¨Ubungen Blatt 1-11 und Klausuraufgaben zur Vorlesung ” EINF

WS 2006/07
Prof. Dr. H. Dinges
”
Übungen Blatt 1-11 und Klausuraufgaben
zur Vorlesung
EINFÜHRUNG IN DIE MATHEMATIK II “
http://ismi.math.uni-frankfurt.de/dinges/teaching/
Aufgabe 1 :
Sei M eine abzählbare Menge, und sei ϕ eine surjektive Abbildung von M auf N .
ϕ:
M −→ N
surjektiv
Zeigen Sie auf der Grundlage der in der Vorlesung behandelten Definitionen und Sätze,
dass N abzählbar ist.
Aufgabe 2 :
Zeigen Sie:
a) Wenn M und N abzählbare Mengen sind, dann ist auch das kartesische Produkt
M × N eine abzählbare Menge.
b) Wenn M1 , M2 , . . . , Mk abzählbare Mengen sind, dann ist auch N = M1 × · · · × Mk
abzählbar.
Aufgabe 3 :
Ein trigonometrisches Polynom
f (t) =
X
cn · eint
nennen wir (für den Augenblick) eine rationales trigonometrisches Polynom, wenn die
Real- und Imaginärteile der Koeffizienten cn rationale Zahlen sind.
Zeigen Sie, dass die Menge aller rationalen trigonometrischen Polynome abzählbar ist.
Aufgabe 4 :
Wir wollen die Quadratwurzel einer positiven Zahl A approximieren.
√
1. Sei a > 0 beliebig.
Zeigen Sie 12 a + Aa ≥ A.
√
√
2. Sei a > A, b = 21 a + Aa . Zeigen Sie A < b < a.
(Hinweis: a − b = 12 a − Aa .)
1
A
1
A
3. Sei x0 = a > 0, x1 = 2 a + a , . . . , xn+1 = 2 xn + xn , . . .
√
Zeigen Sie, dass die Folge (xn )n gegen A konvergiert.
Aufgabe 5 :
Für die dritte Wurzel wird ein analoges Verfahren empfohlen. Wir nützen die Gelegenheit,
um an die Beweisidee für die Minkowski’sche Ungleichung zu erinnern.
1. Seien p > 1, q > 1 mit 1/p + 1/q = 1.
Zeigen Sie
a1/p · b1/q ≤ 1/p · a + 1/q · b.
2. Sei A > 0,
x > 0,
√
Zeigen Sie y > 3 A;
y = 2/3 · x + 1/3 ·
√
3
A < z < y.
für alle
A
,
x2
a > 0, b > 0.
z = 2/3 · y + 1/3 ·
A
.
y2
Aufgabe 6 :
Es sie X der Vektorraum aller reellwertigen Funktionen auf Z, d. i. der Vektorraum aller
zweiseitigen Folgen
x = (. . . x−1 , x0 , x1 , x2 , . . .).
Wir definieren
d(x, y) =
X
1
d (x, y),
2N N
wobei dN (x, y) = sup{|yk − xk | : |k| ≤ N } ∧ 1 .
N
Zeigen Sie
• Die Funktionen dN (·, ·) sind Seminormen , und d(·, ·) ist eine Norm im Raum X,
• Eine ‘Funktionenfolge’ x(n) konvergiert genau dann gegen die Nullfunktion, wenn
sie punktweise gegen Null konvergiert.
Aufgabe 7 :
Es sei
x1 =
√
√
2 2,
q
2,
x2 =
r q
√
√
x3 = 2 2 2, . . . , xn+1 = 2xn , . . .
Zeigen Sie, dass diese Folge (xn )n monoton gegen den Wert 2 konvergiert.
(Hinweis: Beweisen Sie die Monotonie durch vollständige Induktion.)
Aufgabe 8:
P
Seien p0 , p1 , p2 , . . . nichtnegative Zahlen mit
pk = 1. (Man spricht von einer konvexen
Gewichtung.)
P
Betrachte dazu die ‘erzeugende Funktion’ P (s) = pk · sk als Abbildung des Einheitsintervalls [0, 1] in sich.
P (·) : [0, 1] −→ [0, 1];
s 7−→ P (s).
P
Zeigen Sie: Wenn p0 > 0, und
k · pk > 1, dann hat P (·) genau einen Fixpunkt in
[0, 1). Für jeden Anfangswert s0 konvergiert die Folge P n (s0 ) monoton (aufsteigend oder
absteigend) gegen diesen Fixpunkt.
(Hinweis: Die Funktion P (·) ist isoton und konvex auf dem Intervall. Bild!)
Aufgabe 9 :
Eine Abbildung Ψ eines metrischen Raums S, d(·, ·) in einen metrischen Raum T, e(·, ·)
heisst Lipschitz-stetig zum Streckungsparameter ≤ α, wenn gilt
∀P, Q e (Ψ(P ), Ψ(Q)) ≤ α · d (P, Q) .
Wenn α < 1, dann spricht man von einer α-Kontraktion.
Sei κ(·) eine α -Kontraktion eines Banachraums V in sich. Zeigen Sie, dass die Abbildung
ϕ:
V 3
v 7−→ v + κ(v)
injektiv ist, und dass die Umkehrabbildung ψ = ϕ−1 (auf dem Bildraum) Lipschitz-stetig
ist zum Streckungsprameter 1/(1 − α) .
Aufgabe 8a: (Übungen zur Logarithmusfunktion)
1. Begründen Sie anhand eines Bildes von der konkaven Logarithmusfunktion, dass für
jedes x > 0 und h & 0 gilt
1
,
x
1
− h1 [ln(x − h) − ln x] % .
x
1
h
[ln(x + h) − ln x] &
2. Folgern Sie daraus
n
1 + n1 % e;
n · ln(1 + n1 ) % 1;
n+1
1 + n1
& e;
(n + 1) · ln(1 + n1 ) & 1 .
n
1
=
−
ln
=
−
ln(1
−
)
.
Hinweis: ln(1 + n1 ) = ln n+1
n
n+1
n+1
Rx
3. Benützen Sie die bekannte Formel 1 ln y dy = x · ln x − x, um zu zeigen
−1 + (n + 1) · ln(1 +
1
)
n
n+1
Z
= − ln n +
n
ln y dy ≤ − ln n + ln(n + 12 ) = ln(1 +
1
).
2n
4. Zeigen Sie
−1 + (n + 1) · ln(1 + n1 ) ≤
1
2n
mit Hilfe der Potenzreihenentwicklung
− ln(1 −
1
)
n+1
=
1
n+1
+
1
2
2
1
n+1
+
1
3
3
1
n+1
+ ··· ≤
1
n+1
+
1
2
2
1
n+1
1
1−
1
n+1
.
Aufgabe 9a : (Harmonische Zahlen)
Die Zahlen Hk = 1 + 21 + 13 + · · · + k1 heissen die harmonischen Zahlen, k = 1, 2, . . . .
Sie verhalten sich ähnlich wie die Zahlen ln k. Diese Aussagen wollen wir präzisieren.
Wir wollen zeigen, dass die Folge (Hk − ln k)k absteigend gegen eine positive Konstante
konvergiert. (Diese heisst die Euler’sche Konstante). Wir wollen ausserdem zeigen, dass
die Folge (Hk − ln(k + 1))k aufsteigend gegen diese Konstante strebt.
1. Zeigen Sie, dass die folgenden Zahlenfolgen summabel sind.
1
+ ln(1 + n1 )
an = − n+1
bn =
1
n
an > 0,
bn > 0
Hinweis:
− ln(1 + n1 )
und
1
= − n+1
+
1
n
−
P∞
1
m (an + bn ) = m .
=
R n+1
1
y
n
R n+1 1
y
n
dy.
dy.
2. Zeigen Sie, dass für n > m gilt
Hn − Hm = −(am + · · · + an−1 ) +
=
(bm+1 + · · · + bn ) +
Rn
1
dy
m y
R n+1 1
dy
m+1 y
Folgern Sie die obigen Aussagen!
3. Man kann sagen, dass die Partialsummen der Folge der harmonischen Zahlen sich
ähnlich verhalten wie k · ln k − k. Zeigen Sie die Gleichung
H1 + H2 + · · · + Hn = (n + 1) · Hn+1 − (n + 1).
Rx
Man sieht dies als Analogon zur Formel 1 ln y dy = x · ln x − x.
Aufgabe 10 : (Sägezahnfunktion)
Es bezeichne V den Vektorraum der trigonometrischen Polynome und H den Hilbertraum,
den man daraus durch Vervollständigung bzgl. der 2-Norm erhält.
s
Z 2π
Z 2π
qX
1
1
2
2
|f (t)| dt =
|cn | , wenn cn = 2π
e−int · f (t) dt .
kf k = 2π
0
0
Es sei s die 2π-periodische Funktion mit s(t) = 21 (π − t) für t ∈ (0 , 2π) (‘Sägezahnfunktion’).
• Berechnen Sie
Z
1
2π
2π
2
|s(t)| dt
sowie
0
ak =
1
π
Z
2π
cos kt · s(t) dt ,
0
cn =
1
2π
bk =
1
π
2π
Z
e−int · s(t) dt ,
0
Z
2π
sin kt · s(t) dt .
0
• Zeigen Sie, dass die unendlichen Summen
X
int
cn e
und
n∈Z
in H einen Wert f˜ haben.
P
int
• Es sei fN (t) = N
−N cn e
Zeigen Sie
=
∞
X
1
k
sin kt
k=1
PN
1
k=1 k
sin kt.
kfN k2 = 21 1 + 212 + 312 + · · · + N12
1
1
kf˜ − fN k2 = 21 (N +1)
+
+
·
·
·
<
2
(N +2)2
1
.
2N
Hinweis: In einem Sinn, den wir in der Integrationstheorie erörtern werden, ist die
Sägezahnfunktion eine Präsentation des ‘Vektors’ f˜ ∈ H. Unsere Rechnungen ergeben
2
1 + 212 + 312 + · · · + · · · = π6 .
Aufgabe 11 :
Es sei (vn )n eine konvergente Folge von Vektoren in einem Banachraum, vn → ṽ. Zeigen
Sie
1
N
(v1 + v2 + · · · + vN ) −→ ṽ für N → ∞
P∞ n
1
q
·
v
=
2. 1−q
−
1
(qv1 + q 2 v2 + q 3 v3 + · · · ) −→ ṽ
n
1
q
q
1.
für q % 1.
Hinweis: Betrachten Sie zunächst den Fall ṽ = 0.
Aufgabe 12 :
P
n
n
Eine formale Potenzreihe ist ein formaler Ausdruck der Form ∞
0 an z · z . Wir schreiben
auch
A = A(z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + a3 z 3 + · · · .
Die an (sie sind bei uns hier komplexe Zahlen) heissen die Koeffizienten; z heisst die Unbestimmte.
Die Menge F aller formalen Potenzreihen ist ein komplexer Vektorraum. Formale Potenzreihen kann man aber auch miteinander multiplizieren; es gelten die Assoziativ- und die
Distributivgesetze. Für das Produkt sind die Koeffizientenfolgen miteinander zu falten.
Die formale Ableitung ist die lineare Abbildung
D:
F −→ F;
∞
X
0
n
an z 7−→
∞
X
0
nan z n−1 = A0 (z)
1)
Zeigen Sie die Produktregel
D(A · B) = D(A) · B + A · D(B).
k
Beachten Sie
die Linearität in beiden Faktoren und studieren Sie die Monome A = z
l
und B = z .
Sei G(z) eine formale Potenzreihe ohne konstantes Glied G = g1 z + g2 z 2 + g3 z 3 + · · · .
Dann ist für jedes A ∈ F
B(z) = A(G(z)) = a0 + a1 G(z) + a2 (G(z))2 + · · ·
eine wohldefinierte formale Potenzreihe.
2) Zeigen Sie, dass sich ihre Ableitung B 0 = D(B) aus den Ableitungen A0 und G0
ergibt, wie folgt
B 0 (z) = D (A(G(z))) = A0 (G(z)) · G0 (z).
Hinweis: Zeigen Sie die ’Kettenregel’ zunächst für die Monome A = z k .
Aufgabe 13 :
• Berechnen Sie (mit der Methode des Koeffizientenvergleichs für formale Potenzreihen) die ersten Koeffizienten in der Potenzreihenentwicklung der Arcussinusfunktion
A(z) = arcsin z = z + a3 z 3 + a5 z 5 + a7 z 7 + · · ·
1
Hinweis: Die Ableitung der Arcussinusfunktion ist (1 − z 2 )− 2 und ihre Potenzreihenentwicklung ergibt sich aus Newton’s Binomialreihe.
Verifizieren Sie das Ergebnis durch Einsetzen in die Potenzreihe für den Sinus
z = A(sin z) = A(z − 3!1 z 3 + 5!1 z 5 − · · · ).
• Finden Sie die beiden ersten Koeffizienten in der Potenzreihenentwicklung der Tangensfunktion
sin z
tan z = z + b3 z 3 + b5 z 5 + · · · =
.
cos z
Aufgabe 14 : Aus der Schule sollten die Additionstheorem für die Sinus– und die
Cosinusfunktion bekannt sein
sin(a + b) = sin a · cos b + cos a · sin b
cos(a + b) = cos a · cos b − sin a · sin b
a) Benützen Sie diese Formeln zum Beweis des Additionstheorems für den Tangens“
”
tan a + tan b
tan(a + b) =
1 − tan a · tan b
b) Die Tangensfunktion bildet das Intervall (− π2 , + π2 ) isoton auf das Intervall
(−∞, +∞) ab. Die Umkehrfunktion heißt die Arcustangensfunktion
x ∈ (−∞, +∞) .
arctan x ,
Skizzieren Sie die Graphen!
c) Zeigen Sie
(∗) x =
y+z
1 − yz
=⇒
arctan x = arctan y + arctan z,
und benützen Sie die Formel zum Beweis von
1
1
1
1
1
π
= arctan 1 = arctan + arctan = 2 · arctan + arctan + 2 · arctan .
4
2
3
5
7
8
Zeigen Sie, daß
arctan x = arctan y + arctan z ,
falls
(*) x =
y+z
1 − yz
und benützen Sie diese Formel zum Beweis von
1
1
1
1
1
π
= arctan 1 = arctan + arctan = 2 · arctan + arctan + 2 · arctan .
4
2
3
5
7
8
Hinweis zu c) : Wenn x = k1 , y = 1` , z = m1 mit k, `, m ∈ N dann bedeutet die
Beziehung (*)
(` − k)(m − k) = k 2 + 1 .
Für k = 1, 2, 3, . . . liefert die Faktorisierung von k 2 + 1 spezielle Beziehungen
zwischen einfachen Arcustangens–Werten.
d) Beweisen Sie
π
4
1
= 4 · arctan 15 − arctan 239
.
Hinweis zu d) : Sei α = arctan 51 . Dann gilt
tan 2α =
5
12
,
tan 4α = 1 +
1
119
,
tan 4α −
π
4
=
1
239
.
(Anmerkung : Es gibt eine Formel, die den arctan x für kleine |x| mit wenig
Rechenaufwand approximiert. Sie beruht auf der sog. Taylorentwicklung
arctan x = x −
x3 x5 x7 x9
+
−
+
− +...
3
5
7
9
Unsere Formel d) ist nicht schlecht geeignet, wenn es gilt, die Zahl π auf eine
2
beträchtliche Anzahl von Dezimalstellen genau zu berechnen, x = 15 = 10
paßt
überdies gut zum Dezimalsystem. π = 3, 14159265358979 . . .)
Aufgabe 15 :
Die Folge der Fibonacci-Zahlen (a0 , a1 , a2 , . . .) ist rekursiv definiert:
a0 = 1
a1 = 1
a2 = a0 + a1
..
.
ai+1 = ai + ai−1
Wir wollen ein Gefühl bekommen, wie schnell die Folge anwächst.
Wir gehen die Sache aber gleich allgemeiner an.
Seien u, v irgendwelche reellen Zahlen und {ai : i ≥ 0} eine Folge reeller Zahlen mit
ai+1 = uai + vai−1
für i = 1, 2, 3, . . .
Sei A die formale Potenzreihe mit den Koeffizienten ai .
A=
∞
X
ai x
i
also
A − a0 =
i=0
∞
X
ai x
i
A − a0 − a1 x =
i=1
∞
X
ai x i
i=2
.
a) Zeigen Sie
A − a0 − a1 x = ux(A − a0 ) + vx2 A.
Dies liefert
A=
a0 + x(a1 − ua0 )
.
1 − ux − vx2
b) Nehmen wir an 1 − ux − vx2 = (1 − λx)(1 − µx) mit λ > µ.
Finden Sie Zahlen L und M so, daß
A=
L
M
+
.
1 − λx 1 − µx
c) Zeigen Sie
ai = Lλi + M µi
für i ≥ 0.
d) Was ergibt sich für die Fibonacci-Zahlen?
Aufgabe 16 : Eine wichtige Eigenschaft von (R, ≤) ist die, daß jede nach oben beschränkte Teilmenge A eine kleinste obere Schranke in R besitzt. Man bezeichnet sie mit
sup A. Für jede Folge reeller Zahlen (an )n definiert man den limsuperior ( oberer Limes“).
”
Man setzt den limsup gleich +∞, wenn (an )n nach oben unbeschränkt ist und sonst
limsup an := lim ↓ bn wobei bn = sup {am : m ≥ n}
n
n
Zur Einübung des Umgangs mit Quantoren sollen Sie die folgenden Aussagen prüfen. Die
meisten sind wahr. Es sollte Sie nicht stören, wenn Ihnen einige vielleicht recht umständlich
erscheinen. Mindestens eine aber ist falsch.
Finden Sie die Fehler. Machen Sie an einem Beispiel klar, wo der Fehler steckt.
Sei (an )n∈N eine Folge reeller Zahlen; a eine reelle Zahl.
(i) limsup an > a ⇒ ∀ N ∃ n ≥ N : an > a
n→∞
(ii) limsup an ≥ a ⇒ ∀ N ∃ n ≥ N : an ≥ a
n
(iii) limsup an > a ⇔ ∃ ε > 0 : limsup an > a + ε
n
n
(iv) limsup an > a ⇔ ∃ ε > 0 ∀ N ∃ n ≥ N : an > a + ε
n
(v) limsup an ≥ a ⇔ ∀ ε > 0 ∀ N ∃ n ≥ N : an > a − ε
n
(vi) limsup an < a ⇔ ∃ ε > 0 ∃ N ∀ n ≥ N : an < a − ε
n
Aufgabe 17 :
Es sei (an )n eine summable Folge positiver Zahlen; an ≥ 0,
P∞
an < ∞.
a) Es seien Pn Punkte in einem metrischen Raum mit d Pn , Pn+1 ≤ an .
Zeigen Sie, dass (Pn )n eine Cauchy-Folge ist.
1
b) Es sei {wn ; n ∈ N} ein Orthonormalsystem in einem Hilbertraum; kwn k =
1,
h wk , wl i = 0 für k 6= l.
√
Zeigen Sie dass die Folge ( an · wn )n summabel ist.
Aufgabe 18 : A, B, C, . . . sind hier Aussagen.
Statt (¬A) ∨ B schreibt man auch A y B und man liest Wenn A, dann B“. Die Re”
chenoperation y heißt die Subjunktion.
Man schreibt A x
y B (Bisubjunktion) und liest A genau dann, wenn B“ für die Aussage
”
(A y B) ∧ (B y A).
a) Zeigen Sie mit Hilfe der elementaren Regeln für ¬, ∧, ∨
AyB
A y (¬B)
¬(A y B)
Ax
yB
=
=
=
=
(¬B) y (¬A)
¬(A ∧ B)
A ∧ (¬B)
(¬A) x
y (¬B) = (A ∧ B) ∨ (¬A ∨ ¬B)
b) Ist die folgende Aussage D immer wahr?
D := Wenn A y B und B y C, dann A y C“
”
Hinweis: Studieren Sie lieber
¬D = (A y B) ∧ (B y C) ∧ (A ∧ ¬C)
c) Zeigen Sie: Wenn (A y C) und (B y C) wahre Aussagen sind, dann ist (A ∨ B) y B
eine wahre Aussage.
Zeigen Sie darüber hinausgehend:
(A y C) ∧ (B y C)
=
(A ∨ B) y C.
d)
(A ∨ B) ∧ (B ∨ C) ∧ (C ∨ A) = (A ∧ B) ∨ (B ∧ C) ∨ (C ∧ A)
Empfehlung: Überlegen Sie, was es bedeutet, daß die linke bzw. die rechte Aussage
wahr ist. Eine Rechnung wird hier nicht unbedingt erwartet.
Aufgabe 19 :
Es sei f (·) eine Funktion mit Werten in R∪{+∞} auf einem metrischen Raum S, d(·, ·) .
Man definiert
f (·) unterhalbstetig auf S
⇐⇒ {P : f (P ) > λ} offen für jedes reelle λ;
f (·) unterhalbstetig im Punkt P̃
⇐⇒ f (P ) > f (P̃ ) − ε für alle P in einer vollen Umgebung von P̃
⇐⇒ ∀ε > 0 ∃ δ > 0 ∀ P
d(P, P̃ ) < δ y f (P ) > f (P̃ ) − ε .
Zeigen Sie
a) f (·) ist genau dann unterhalbstetig in P̃ , wenn für alle gegen P̃ konvergierenden
Folgen (Pn )n gilt
lim inf n→∞ f (Pn ) ≥ f (P̃ ).
b) f (·) ist genau dann unterhalbstetig auf S, wenn f (·) in jedem Punkt unterhalbstetig
ist.
c) Wenn f1 (·) und f2 (·) in P̃ unterhalbstetig sind, dann ist auch das punktweise Minimum f (·) = (f1 ∧ f2 )(·) in P̃ unterhalbstetig.
d) Wenn f1 (·), f2 (·), . . . in P̃ unterhalbstetig sind, dann ist auch f (·) = supn fn (·) in P̃
unterhalbstetig.
(Unterscheiden Sie die Fälle f (P̃ ) = ∞ und f (P̃ ) < ∞. )
e) Die Indikatorfunktion einer Menge A ist genau dann unterhalbstetig, wenn A eine
offene Menge ist.
Aufgabe 20 : Ein metrischer Raum S, d(·, ·) heisst totalbeschränkt, wenn er sich für
jedes ε > 0 mit endlich vielen ε-Kugeln überdecken lässt. Zeigen Sie:
a) Wenn S, d(·, ·) totalbeschränkt ist, dann besitzt jede Folge (Pn )n∈N eine Teilfolge,
die Cauchy-Folge ist.
b) Wenn S, d(·, ·) nicht totalbeschränkt ist, dann existiert für ein genügend kleines ε̃
eine unendliche Menge von Punkten, die paarweise einen Abstand > ε̃ besitzen.
{Pn : n ∈ N} mit
d(Pn , Pm ) > ε̃ für n 6= m.
Aufgabe 21 : Wir erinnern an die Definition: Eine Menge S wird zu einem topologischen Raum, indem man ein Mengensystem U als das System der offenen Mengen
auszeichnet. Von U ist zu fordern
(i) ∅, S ∈ U
(ii) U1 , U2 ∈ U ⇒ U1 ∩ U2 ∈ U
(iii) Uα ∈ U für alle α ∈ I (Indexmenge) ⇒
S
α
Uα ∈ U
Man sagt kurz: Eine Topologie über S ist ein Mengensystem U, welches gegenüber finiter
Durchschnittsbildung und beliebiger Vereinigungsbildung abgeschlossen ist.
Die Elemente von U heissen die offenen Mengen. Die Komplemente der offenen
Mengen heissen die (bzgl. der gegebenen Topologie) abgeschlossenen Mengen.
Ein Teilsystem B von U heisst eine Basis der Topologie, wenn jede offene Menge als
Vereinigung von Mengen aus B gewonnen werden
kann. Wenn für eine Topologie U eine
abzählbare Basis existiert, dann heisst S, U ein topologischer Raum mit abzählbarer
Basis.
Beweisen Sie, dass in einem topologischen Raum mit abzählbarer Basis zu jeder offenen
Überdeckung (einer beliebig vorgegebenen Menge A) eine abzählbare Teilüberdeckung
existiert. In Formeln
S
Für alle {Uα : α ∈ I} mit α U
Sα ⊇ A
existieren (α1 , α2 , . . . ), sodass n Uαn ⊇ A.
Aufgabe 22 : Es sei S, U ein topologischer Raum. Zu jeder Menge A ⊆ S gibt
es eine größte offene Teilmenge; die Menge Ao heisst der offene Kern von A. Es gibt
auch eine kleinste abgeschlossene Obermenge; man nennt sie die abgeschlossene Hülle
von A; sie wird häufig mit Ā bezeichnet, wir wollen sie hier (vorübergehend) auch
mit Aa bezeichnen. Die Differenzmenge Aa \ Ao heisst der topologische Rand der
Menge A. (Das Komplement von A wird häufig mit {A bezeichnet; wir schreiben auch Ac .)
Beweisen Sie Aoc = Aca .
Aufgabe 23 : Seien A und B disjunkte abgeschlossene Mengen in einem metrischen
Raum S, d(·, ·) .
A ∩ B = ∅.
Zeigen Sie, dass disjunkte offene Umgebungen U und V existieren:
U ⊇ A,
V ⊇ B,
U ∩ V = ∅.
Vorschlag : Betrachten Sie die Funktion f (P ) = inf{d(P, Q) : Q ∈ A}. f (·) ist eine
stetige Funktion, die auf A verschwindet und auf {A strikt positiv ist. Definieren Sie
entsprechend g(P ) = inf{d(P, Q) : Q ∈ B}. Die Mengen
U = {P : f (P ) > g(P )},
und V = {P : f (P ) < g(P )}
leisten das Verlangte.
Zur Information: Das berühmte Lemma von Urysohn besagt: Ein HRaB ist genau
dann metrisierbar, wenn das folgende Trennungsaxiom erfüllt ist:
∀A, B abgeschlossen ∃U, V ∈ U :
Aufgabe 24 :
U ⊃A ∧ V ⊃B ∧ U ∩V =∅ .
Zeigen Sie
a) In einem Hausdorff-Raum sind die einpunktigen Mengen abgeschlossen.
b) Ein Hausdorff-Raum S, U erfüllt genau dann das Urysohn’sche Trennungsaxiom,
wenn gilt:
∀A ⊂ V mit A abgeschlossen, V offen ∃U ∈ U :
A ⊂ U ⊂ Ū ⊂ V.
(Ū bezeichnet die abgeschlossene Hülle von U .)
c) In einem Hausdorff-Raum S, U , der das Urysohn’sche Trennungsaxiom erfüllt, gibt
es zu jedem Punktepaar P 6= Q disjunkte abgeschlossene Umgebungen.
Aufgabe 25 : Für jede rationale Zahl s sei eine Teilmenge Fs einer Grundmenge Ω
gegeben, sodass gilt
i s1 < s2 ⇒ Fs1 ⊆ Fs2 ;
S
T
ii s Fs = Ω;
s Fs = ∅;
T
iii ∀s Fs = t>s Ft .
(Man könnte von einer rechtsstetigen aufsteigenden Familie von Mengen sprechen.) Zeigen
Sie
a) Es existiert genau eine reellwertige Funktion f mit
∀s {ω : f (ω) ≤ s} = Fs ;
und es gilt f (ω) = inf{s : ω ∈ Fs }.
b) Wenn Ω ein topologischer Raum ist und alle Fs abgeschlossen sind, dann ist f (·)
unterhalbstetig.
S
c) Sei Us = u<s Fu , dann ist die Familie {Us : s ∈ R} linksseitig stetig und es gilt
{ω : f (ω) < s} = Us ;
d) Wenn alle Us offen sind, dann ist f (·) oberhalbstetig.
Aufgabe 26 : Es sei f (·) eine positive Funktion auf irgendeiner Grundmenge Ω. Für
n = 1, 2, . . . konstruieren wir Funktionen f (n) , wie folgt:
(n)
} und 1A(n) (·) ihre IndikatorFür k = 1, 2, . . . sei Ak die Menge {ω : 2kn < f (ω) ≤ k+1
2n
k
funktion.
∞
X
k
f (n) (·) =
1 (n) (·).
n Ak
2
k=1
Zeigen Sie
a) Die Folge (f (n) )n konvergiert aufsteigend gegen f , f (n) % f , und es gilt (f −
f (n) )(·) ≤ 21n .
b) Wenn Ω ein topologischer Raum ist und f (·) unterhalbstetig ist, dann sind alle f (n)
unterhalbstetig.
Klausuraufgaben
Sie müssen nicht alle Aufgaben bearbeiten. Bei einigen Aufgaben kommt es vor allem
darauf an, dass Sie zuerst eine (passend gewählte, aber saubere!) Definition der entscheidenden Begriffe angeben.
Klausuraufgabe 1:
Es sei l(·) eine Linearform auf dem normierten Vektorraum V, k · k .
l(·) sei beschränkt auf der Einheitskugel, d. h. α = sup{|l(v)| : kvk ≤ 1} < ∞.
Zeigen Sie
a) l(·) ist stetig im Nullpunkt
b) l(·) ist gleichmäßig stetig
c) l(·) ist Lipschitz-stetig
Zeigen Sie ausserdem: Wenn eine Linearform im Nullpunkt stetig ist, dann ist sie auf der
Einheitskugel beschränkt.
Klausuraufgabe 2:
Es sei (an )n eine summable Folge positiver Zahlen; an ≥ 0,
P∞
an < ∞.
a) Es seien Pn Punkte in einem metrischen Raum mit d Pn , Pn+1 ≤ an .
Zeigen Sie, dass (Pn )n eine Cauchy-Folge ist.
1
b) Es sei {wn ; n ∈ N} ein Orthonormalsystem in einem Hilbertraum; d, h.
kwn k = 1,
h wk , wl i = 0 für k 6= l.
√
Zeigen Sie dass die Folge ( an · wn )n summabel ist.
Klausuraufgabe 3:
Sei K eine abgeschlossene konvexe Menge und k(·) die Funktion mit dem Wert 0 auf K
und dem Wert +∞ auf dem Komplement.
Zeigen Sie, dass k(·) eine unterhalbstetige konvexe Funktion ist.
(Benützen Sie die bequemste Definition von Unterhalbstetigkeit!)
Klausuraufgabe 4:
Für jedes α ∈ I (bel. Indexmenge) sei kα (·) eine unterhalbstetige konvexe Funktion.
k(·) sei das punktweise Supremum k(x) = supα kα (x).
Zeigen Sie, dass k(·) unterhalbstetig und konvex ist.
Klausuraufgabe 5:
Bringen Sie die folgenden Sätze so zu Ende, dass sie nicht nur wahr, sondern auch bedeutungsvoll sind:
a) Ein Hausdorff-Raum mit abzählbarer Basis (‘HRaB’) ist genau dann kompakt, wenn
jede Folge . . . .(Im Sinne des Satzes von Bolzano-Weierstraß)
b) Ein metrischer Raum mit abzählbarer Basis ist genau dann kompakt, wenn er totalbeschränkt und . . . ist.
Klausuraufgabe 6:
Auf der Schule lernt man die ‘schriftliche Division’ als ein Verfahren, um schrittweise
die Dezimalbruchentwicklung einer rationalen Zahl (wie z. B. x̃ = 1/17) zu bestimmen.
Manchmal kann auch ein verallgemeinertes Newton-Verfahren mit einem passend
gerundeten Divisor effizient sein, wenn es gilt, einen Dezimalbruch xn zu bestimmen, der
in mindestens M Stellen korrekt ist. Als Beispiel betrachten wir:
x̃ =
b
a
⇐⇒
x −→ x −
x̃ ist Fixpunkt von φc :
1
(ax − b) .
c
a) Zeigen Sie: φc ist eine α-Kontraktion mit α = |1 − ac |, wenn c ≈ a.
b) Es sei x0 = 0 und xn = φc (xn−1 ) für n = 1, 2, . . . .
Zeigen Sie |xn − ab | ≤ αn · ab .
c) Im Beispiel 17x = 1 wählen wir wegen
φ:
1
17
=
6
6·17
≈
6
100
x −→ x − 0, 06 · (17x − 1) = 0, 06 − 0, 02x = 0, 02(3 − x).
Berechnen Sie x1 , . . . , x7 , und zeigen Sie, dass x6 auf 10 Stellen genau ist.