Analysis II 2.¨Ubungsblatt

Jun.-Prof. PD Dr. D. Mugnolo
F. Stoffers
Wintersemester 2012/13
29. Oktober 2012
Analysis II
2. Übungsblatt
1. Aufgabe (8 Punkte)
Es seien a, b ∈ R mit a < b und f : [a, b] → R eine Funktion. Man sagt, dass f gleichmäßig stetig ist,
wenn Folgendes gilt:
∀ > 0 ∃δ > 0 ∀x, y ∈ [a, b], |x − y| < δ : |f (x) − f (y)| < .
Man beweise, dass jede stetige Funktion f : [a, b] → R bereits gleichmäßig stetig ist.
Hinweis: Man nehme an, f sei nicht gleichmäßig stetig, schreibe diese negierte Aussage in Quantoren aus,
folgere die Existenz zweier Folgen (xn )n∈N und (yn )n∈N in [a, b] mit |xn − yn | < n1 und |f (xn ) − f (yn )| ≥ für alle n ∈ N, n ≥ 1, mit einem gewissen > 0. Schließlich zeige man, dass es einen Punkt x0 ∈ [a, b] gibt,
in dem f unstetig ist.
Beweis. Wir nehmen an, dass f nicht gleichmäßig stetig ist. Dann existiert > 0, so dass
(1)
∀δ > 0 ∃x = x(δ), y = y(δ) ∈ [a, b] : |x − y| < δ und |f (x) − f (y)| ≥ .
Betrachte nun die Folge (δn )n∈N≥1 definiert durch δn := n1 für n ∈ N≥1 . Gemäß (1) existieren Folgen
(xn )n∈N≥1 und (yn )n∈N≥1 in [a,b] mit |xn − yn | < n1 und |f (xn ) − f (yn )| ≥ für alle n ∈ N≥1 . Da das
Intervall [a, b] kompakt ist, existiert eine konvergente Teilfolge (xnk )k∈N von (xn )n∈N≥1 mit Limes
x0 := limk→∞ xnk ∈ [a, b]. Wegen |xn − yn | < n1 konvergiert ebenfalls (ynk )k∈N gegen x0 . Da f stetig ist,
nimmt f auf [a, b] Maximum und Minimum an, womit die Folgen (f (xnk ))k∈N und (f (ynk ))k∈N beschränkt
sind. Diese besitzen nach dem Satz von Bolzano-Weierstraß dann jeweils eine konvergente Teilfoge. Man
kann leicht eine Teilfolge (nkj )∈N finden, so dass sowohl (f (xnkj ))j∈N als auch (f (ynkj ))j∈N konvergieren.
Wegen |f (xn ) − f (yn )| ≥ für alle n ∈ N≥1 sind letztere Grenzwerte nicht identisch. Damit sind zwei gegen
x0 konvergente Folgen gefunden, für die die Folgen der Funktionswerte unterschiedliche Limites besitzen,
was die Unstetigkeit von f in x0 beweist. Damit ist der Widerspruchsbeweis dann vollendet. 2. Aufgabe (8 Punkte)
Es seien a, b ∈ R mit a < b und (fn )n∈N : [a, b] → R eine Funktionenfolge, welche folgende Eigenschaften
erfüllt:
(1) Für jedes n ∈ N ist die Funktion fn monoton wachsend, d.h. für x, y ∈ [a, b] mit x ≤ y gilt stets
fn (x) ≤ fn (y) .
(2) Es gibt eine stetige Funktion f : [a, b] → R, gegen die die Funktionenfolge (fn )n∈N punktweise
konvergiert.
Man beweise, dass die Konvergenz der Funktionenfolge (fn )n∈N dann bereits gleichmäßig gegen f ist (und
dass f monoton wachsend ist).
Hinweis: Man zeige, dass zu gegebenem > 0 eine äquidistante Zerlegung des Intervalls [a, b], gegeben
durch Punkte a = x0 < x1 < ... < xk = b, existiert mit |f (x) − f (y)| < für alle i = 0, 1, ..., k − 1 und
x, y ∈ [xi , xi+1 ]. Zudem überzeuge man sich davon, dass N ∈ N existiert mit |fn (xi ) − f (xi )| < für alle
n ≥ N und alle i = 0, 1, ..., k.
Beweis. Sei > 0 vorgegeben. Zunächst einmal ist festzustellen, dass f : [a, b] → R nach Aufgabe 1 sogar
gleichmäßig stetig ist. Aus diesem Grunde existiert eine äquidistante Zerlegung (in Intervalle konstanter
Länge) des Intervalls [a, b], gegeben durch Punkte a = x0 < x1 < ... < xk = b, mit
(2)
|f (x) − f (y)| < für alle i = 0, 1, ..., k − 1 und x, y ∈ [xi , xi+1 ]. Aufgrund der punktweisen Konvergenz der Folge (fn )n∈N
existiert zu jedem i ∈ {0, 1, ..., k} ein N (i) ∈ N, so dass für alle n ≥ N (i) gilt:
|fn (xi ) − f (xi )| < .
Setzt man N := maxi=0,1,...,k N (i), so gilt demnach für alle i ∈ {0, 1, ..., k}
(3)
|fn (xi ) − f (xi )| < für alle n ≥ N .
Da die Funktionen fn , n ∈ N, monoton wachsend sind, gilt für alle x ∈ [xi , xi+1 ] und alle n ∈ N
(4)
fn (xi ) ≤ fn (x) ≤ fn (xi+1 )
Unter Anwendung von (2), (3) und (4) gilt nun für alle x ∈ [xi , xi+1 ] und alle i ∈ {0, 1, ..., k − 1}
fn (x) − f (x)
= fn (x) − fn (xi+1 ) + fn (xi+1 ) − f (xi+1 ) + f (xi+1 ) − f (x)
≤ fn (xi+1 ) − f (xi+1 ) + f (xi+1 ) − f (x) < 2
für alle n ≥ N . Völlig analog erhält man zudem für alle x ∈ [xi , xi+1 ] und alle i ∈ {0, 1, ..., k − 1}
fn (x) − f (x)
= fn (x) − fn (xi ) + fn (xi ) − f (xi ) + f (xi ) − f (x)
≥ fn (xi ) − f (xi ) + f (xi ) − f (x) > −2
für alle n ≥ N . Insgesamt also |fn (x) − f (x)| < 2 für alle n ≥ N und alle x ∈ [a, b], was die gleichmäßige
Konvergenz der Funktionenfolge gegen f zeigt. 3. Aufgabe (5+5=10 Punkte)
(a) Man zeige durch ein Gegenbeispiel, dass die im Satz von Ascoli-Arzela vorausgesetzte punktweise
Beschränktheit der Funktionenfolge (fn )n∈N eine notwendige Voraussetzung ist.
(b) Man zeige anhand der Funktionenfolge (fn )n∈N : [0, 1] → R, fn (x) := e−nx für x ∈ [0, 1] und n ∈ N,
dass die im Satz von Ascoli-Arzela vorausgesetzte gleichgradige Stetigkeit eine notwendige
Voraussetzung ist.
Beweis. (a) Betrachte die Funktionenfolge fn : [0, 1] → R gegeben durch fn (x) := n für alle x ∈ [0, 1] und
n ∈ N. Dann gilt: (fn )n∈N ist gleichgradig stetig, nicht punktweise beschränkt und besitzt keine gleichmäßig
konvergente Teilfolge. Wir zeigen dieses: Da die fn konstante Funktionen sind, kann man zu gegebenem
> 0 einfach δ := 1 wählen und es ist stets |fn (x) − fn (y)| = 0 < für alle x, y ∈ [0, 1] mit |x − y| < δ = 1
und alle n ∈ N erfüllt.
Die Funktionenfolge ist nicht punktweise beschränkt. Sei dazu x ∈ [0, 1] beliebig. Dann gilt offenbar
limn→∞ fn (x) = ∞.
Sei nun (fnk )k∈N eine beliebige Teilfolge von (fn )n∈N und x ∈ [0, 1] beliebig. Dann gilt wieder
limk→∞ fnk (x) = ∞, so dass die Teilfolge nicht einmal punktweise in x gegen einen endlichen Grenzwert
konvergiert. Damit konvergiert (fnk )k∈N natürlich auch nicht gleichmäßig.
(b) Wir zeigen, dass gilt: (fn )n∈N ist nicht gleichgradig stetig, punktweise beschränkt und besitzt keine
gleichmäßig konvergente Teilfolge.
Betrachte x0 := 0 ∈ [0, 1] und sei x ∈ (0, 1] beliebig. Es gilt
|fn (x) − fn (x0 )| = |e−nx − 1| → |0 − 1| = 1 für n → ∞
Deshalb existiert zu :=
1
2
kein δ > 0, so dass für x ∈ [0, 1] gilt:
|x − x0 | < δ ⇒ |fn (x) − fn (x0 )| < für alle n ∈ N .
Da die Exponentialfunktion im Intervall (−∞, 0] durch 0 von unten und durch 1 von oben beschränkt ist,
gilt supn∈N |fn (x)| ≤ 1 für alle x ∈ [0, 1]. Also ist die Funktionenfolge punktweise beschränkt. Schließlich
zeigen wir, dass (fn )n∈N keine gleichmäßig konvergente Teilfolge besitzt. Gäbe es nämlich doch eine solche
Teilfolge (fnk )k∈N , so müsste die Grenzfunktion nach Vorlesung stetig sein, da die fn , n ∈ N, stetig sind.
Für x ∈ (0, 1] gilt wie oben bereits benutzt limn→∞ fn (x) = limn→∞ e−nx = 0 und
limn→∞ fn (0) = limn→∞ 1 = 1. Somit konvergiert die Folge (fn )n∈N punktweise gegen die nichtstetige
Funktion f : [0, 1] → R gegeben durch
1
für x = 0
f (x) :=
0 für x ∈ (0, 1] .
Damit konvergiert auch die Folge (fnk )k∈N punktweise gegen f , welche nicht stetig ist, was den
gewünschten Widerspruch liefert. 4. Aufgabe (8 Punkte)
Es sei die Funktionenfolge (fn )n∈N≥1 : [− π2 , π2 ] → R definiert durch
1 x
fn (x) := n sin
n
für alle x ∈ [− π2 , π2 ], n ∈ N≥1 . Man beweise, dass (fn )n∈N≥1 gleichmäßig gegen die Funktion
f : [− π2 , π2 ] → R, f (x) := x für x ∈ [− π2 , π2 ] konvergiert.
Hinweis: Man zeige zunächst die punktweise Konvergenz.
Beweis. Wir zeigen die punktweise Konvergenz von (fn )n∈N≥1 gegen f . Dazu tun wir so, als sei der
π π
Parameterbereich der Indizes n die positiven
reellen Zahlen. Betrachte also für festes x ∈ [− 2 , 2 ] die
Funktion f˜x : R>0 → R, f˜x (n) := n sin 1 x . Nach Vorlesung ist f˜ differenzierbar und wir bestimmen
n
gemäß de l’Hospital :
lim f˜x (n) = lim
n→∞
n→∞
sin
1
nx
1
n
= lim
n→∞
1
nx
− n12
− cos
x
n2
= lim x cos
n→∞
1 x =x,
n
wobei die Stetigkeit von cos in 0 benutzt wurde und alle Limites existieren, weil der letzte existiert. Dieses
zeigt die punktweise Konvergenz von (fn )n∈N≥1 gegen f auf dem Intervall [− π2 , π2 ], da die natürlichen
Zahlen eine Teilmenge der positiven reellen Zahlen sind. Die gleichmäßige Konvergenz folgt nun direkt aus
Aufgabe 2, da die fn , n ∈ N≥1 , offenbar monoton wachsend in x sind (was daran liegt, dass die
Sinusfunktion im Intervall [− π2 , π2 ] monoton wachsend ist) und die punktweise Grenzfunktion x 7→ x stetig
ist.