. Eine Abbildung f : X →
Y heiÿt stetig in a ∈ X , falls für jede konvergente Folge (xk )k∈N mit limk→∞ xk = a
lim f (xk ) = f (a)
k→∞
bezüglich dY gilt.
Satz 3.33. Seien f : X → Y und g : Y → Z Abbildungen zwischen metrischen Räume.
Sei a ∈ X . Ist f in a und g stetig in f (a) stetig. Dann ist g ◦ f : X → Z in a stetig.
Beweis. Sei (xk )k∈N ⊂ (X, dX ) eine Folge mit Grenzwert a. Dann ist (yk )k∈N := (f (xk ))k∈N
eine Folge in Y . Da f stetig in a ist, gilt lim yk = lim f (xk ) = f (a) = b. Und da g stetig
in b ist, folgt lim g(yk ) = g(b) bzw.
lim g(f (xk )) = lim g(yk ) = g(b) = g(f (a)).
Damit ist g ◦ f stetig in a.
Satz 3.34. Sei (X, d) ein Metrischer Raum. Eine Abbildung f = (f1 , . . . , fn ) : X → Rn
ist genau dann stetig, wenn die Komponenten fi : X → R stetig sind.
Beweis. Dies folgt direkt aus Satz 3.25.
Lemma 3.35. Die folgenden Abbildungen sind stetig:
add : R × R → R (x, y) 7→ (x + y)
mult : R × R → R (x, y) 7→ xy
quod : R × R∗ → R (x, y) →
7 xy .
10
3 Metrische Räume
Beweis. Übung.
Satz 3.36. Sei (X, d) ein metrischer Raum und seien f, g : X → R stetige Funktionen.
Dann sind f + g : X → R und f · g : X → R stetig. Ist g(x) 6= 0 für alle x ∈ X , dann ist
auch fg : X → R stetig.
Beweis. Dies folgt unmittelbar aus dem obigen Lemma sowie Satz 3.33.
Satz 3.37. Sei f : (X, dX ) → (Y, dY ) eine Abbildung zwischen Metrischen Räumen.
f ist genau dann in a ∈ X stetig, wenn zu jedem ² > 0 ein δ > 0 existiert, sodass
f (Bδ (a)) ⊂ B² (f (a)) gilt , d.h. wenn aus d(x, a) < δ automatisch d(f (x), f (a)) < ² folgt.
Beweis. (⇒). Angenommen es stimmt nicht, d.h. für ein ² > 0 und alle δ > 0 existiert ein
xδ ∈ Bδ (a) mit f (xδ ) ∈ f (Bδ (a))\B² (f (a)). Setzt man δn = n1 , erhält man mit (xδn )n∈N
eine gegen a konvergente Folge, deren Bildfolge (f (xδn ))n∈N wegen f (xδn ) ∈
/ B² (f (a))
bzw.
dY (f (a), f (xδn )) ≥ ²
∀n ∈ N
nicht gegen f (a) konvergiert. Dies ist ein Widerspruch zur Voraussetzung.
(⇐). Sei xn → a eine in (X, dX ) konvergente Folge und ² > 0 beliebig. Dann existiert
ein δ > 0 mit f (Bδ (a)) ⊂ B² (f (a)) und es existiert ein N ∈ N mit xn ∈ Bδ (a) für alle
n > N . Nach Voraussetzung ist dann auch f (xn ) ∈ B² (f (a)) für alle n > N . Daraus
folgt die Behauptung.
3.5 Lineare Abbildungen
Sei f : Rm → Rn eine lineare Abbildung, d.h., es existiert eine n × m Matrix A so dass
für alle x ∈ Rm gilt
f (x) = Ax.
P
Wir zeigen jetzt dass f stetig ist bzgl. d∞ . Bemerke dass fi (x) = m
j=1 Aij xj . Damit ist
|fi (x)| = |
m
X
j=1
Aij xj | ≤
m
X
|Aij | |xj | ≤ m max |Aij | ||x||∞
j
j=1
Für i = 1, . . . n setze man Ci = m maxj |Aij | und C = maxi Ci . Dann gilt für alle x ∈ Rn
||f (x)||∞ = max |fi (x)| ≤ (max Ci ) ||x||∞ = C ||x||∞ .
i
Seien a ∈ Rm und ² > 0 beliebig. Für δ = ²/C wähle man ein x ∈ Rm mit ||x − a|| < δ .
Dann gilt
||f (x) − f (a)||∞ = ||f (x − a)||∞ ≤ C ||x − a||∞ = C · δ = ².
Damit gilt f −1 (Bδ (a)) ⊂ B² (f (a)) und f ist stetig in a.
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3 Metrische Räume
Bemerkung 3.38. Sei f : V → W eine lineare Abbildung wobei V und W unendlichdimensional sind. Die Norm von f ist gegeben durch
C=
sup
||f (x)||.
x∈V : kxk=1
Falls C endlich ist, kann man, ähnlich wie oben, zeigen dass f stetig ist. Falls C = ∞
gilt, dann ist f nicht stetig. Dies beweist man mit Hilfe des ² − δ -Kriteriums.
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