Lösungen 3 - Fakultät für Mathematik

Prof. Dr. Moritz Kaßmann
Fakultät für Mathematik
Sommersemester 2015
Universität Bielefeld
Übungsaufgaben zu Analysis 2
Lösungen von Blatt III vom 23.04.15
Aufgabe III.1 (1+2+2 Punkte)
a) Sei (X, d) ein metrischer Raum und x, y ∈ X mit x 6= y. Zeigen Sie, dass es Umgebungen U1 (x)
von x und U2 (y) von y gibt, die disjunkt sind.
b) Sei
T = {∅} ∪ {S ⊂ N | (N \ S) ist endlich}.
Zeigen Sie, dass T eine Topologie auf N definiert.
c) Zeigen Sie, dass der topologische Raum (N, T ) die Trennungseigenschaft aus Aufgabenteil a) nicht
erfüllt.
Aufgabe III.2 (5 Punkte)
Sei f : [0, ∞) → [0, ∞) definiert durch
f (x) = x + e−x .
Besitzt f einen Fixpunkt? Welche Voraussetzungen des Banachschen Fixpunktsatzes sind erfüllt bzw.
nicht erfüllt?
Aufgabe III.3 (3+2 Punkte)
Sei (X, d) ein metrischer Raum. Beweisen Sie:
a) Endliche Vereinigungen kompakter Teilmengen von X sind kompakt.
b) Falls X kompakt ist, so ist X auch vollständig.
Aufgabe III.4 (5 Punkte)
Für 1 ≤ p ≤ ∞ betrachten wir den Banachraum `p = `p (R), definiert durch
(
)
!1/p
∞
∞
X
X
`p = (an ) ∈ RN |ak |p < ∞ , k(an )kp =
|ak |p
k=1
und
für 1 ≤ p < ∞
k=1
n
o
`∞ = (an ) ∈ RN | (an ) ist beschränkt , k(an )k∞ = sup |an |.
n∈N
Beweisen Sie, dass die Menge
S 1 = {(an ) ∈ `p | k(an )kp = 1}
sowohl abgeschlossen als auch beschränkt, jedoch nicht kompakt ist.
Lösungsvorschläge
Aufgabe III.1
a) Seien x, y ∈ X, x 6= y. Dann gilt d(x, y) = ε > 0. Folglich gilt Bε/2 (x) ∩ Bε/2 (y) = ∅.
Angenommen es gebe ein z ∈ Bε/2 (x) ∩ Bε/2 (y). Dann würde nach der Dreiecksungleichung gelten:
d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) < ε.
Dies ist jedoch ein Widerspruch. Also ist die Aussage bewiesen für U1 (x) = Bε/2 (x)
und Bε/2 (y) = U2 (y).
b)
(i) Laut Voraussetzung ist ∅ ∈ T . Des Weiteren ist N ∈ T , da N \ N = ∅ endlich
ist.
Erreichbare Punktzahl: 20
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(ii) Sei (Ui )i∈I eine Familie von Mengen in T und Ui =
6 ∅ für alle i ∈ I. Dann gilt
nach der Regel von De Morgan:
[
\
N\
Ui = (N \ Ui ) ⊂ N \ Ui für alle i ∈ I.
i∈I
i∈I
LautSVoraussetzung
S ist jedes Ui ∈ T . Also ist N \ Ui endlich und somit auch
N \ i∈I Ui , d.h. i∈I Ui ∈ T . Sei nun Ui = ∅ für ein i ∈ I. Falls I eine
einelementige Menge ist, dann ist nichts zu beweisen. Sei also I eine beliebige
Indexmenge mit mindestens zwei Elementen. Dann ist zwar N\Ui nicht endlich,
aber da wir den Schnitt über endliche Mengen betrachen, ist Dieser wieder
endlich und das obige Argument ist auch in Fall gültig.
(iii) Sei (Ui )i=1,...,n eine Familie von Mengen in T und Ui 6= ∅. Dann gilt nach der
Regel von De Morgan:
N\
n
\
Ui =
i=1
n
[
(N \ Ui ).
i=1
Laut Voraussetzung ist jedes Ui ∈ T und somit ist N \ Ui für jedes i = 1, . . . , n
endlich. Da die endliche
Vereinigung von endlichen Mengen selbst wieder
T
endlich ist, folgt ni=1 Ui ∈
TnT . Sei nun Ui = ∅ für ein i ∈ I und I nicht
einelementig. Dann ist N \ i=1 Ui = N und die Aussage ist bewiesen.
Somit ist (N, T ) ein topologischer Raum1 .
c) Wir zeigen, dass die Trennungseigenschaft2 aus Aufgabenteil a) nicht erfüllt ist. Seien
n, m ∈ N, n 6= m. Wir nehmen an, es gebe zwei offene Mengen Un ∈ T und Um ∈ T
mit n ∈ Un und m ∈ Um derart, dass Un ∩ Um = ∅. Dann gilt nach der Annahme,
dass Un ⊂ N \ Um . Des Weiteren ist Un nichtleer, da n ∈ Un . Da Um ∈ T ist, ist
N \ Um eine endliche Menge. Dies widerspricht aber der Annahme, dass Un ∈ T ,
da sonst Un ∪ N \ Un = N endlich wäre. Insgesamt gibt es also für n, m ∈ N, n 6= m
keine offenen Mengen in T mit der gewünschten Trennungseigenschaft.
Aufgabe III.2
Die Funktion f besitzt keinen Fixpunkt, denn die Gleichung f (x) = x + e−x = x ist für
kein x ∈ [0, ∞) erfüllt, da e−x > 0 für alle x ∈ [0, ∞). Hinsichtlich der Voraussetzungen
für den Banachschen Fixpunktsatz gilt zunächst, dass [0, ∞) als abgeschlossene Teilmenge
eines vollständigen metrischen Raumes selbst ein vollständiger metrischer Raum ist; f ist
also eine Abbildung eines vollständigen metrischen Raumes in sich.
Bezüglich der Kontraktionseigenschaft gilt zwar
∀x, y ∈ [0, ∞) : |f (x) − f (y)| < |x − y| ,
jedoch existiert nicht wie im Banachschen Fixpunktsatz gefordert eine Konstante Λ ∈ (0, 1)
derart, dass
∀x, y ∈ [0, ∞) : |f (x) − f (y)| ≤ Λ |x − y| .
(1)
1
2
Diese Topologie ist unter dem Namen cofinite Topologie bekannt.
Diese Trennungseigenschaft ist unter dem Namen Hausdorff-Axiom bekannt.
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Angenommen (1) würde für Λ ∈ (0, 1) gelten, also
f (x) − f (y)
≤ Λ.
x−y
x,y∈[0,∞)
sup
x6=y
f ist differenzierbar; aufgrund des Mittelwertsatzes hätten wir dann mit Λ auch eine
Schranke für f 0 gefunden, es würde also insbesondere gelten
sup f 0 (ξ) = sup 1 − e−ξ ≤ Λ.
ξ∈(0,∞)
ξ∈(0,∞)
Da nun jedoch lim 1 − e−ξ = 1, ist hiermit bewiesen, dass keine derartige Konstante Λ
ξ→∞
existieren kann.
Aufgabe III.3
a) Sei (Ui )i∈I eine offene Überdeckung von K, es gilt also K ⊂
S
Ui .
i∈I
K=
N
[
Kj ⇒ ∀j = 1, . . . , N : Kj ⊂
j=1
[
Ui ,
i∈I
d.h. (Ui )i∈I ist auch eine offene Überdeckung von Kj für jedes j ∈ {1, . . . , N }.
Laut Voraussetzung existiert nun für jedes j ∈ {1, . . . , N } eine endliche Menge
N
S
S
Ij , so ist (Ui )i∈J eine endliche
Ij ⊂ I, sodass Kj ⊂
Ui . Setzen wir nun J =
j=1
i∈Ij
Teilüberdeckung der Überdeckung (Ui )i∈I von K, denn
K=
N
[
j=1
Kj ⊂
[
[
1≤j≤N i∈Ij
Ui =
[
Ui .
i∈J
Zu einer beliebigen offenen Überdeckung von K haben wir somit eine endliche
Teilüberdeckung gefunden; K ist kompakt.
b) Sei (xn )n∈N eine Cauchyfolge in X. (xn )n∈N besitzt höchstens einen Häufungswert
in X. Um dies einzusehen, genügt es zu zeigen, dass ein Häufungswert notwendig auch Grenzwert der Folge – und damit eindeutig – ist. Sei ε > 0 und sei
x0 Häufungswert der Cauchyfolge (xn ). Dann wähle zunächst n0 ∈ N derart,
dass d(xn , xm ) < ε/2 für alle m, n ≥ n0 und anschließend k ≥ n0 derart, dass
d(xk , x0 ) < ε/2. Damit gilt
∀n ≥ n0 : d(xn , x0 ) ≤ d(xn , xk ) + d(xk , x0 ) < ε,
d.h. x0 ist Grenzwert der Folge (xn ). Cauchyfolgen in X besitzen also höchstens
einen Häufungswert.
Andererseits ist X kompakt und somit auch folgenkompakt. Also besitzt (xn ) mindestens einen Häufungswert. Insgesamt besitzt somit (xn ) genau einen Häufungswert
in X, (xn ) konvergiert also in X.
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Aufgabe III.4
Die Beschränktheit der Menge S 1 ist offensichtlich. Außerdem ist S 1 abgeschlossen, denn
für jede konvergente Folge (bk )k in S 1 gilt aufgrund der Stetigkeit der Norm:
kbkp = k lim bk kp = lim kbk kp = lim 1 = 1.
k→∞
k→∞
k→∞
Alternativ kann man dies auch einsehen, indem man
c
S 1 = {(an ) ∈ `p | k(an )kp < 1} ∪ {(an ) ∈ `p | k(an )kp > 1}
c
betrachtet. S 1 ist also als Vereinigung offener Mengen selbst offen.
Somit ist S 1 abgeschlossen und beschränkt.
Um zu beweisen, dass S 1 nicht kompakt ist, geben wir eine Folge (bk )k für k ∈ N in S 1
an, die keinen Häufungswert besitzt. Für k ∈ N sei bk = (bkn )n ∈ RN definiert durch
(
1,
falls n = k,
k
bn = δnk =
0,
falls n 6= k.
Für jedes k ∈ N ist k(bkn )n kp = 1, (bk )k ist also eine Folge in S 1 . Da nun
∀k, l ∈ N, k 6= l : kbk − bl kp = 21/p für 1 ≤ p < ∞,
bzw. ∀k, l ∈ N, k 6= l : kbk − bl k∞ = 1,
(2)
besitzt die Folge (bk )k keinen Häufungswert in S 1 . Denn wenn wir annehmen, es gäbe
einen Häufungswert b ∈ S 1 , dann müsste jede Umgebung von b unendlich viele Folgen bk
enthalten. Dies steht jedoch im Widerspruch zu (2).