Martin Friesen, ¨Ubungsblatt 3

Tutor: Martin Friesen, [email protected]
Übungsblatt 3 - Analysis 2, Prof. G. Hemion
1. Sei X eine beliebige Menge und d : X × X −→ R definiert als:


0 , x = y
d(x, y)) :=

1 , x 6= y
Zeigen Sie, dass (X, d) ein metrischer Raum ist.
Ist (Y, d0 ) ein weiterer metrischer Raum.
(a) Ist jede Abbildung f : X −→ Y notwendigerweise stetig?
(b) Ist jede Abbildung g : Y −→ X notwendigerweise stetig?
Beweis.
Zuerst zeigen wir, dass die so definierte Abbildung auf X tatsächlich eine Metrik ist.
(i) Die Eigenschaft d(x, y) = 0 ⇔ x = y folgt aus der Definition der Abbildung.
(ii) Ebenso ist die Symmetrie trivial, wegen x = y ⇔ y = x und der Definition der Abbildung.
(iii) Seien x, y, z ∈ X beliebig. Ist x = z so gilt:
d(x, z) = 0 = 0 + 0 ≤ d(x, y) + d(y, z) da ja: d(a, b) ≥ 0 immer erfüllt ist.
Ist jetzt x 6= z, so folgt:
d(x, z) = 1 ≤ d(x, y) + d(y, z),
denn der kleinste Wert der rechten Seite ist 1. Wäre dieser 0, so folgt: x = y = z und das ist
ein Wiederspruch.
Man kann die folgenden Aufgaben zwar direkt mit dem ε − δ - Kriterium lösen, jedoch möchte
ich gerne folgendes Kriterium benutzen:
Eine Abbildung f ist stetig genau dann, wenn Urbilder offener Mengen wieder offen sind.
Zunächst finden wir erstmal alle Mengen U ⊂ X, welche offen sind:
Sei U ⊂ X beliebig. Ferner sei x ∈ U beliebig. Setze ε =
1
2
dann ist:
B(x, ε) = B(x, 12 ) = {y ∈ X : d(x, y) < 12 } = {x}
1
Dann gilt, da x ∈ U , direkt: B(x, ε) = {x} ⊂ U . Da x beliebig war, ist somit U offen. Da jetzt
U beliebig war ist somit jede Teilmenge U ⊂ X offen. Diese Metrik heißt ”diskrete Metrik”
und erzeugt die diskrete Topologie, dh. das Mengensystem der offenen Mengen, wo jede Menge
offen ist. (Wie man sieht, eine recht langweilige Metrik) Kommen wir zu den Aufgaben:
(a) Sei f : X −→ Y eine beliebige Abbildung.
Diese ist stetig, da Urbilder offener Mengen wieder offen sind. Sei dazu V ⊂ Y offen.
Dann ist f −1 (V ) ⊂ X eine Teilmenge und somit offen wegen der obigen Überlegung. Also muss
jede Abbildung dieser Art stetig sein.
(b) Hier muss das jedoch nicht der Fall sein, denn nicht jede Teilmenge von Y muss ja offen sein. Wähle dazu Y = R mit der Betragsmetrik: d0 (x, y) := |x − y|, weiterhin enthalte X
mindestens 2 Elemente diese bezeichnen wir mit x0 , x1 ∈ X.
Definiere eine Abbildung g : R −→ X durch: g(y) :=


x 0
,x = 0

x 1
, x 6= 0
Betrachten wir jetzt das Urbild von x0 ∈ X (beachte {x0 } ⊂ X ist offen), so gilt ja:
g −1 ({x0 }) = {0} ⊂ R und diese Menge ist nicht offen.
Also ist das Kriterium für Stetigkeit nicht erfüllt und g ist unstetig.
Bemerkung 0.1.
Man muss sich nicht die Arbeit unnötig kompliziert machen. Wenn man vermutet, dass die
Behauptung in (b) falsch ist, dann KONSTRUIERE man sich einfach ein Beispiel, wo das nicht
klappt. Insbesondere benutze man Metriken und Räume, welche man bereits gut kennt.
2. Seien f, g : R −→ R Abbildungen, wobei f stetig und g Riemann integrierbar ist.
Existiert dann die folgende Faltung immer? Dh.:
R∞
f (t)g(x − t)dt ∈ R , ∀x ∈ R
−∞
Beweis. Setze f (x) = g(x) = 1, ∀x ∈ R. Dann sind beide Abbildungen stetig und somit auch
Riemann integrierbar. Betrachten wir jetzt die Faltung so existiert diese nicht, denn:
Ra
f (t)g(x − t)dt = 2a
−a
2
Dieses ist unbeschränkt für a ≥ 0.
Bemerkung 0.2.
Eigentlich war diese Aufgabe geschenkt, da nahezu jedes Beispiel schon ein Gegenbeispiel darstellt.
Wenn man nicht weiss, ob diese Aussage richtig ist, so rechne man einfach mehrere Beispiele
durch, was einem durchaus im Verständniss hilft.
Man beachte, dass hier die Definition der uneigentlichen Riemann Integrale benutzt wurde, also:
lim lim
Rb
b→∞a→−∞ a
f (t)dt =:
R∞
f (t)dt
−∞
Dabei existiert der Grenzwert genau dann, wenn dieser für jede Wahl von Folgen:
an → −∞, sowie bn → ∞
existiert. Dieses ist in unserem Beispiel nicht der Fall für beliebige Folgen der Form: an = −bn
3. Für n ∈ N sei Kn : R −→ R definiert durch:
(a) Kn (x) ≥ 0, x ∈ R
Z∞
(b) Kn ist Riemann integrierbar mit:
Kn (t)dt = 1
−∞
Z−δ
(c) ∀ε > 0, ∀δ > 0, ∃N ∈ N :
Z∞
Kn (t)dt < ε, ∀n ≥ N
Kn (t)dt +
−∞
δ
Sei nun f : R −→ R eine beschränkte stetige Funktion. Definiere eine Funktionenfolge fn :
R −→ R durch:
fn (x) :=
R∞
f (x − t)Kn (t)dt =
−∞
R∞
f (t)Kn (x − t)dt, ∀x ∈ R
−∞
Zeigen Sie, dass die Folge (fn )n∈N gleichmäßig gegen f konvergiert.
Beweis.
Zuerst bemerkt man, dass die Aufgabe so, nicht ganz vollständig gestellt ist, denn die gleichmäßige Konvergenz bezieht sich, auf kompakte Teilmengen der reellen Zahlen, also:
∀K ⊂ R kompakt gilt: ∀ε > 0, ∃N ∈ N mit: |fn (x) − f (x)| < ε, ∀n ≥ N, ∀x ∈ K
3
Dieses ist die sogenannte lokal gleichmäßige Konvergenz bzw. die gleichmäßige Konvergenz auf
Kompakta. Die gleichmäßige Konvergenz auf ganz R ist in der Tat nicht richtig. Gegenbeispiele
dazu benutzen jedoch Integrale, welche nicht mit Analysis 2 Methoden lösbar sind, weshalb
darauf nicht weiter eingegangen wird. Wir zeigen, also obige Aussage:
Sei K ⊂ R eine beliebige kompakte Teilmenge und ε > 0. Nach Heine-Borel ist K insbesondere
beschränkt und abgeschlossen, also gibt es ein a ∈ R mit: K ⊂ [−a, a] ⊂ R, wobei −a, a 6∈ K.
Sei x ∈ K ⊂ [−a, a] beliebig. f |[−a,a] ist nach Vorlesung/Übung gleichmäßig stetig, also gibt es
ein δ > 0 mit: [x − δ, x + δ] ⊂ K ⊂ [a, b], und der Abschätzung:
|f (x − t) − f (x)| < 2ε , für |(x − t) − x| = |t| < δ
Weiterhin ist f beschränkt, also gibt es: A ≥ 0 mit: |f (x)| ≤ A, ∀x ∈ R, damit folgt:
|f (x − t) − f (x)| ≤ |f (x − t)| + |f (x)| ≤ 2A =: C, ∀t ∈ R
Zum Schluss liefert uns die Vorraussetzung (c) ein N ∈ N mit:
−δ
R
Kn (t)dt +
−∞
R∞
Kn (t)d <
δ
ε
,
2C
∀n ≥ N
Mit diesen Vorüberlegungen erhalten wir somit:
Z∞
|fn (x) − f (x)| = |
Z∞
f (x − t)Kn (t)dt −
−∞
Z∞
= |
f (x)Kn (t)dt|
−∞
(f (x − t) − f (x))Kn (t)dt|
−∞
Zδ
≤ |
(f (x − t) − f (x))Kn (t)dt|
−δ
Z−δ
Z∞
+| (f (x − t) − f (x))Kn (t)dt| + | (f (x − t) − f (x))Kn (t)dt|
−∞
δ
Zδ
≤
|f (x − t) − f (x)|Kn (t)dt
−δ
Z−δ
Z∞
|f (x − t) − f (x)|Kn (t)dt +
+
−∞
δ
Z−δ
≤ C(
|f (x − t) − f (x)|Kn (t)dt
Z∞
Kn (t)dt +
−∞
Kn (t)dt) +
δ
ε
ε
+ =ε
≤ C
2C 2
4
ε
2
Zδ
Kn (t)dt
−δ
5