Präsenzlösung 6

FAKULTÄT FÜR MATHEMATIK,
CAMPUS ESSEN
Prof. Dr. Patrizio Neff
21.05.2012
Lösungsvorschlag zur 6. Präsenzübung in Analysis II im SS 12
Präsenzaufgabe 1:
Seien (M, k.kM ), (N, k.kN ) normierte Räume und f : M ! N stetig. Zeigen Sie:
(a) Ist B ⇢ N abgeschlossen, so ist auch f
1
(B) abgeschlossen.
(b) Ist A ⇢ M kompakt, dann ist auch f (A) kompakt.
Lösung:
(a) Sei x ein Häufungspunkt von f 1 (B) ⇢ M . Nach Präsenzaufgabe 2 der 5. Übung zur Analysis
II gibt es dann eine Folge (xn )n2N in f 1 (B) mit
lim xn = x.
n!1
Für die Bildfolge {f (xn )}n2N ⇢ B folgt nun aus der Stetigkeit der Funktion f :
lim f (xn ) = f ( lim xn ) = f (x)
n!1
n!1
Also konvergiert f (xn )n2N gegen f (x) und das bedeutet, dass f (x) ein Häufungspunkt der
Menge B ist. Aus der Abgeschlossenheit der Menge B folgt nun, dass
f (x) = lim f (xn ) 2 B () x 2 f
n!1
und somit dass die Menge f
1
1
(B)
(B) abgeschlossen ist.
(b) Sei V := {Vi }i2I eine offene Überdeckung der Menge f (A) ⇢ Y , d. h.
[
f (A) ⇢
Vi .
i2I
Dann müssen wir zeigen, dass wir aus dieser Überdeckung eine endliche Teilüberdeckung
auswählen können. Dazu betrachten wir die Urbilder der Überdeckung V. Da f stetig ist und
Urbilder offener Mengen unter stetigen Funktionen offen sind, ist
n
o
U := Ui := f 1 (Vi )
i2I
eine offene Überdeckung der Menge A (denn für jedes x 2 A ist f (x) 2 f (A). Dann gibt es
ein i 2 I mit f (x) 2 Vi () x 2 f 1 (Vi ) = Ui ). Nach Voraussetzung ist A kompakt, sodass
wir in dieser Überdeckung nun endlich viele Mengen
Uik 2 U,
finden mit
A⇢
k = 1, . . . , n
n
[
k=1
Ui k .
Nach Konstruktion dieser Mengen ist dann
f (A) ⇢
n
[
Uik ,
k=1
denn für x 2 A gibt es ein k 2 {1, . . . , n} mit x 2 Uik und somit f (x) 2 Vik . Also bilden
Vi1 , . . . , Vin 2 V eine endliche Teilüberdeckung der Menge f (A).
Präsenzaufgabe 2:
Sei k.k eine beliebige Norm auf dem Rn . Beweisen Sie dass die Funktion
f : Rn ! R , x 7 ! kxk
auf der Menge S1 (0) := {x 2 Rn | kxk22 = 1} beschränkt ist.
Lösung:
Sei B := {ei }i=1,...,n die Standardbasis des Rn , d. h
0
B
ei = B
@0, . . . , 0,
1
|{z}
i te
Komponente
1
C
, 0, . . . , 0C
A,
8 i = 1, . . . , n.
Dann lässt sich jedes x 2 S1 (0) darstellen durch
x=
n
X
i=1
xi ei , mit xi 2 R
und es folgt mit den Eigenschaften einer Norm und der Cauchy-Schwarz-Ungleichung (vgl. Übung
4 in Analysis I)
kxk =
n
X
i=1
xi e i 
=
n
X
i=1
n
X
i=1

=
kxi ei k
|xi | kei k
n
X
i=1
n
X
|xi |2
x2i
i=1
= kxk22 ·
! 12
! 12
n
X
i=1
·
·
n
X
i=1
n
X
i=1
kei k2
Also ist die Abbildung f auf S1 (0) beschränkt.
kei k2
kei k2
! 12
! 12
! 12
1·
|
n
X
i=1
kei k2
{z
! 12
}
eine von x
unabhängige Konstante
:= C.
Präsenzaufgabe 3:
Seien (X, k.kX ) und (Y, k.kY ) zwei reelle normierte Räume. Eine Abbildung f : X
linear, wenn
f ( x + µy) = f (x) + µf (y)
! Y heiflt
für alle x, y 2 X und , µ 2 R. Beweisen Sie: f ist genau dann stetig auf X, wenn f stetig im
Nullpunkt ist.
Lösung:
Für eine lineare Abbildung f : X ! Y ist
f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0)
()
f (0) = 0.
Folglich wird der Nullpunkt unter einer linearen Abbildung immer auf den Nullpunkt abgebildet.
Sei nun f stetig im Nullpunkt. Für den Beweis der Stetigkeit der Funktion f auf ganz X nutzen
wir die "- -Charakterisierung der Stetigkeit. Sei dazu " > 0 vorgegeben. Da f im Nullpunkt stetig
ist, gibt es zu diesem " ein > 0 so dass
kf (z)kY = kf (z)
f (0)kY < " 8 z 2 X mit kzkX = kz
Betrachten wir nun x, y 2 X beliebig so ist auch v := x
kf (x)
f (y)kY = kf (x
0kX <
0.
y 2 X und es folgt
y)kY = kf (v)kY < " 8 x, y 2 X mit kx
ykX = kvkX <
:=
0,
also die Behauptung. Ist nun andererseits f stetig auf X, so ist f natürlich auch stetig im Nullpunkt
(da 0 2 X nach Definition eines Vektorraums).