Analysis, Band 1 Antworten auf die Verständnisfragen: Kapitel 3

Behrends: Analysis, Band 1
Antworten auf die Verständnisfragen: Kapitel 3
Methodenfragen
Zu Abschnitt 3.1
M1
1.
• Das ist keine Metrik, da auch negative Werte vorkommen können.
• Ist a < 0, so kommen wieder negative Werte vor: keine Metrik. Ist a = 0, so gilt das erste
Axiom nicht: Für verschiedene x, y kann d2 (x, y) = 0 gelten. Ist dagegen a > 0, so handelt
es sich um eine Metrik. Alle benötigten Eigenschaften folgen aus dem Spezialfall a = 1, also
der Betragsmetrik. (Allgemein gilt: Das positive Vielfache einer Metrik ist wieder eine.)
• Hier gilt die Dreiecksungleichung nicht: Es ist nicht richtig, dass
1 = d3 (0, 1) ≤ d3 (0, 0.5) + d3 (0.5, 1) = 0.25 + 0.25 = 0.5.
2. Alle an müssen notwendig positiv sein, andernfalls nimmt die Metrik negative Werte an. Auch
an = 0 ist nicht möglich (Begründung wie vorstehend zu d2 ).
Die an sind also > 0. Die Folge (an ) muss aber auch beschränkt sein, denn andernfalls könnte
sich – etwa für (xn ) = (0) und (yn ) = (1) für d(x, y) – der Wert +∞ ergeben. Notwendig ist also,
dass (an ) eine beschränkte Folge positiver Zahlen ist.
Das ist auch hinreichend, dann liegt wirklich eine Metrik vor. Das folgt aus schon bewiesenen
Eigenschaften des Supremums. Ist zum Beispiel d((xn ), (yn )) = 0, so ist sup an |x − y| = 0. Da
alle auftretenden Zahlen ≥ 0 sind, heißt das: an |xn − yn | = 0 für alle n, wegen an > 0 also
|xn − yn | = 0 und damit xn = yn : So folgt x = y.
3. Ja, es ist eine Metrik:
• d(x, y) ≥ 0 ist klar. Ergibt sich 0, muss d1 (x, y) = d2 (x, y) = 0 gelten, denn andernfalls
wäre d(x, y) > 0. Da d1 Metrik ist, folgt x = y.
• d(x, y) = d(y, x) folgt sofort aus der entsprechenden Eigenschaft für d1 und d2 .
• Die Dreiecksungleichung für d folgt aus den Dreiecksungleichungen für d1 und d2 : Man
muss sie nur mit a bzw. b multiplizieren und dann addieren.
M2
1. Notwendig ist sicher, dass alle ai reell und strikt positiv sind: Sonst wären die Normwerte
nicht reell, und falls ein ai = 0 wäre, könnte man nicht aus kxk = 0 auf x = 0 schließen1) . Das
ist dann aber auch hinreichend, alles folgt sofort aus den Eigenschaften des Betrages.
2. Wenn I einpunktig ist, ist das eine Norm, die betrachtete Menge ist ja dann nur R in Verkleidung. Hat I außer x0 einen weiteren Punkt x, so liegt keine Norm vor. Wenn man nämlich f als
0 bei x0 und als 1 bei allen anderen Punkten definiert, so ist f 6= 0 (hier wird gebraucht, dass x
existiert), aber ||f || = 0.
1)
Wähle für x den Vektor, der an der i-ten Stelle eine 1 und an allen anderen Komponenten eine 0 hat.
M3
1. Aus d(x, y) ≤ 0.5 folgt x = y. Deswegen müssen die konvergenten Folgen und die Cauchyfolgen
mit denjenigen Folgen übereinstimmen, die von einer Stelle ab konstant sind.
j
1
m
2. Es sei xn als xn = (x1n , . . . , xm
n ) mit xn ∈ K geschrieben. Sei xn → x = (x , . . . , x ) in der
|| · ||1 -Norm. Das heißt
m
X
j
xn − xj → 0.
j=1
Da das Maximum von m positiven Zahlen durch die Summe abgeschätzt werden kann, gilt
m
j
X
j
j
xn − xj ,
max xn − x ≤
j
j=1
und folglich ergibt sich aus dem Vergleichskriterium, dass
max xjn − xj → 0.
j
Das ist aber die Konvergenz in der || · ||∞ -Norm.
Wenn wir umgekehrt von der Konvergenz in dieser Norm ausgehen, so heißt das
max xjn − xj → 0.
j
Für jedes j ist dann (Vergleichskriterium!) xjn − xj → 0, und damit gilt auch
m
X
j
xn − xj → 0,
j=1
denn eine Summe endlich vieler Nullfolgen ist wieder Nullfolge. Das heißt aber xn → x bzgl.
|| · ||1 .
3. Setze x := lim xn . Für jedes n ist dann d(x, y0 ) ≤ d(x, xn ) + d(xn , y0 ) ≤ d(x, xn ) + R. Da
d(xn , x) → 0, folgt d(x, y0 ) ≤ R. (Vgl. das graue Kästchen auf Seite 114.)
M4
1. A ist abgeschlossen in Q : Für x ∈
/ A, also x < 0, liegt die ganze offene Kugel um x mit dem
Radius −x im Komplement von A.
A ist nicht offen in R : Da es zwischen je zwei rationalen Zahlen eine reelle, nicht rationale Zahl
gibt2) , ist keine Kugel um 1 mit beliebig kleinem
Radius 1/n in A enthalten.
√
A ist nicht abgeschlossen: Z.B. liegt x := 2 im Komplement. Keine Kugel um x ist aber ganz
im Komplement enthalten, da zwischen zwei reellen Zahlen immer eine rationale Zahl liegt. (Das
ist der Dichtheitssatz 1.7.4.)
2. Wir zeigen: Hat A diese Eigenschaften und ist A 6= ∅, so ist A = R .
Angenommen, das wäre nicht der Fall. Dann gibt es also ein a ∈ A und ein b 6= A; sei etwa a < b.
Wir betrachten dann die Menge ∆ derjenigen x ∈ A, die kleiner als b sind. ∆ ist nicht leer und
nach oben beschränkt, folglich existiert c := sup ∆.
2)
Sind a und b rational mit a < b, so wird die irrationale Zahl a +
b liegen.
√
2/n für genügend große n zwischen a und
Dann ist c ∈ A, denn das Supremum einer Menge kann als Limes einer Folge aus Elementen
dieser Menge geschrieben werden (vgl. Seite 218), und A ist abgeschlossen. Insbesondere ist
c < b. Andererseits ist A offen, also liegt ein ganzes Intervall rund um c noch in A und damit –
wenn wir es klein genug wählen – in ∆. Insbesondere gibt es Elemente in ∆, die größer als c sind
im Widerspruch zur Supremumsdefinition.
Also kann A keine echte Teilmenge von R sein.
M5 1.
• A− in Q ? Das ist [ 1, 2 ] ∩ Q , denn 1 ist die einzige rationale Zahl außerhalb von A, die
man als Limes einer Folge in A schreiben kann.
• Ao in Q ? Das ist ] 1, 2 [: Um alle Punkte außer um 2 lassen sich Kugeln mit positivem
Radius in Q legen, die ganz in A bleiben.
• A− in [ 1, 2 ]? Nach dem Dichtheitssatz 1.7.4 wissen wir, dass reelle Zahlen durch rationale
approximiert werden können. Deswegen sind alle Zahlen in [ 1, 2 ] als Limes von Folgen in
A schreibbar, und deswegen ist der Abschluss von A gleich [ 1, 2 ].
• Ao in [ 1, 2 ]? Das Innere ist leer, denn keine Kugel in [ 1, 2 ] enthält nur rationale Zahlen
(vgl. auch M4/1. weiter oben).
• In R gelten aus den gleichen Gründen die gleichen Formeln: Der Abschluss ist [ 1, 2 ] und
das Innere ist leer.
2. R ist abgeschlossen in C , z.B. deswegen, weil R = f −1 ({0}) für die stetige Projektionsabbildung x + iy 7→ x. Deswegen ist R − = R . Das Innere ist leer, denn jede Kugel mit positivem
Radius in C um eine reelle Zahl enthält nicht-reelle Zahlen.
3. T o ist leer, da jede reelle Kugel eine nicht-transzendente Zahl (sogar eine rationale) enthält;
das folgt aus dem Dichtheitssatz.
Weiter: Es gilt T − = R . Sei t irgendeine transzendente Zahl. Ist dann q rational und n ∈ N ,
so ist q + t/n transzendent. (Andernfalls wäre q + t/n Nullstelle eines Polynoms mit rationalen
Koeffizienten; wenn man das einsetzt und nach Potenzen von t sortiert, hätte man auch t als
Nullstelle so eines Polynoms geschrieben: Widerspruch.)
Nun sei x ∈ R beliebig und ε > 0. Wähle eine rationale Zahl q mit |q − x| < ε und dann ein n,
so dass |q − x + t/n| ≤ ε. Damit liegt die transzendente Zahl q + t/n in der ε-Kugel um x, und
das beweist, dass T − = R .
4. Sei x + iy ∈ C und ε > 0. Wähle rationale q, r mit |x − q|, |y − r| ≤ ε/2. Dann ist
|x + iy − (q + ir)| ≤ |x − q| + |iy − ir| = |x − q| + |y − r| ≤ ε,
und das heißt, dass Q + iQ dicht liegt.
Zu Abschnitt 3.2
M1
1.
• [ 0, 6 ]: Diese Menge ist beschränkt und abgeschlossen, also kompakt.
• Q ∩ [ 0, 1 ] ist nicht abgeschlossen, also auch nicht kompakt.
• Die Menge der n + 1/n ist unbeschränkt, also auch nicht kompakt.
• Das gleiche gilt für das nächste Beispiel.
2. Für a > 0 ist das eine Ellipse, folglich abgeschlossen und beschränkt und damit kompakt. Im
Fall a = 0 besteht die Menge aus den zwei senkrechten Geraden (x = ±1, y beliebig) und ist
folglich nicht kompakt.
Für a < 0 kommt eine Hyperbel heraus, die ist unbeschränkt und damit auch nicht kompakt.
3.
R , mit Folgen: Aus (n) lässt sich keine konvergente Teilfolge auswählen.
R , mit Überdeckungen: (] −n, n [)n ist eine offene Überdeckung, aus der sich keine endliche
auswählen lässt.
] 0, 1 ], mit Folgen: Aus (1/n) lässt sich keine konvergente Teilfolge auswählen.
] 0, 1 ], mit Überdeckungen: (] 1/n, 2 [)n ist eine offene Überdeckung, aus der sich keine endliche
auswählen lässt.
M2
1. Im ersten Beispiel ist sup A = +∞, denn +∞ ist obere Schranke, und endliche obere Schranken
kann es nicht geben, da N zu A gehört.
inf A = −∞ bei gleicher Begründung.
sup R̂ = +∞ und inf R̂ = −∞, es handelt sich sogar um größte und kleinste Elemente.
Im letzten Beispiel enthält A Teilfolgen, die gegen +∞ gehen und solche, die gegen −∞ gehen.
Deswegen ist
sup A = +∞, inf A = −∞.
2. Das geht wie im reellen Fall: Man zeigt, dass − sup A beste untere Schranke von −A ist:
• Für x ∈ −A ist −x ∈ A, also −x ≤ sup A, also − sup A ≤ x.
• Sei y untere Schranke von −A. Dann ist −y obere Schranke von A, d.h. sup A ≤ −y. Es
folgt y ≤ − sup A.
3. Es gilt:
1. n2 → +∞.
2. Die nächste Folge ist nicht konvergent.
3. an → +∞.
4. Die Reihensumme ist gleich +∞.
5. Auch hier kommt +∞ heraus.
6. Diese Reihe ist sogar in R̂ divergent.
Zu Abschnitt 3.3
M1
1. Zeige die Stetigkeit bei einem x0 : Aus |x − x0 | ≤ δ soll x2 − x20 ≤ ε folgen. Nun ist x2 − x20 =
(x + x0 )(x − x0 ), wenn man also δ := ε/(2|x0 | + 1) setzt, geht alles gut.
2. Die fragliche Funktion ist sukzessive aus der Sinusfunktion aufgebaut. Die Stetigkeit folgt also
aus dem Permanenzsatz.
3. Man kann bei allen ε die Zahl δ := 1/2 wählen, denn in N gilt: Aus |x − y| ≤ 1/2 folgt x = y.
Dieses Argument zeigt auch, dass jede Funktion gleichmäßig stetig ist.
4. f 2 ist die Komposition der stetigen Abbildungen f und x 7→ x2 . Wenn ein ε−δ-Beweis
gewünscht wird, kann man auch das Argument zu 1. kopieren.
Das Beispiel der Funktion x 7→ x auf R zeigt, dass das Quadrat einer Lipschitzfunktion oder
einer gleichmäßig stetigen Abbildung diese Eigenschaft nicht notwendig wieder haben muss.
M2
1. Das vorstehende Beispiel zeigt, dass f g nicht gleichmäßig stetig sein muss. αf ist es aber, man
muss nur δ durch δ/(|α| + 1) ersetzen.
2. Wähle δ := ε; das reicht, da die Funktion Lipschitzabbildung mit Konstante 1 ist.
3. Die Funktion ist als stetige Funktion auf der kompakten Menge [ −3, 712 ] gleichmäßig stetig.
Sie ist dann auch gleichmäßig stetig auf der Teilmenge ] −3, 712 ].
4. Nein, man muss sagen, auf welcher Teilmenge von R diese Funktion betrachtet wird.
M3
1. Die Menge ist beschränkt. Sie ist abgeschlossen, da man sie als f −1 ({0}) für die stetige Funktion
f (x, y, z) := x2 − y 2 + z 2 − 1
schreiben kann.
2. A ist als abgeschlossene Teilmenge von B kompakt, deswegen ist f (A) kompakt.
3. Nein, denn stetige Abbildungen auf [ 0, 1 ] nehmen ihr Supremum an und sind deswegen insbesondere beschränkt.
M4
1. P (x) · P (−x) ist ein Polynom geraden Grades mit negativem höchsten Koeffizienten. Es geht
folglich gegen −∞ für x → +∞, und deswegen gibt es ein x, wo der Wert negativ ist. Das heißt:
Auf [ −x, x ] wechselt P das Vorzeichen, und deswegen muss es nach dem Zwischenwertsatz eine
Nullstelle geben.
2. Wäre einmal f (x)f (y) < 0, wobei etwa x < y gilt, so muss auf [ x, y ] ein Vorzeichenwechsel
stattfinden, der nach dem Zwischenwertsatz eine Nullstelle z in diesem Intervall garantiert. f hat
aber nach Voraussetzung keine Nullstellen.
3. g − f ist strikt positiv und stetig auf dem kompakten Intervall [ 0, 1 ]. Sei y eine Stelle, wo der
kleinste Wert angenommen wird. Setzt man ε := (g − f )(y), so ist ε > 0 sowie (g − f )(x) ≥ ε für
jedes x. Das beweist die Behauptung.