11. Hausübungslösungsskizze

FAKULTÄT FÜR MATHEMATIK
Prof. Dr. Patrizio Neff
Frank Osterbrink
Johannes Lankeit
20.6.2013
Lösungsvorschlag zu den Hausaufgaben der 11. Übung
Hausaufgabe 1:
Beweise die folgenden Behauptungen:
a.) Q kann nicht als abzählbarer Durchschnitt von offenen Mengen aus R geschrieben werden (Hinweis: Satz von
Baire).
b.) Sei f : R → R eine beschränkte Funktion. Dann kann die Menge der Stetigkeitspunkte von f als abzählbarer
Durchschnitt von offenen Mengen geschrieben werden.
Hinweis: Studiere für eine beschränkte Funktion f : R → R die Eigenschaften von
!
ωf (x) = lim
r→0+
Zeige, dass die Mengen {x ∈ R | ωf (x) <
1
n}
sup f − inf f
B(x,r)
.
B(x,r)
offen sind in R für alle n ∈ N.
c.) Es gibt keine beschränkte Funktion f : R → R, die in allen rationalen Zahlen stetig, aber in allen irrationalen
Zahlen unstetig ist.
d.) Es existiert eine beschränkte Funktion f : R → R, die in allen irrationalen Zahlen stetig und in allen rationalen
Zahlen unstetig ist. (Gib ein Beispiel an.)
Lösung:
a) Angenommen, Q könnte als Durchschnitt abzählbar vieler offener Teilmengen von R geschrieben werden: Q =
∩n∈N (R \ An ) = (∪n∈N An )C mit abgeschlossenen Mengen An . Dann wäre also ∅ = Q ∩ (R \ Q) = (∪n∈N An )C ∩
(∪q∈Q {q})C = (∪n∈N An ∪∪q∈Q {q})C und damit gleich dem Komplement einer abzählbaren Vereinigung offensichtlich
abgeschlossener Mengen. Insbesondere wäre R = ∅C gleich dieser abzählbaren Vereinigung abgeschlossener Mengen,
deren Komplement (∅) nicht dicht in R liegt. Nach dem Satz von Baire hätte damit eine der Mengen {q}, q ∈ Q oder
eine der Mengen An nichtleeres Inneres, aber {q} ⊂ Q =⇒ {q}◦ ⊂ Q◦ = ∅ sowie An ⊂ R\Q =⇒ A◦n ⊂ (R\Q)◦ = ∅,
ein Widerspruch.
b) Sei f : R → R beschränkt.
Definiere ωf (x) = limr→0+ (supB(x,r) f − inf B(x,r) f )
Dann ist klar: f stetig in x0 ∈ R ⇐⇒ ωf (x0 ) = 0. [f stetig in x0 ⇐⇒ ∀ε > 0∃r > 0∀x ∈ B(x0 , r)f (x) ∈
B(f (x0 ), ε) ⇐⇒ ∀ε > 0∃r > 0f (x0 ) − ε < inf B(x,r) f ≤ f (x0 ) ≤ supB(x0 ,r) f ≤ f (x0 ) + ε ⇐⇒ ∀ε > 0∃r >
0 supB(x0 ,r) f − inf B(x0 ,r) f ≤ ε ⇐⇒ limr→0+ (supB(x0 ,r) f − inf B(x0 ,r) f ) = 0.]
Ferner ist {x ∈ R|ωf (x) < n1 } offen für alle n ∈ N.
Sei nämlich, zu beliebigem n ∈ N, x ∈ R mit ωf (x) < n1 . Angenommen, die Menge wäre nicht offen, es gäbe also
keine Umgebung U von x mit ωf (y) < n1 ∀y ∈ U . Sei zu beliebigem ε > 0 B(x, ε) Umgebung von x und y ∈ B(x, 2ε )
mit ωf (y) ≥ n1 .
Wegen limr→0+ (supB(y,r) f − inf B(y,r) f ) ≥ n1 ,gäbe es also y1 , y2 ∈ B(x, 2ε ) mit f (y2 ) − f (y1 ) > supB(y,r) f − η −
(inf B(y,r) f + η) = (supB(y,r) f − inf B(y,r) f ) − 2η ≥ ωf (y) − 2η ≥ n1 − 2η (wobei r < 2ε und η > 0 beliebig sind).
ω (x)
ω (x)+ 1
1
Insbesondere ist die Wahl von η als η := 21 ( n1 −ωf (x)) > 0, also f (y2 )−f (y1 ) > n1 − 2n
+ f2 = f 2 n > ωf (x)+γ
mit einem γ > 0, möglich.
Nun sind aber y1 , y2 ∈ B(y, 2ε ), d.h. wegen y ∈ B(x, 2ε ) auch y1 , y2 ∈ B(x, 2ε ).
Demnach gäbe es zu jedem r > 0 y1 , y2 ∈ B(x, r) mit supB(x,r) f − inf B(x,r) f ≥ f (y2 ) − f (y1 ) > ωf (x) + γ,
insbesondere wäre ωf (x) = limr→0+ (supB(x,r) f − inf B(x,r) f ) ≥ ωf (x) + γ mit γ > 0, ein Widerspruch.
Ergo ist {x ∈ R|ωf (x) < n1 } offen und daher die Menge der Stetigkeitspunkte von f {x ∈ R|f stetig in x} = {x ∈
R|ωf (x) = 0} = {x ∈ R|ωf (x) < n1 ∀n ∈ N} = ∩n∈N {x ∈ R|ωf (x) < n1 } der Durchschnitt abzählbar vieler offener
Mengen.
c) Es gibt keine beschränkte Funktion f : R → R, die in Q stetig und in R \ Q unstetig ist.
Sonst wäre Q = {x ∈ R|f stetig in x} = ∩n∈N {x ∈ R|ωf (x) < n1 } der abzählbare Durchschnitt offener Mengen (vgl.
b), was aber nach a) unmöglich ist.
d) Es gibt eine beschränkte Funktion f
Definiere

 1
0
f (x) :=
 1
q
: R → R, die in R \ Q stetig, in Q unstetig ist.
x=0
x∈R\Q
.
x ∈ Q \ {0}, x = pq , p ∈ Z, q ∈ N, ggT(p, q) = 1
Dann ist f beschränkt, da f (x) ∈ [0, 1] nach Definition.
f ist unstetig in Q. x ∈ Q =⇒ f (x) > 0. Zu ε := f (x)
2 > 0 ex. aber in jeder δ-Umgebung von x eine irrationale Zahl
y, die also f (y) = 0 und damit |f (x) − f (y)| = f (x) − 0 > f (x)
2 = ε erfüllt.
f ist stetig in R \ Q.
Sei x ∈ R \ Q und xn → x. OBdA ist xn ∈ Q∀n ∈ N mit xn = pqnn , ggT(pn , qn ) = 1, pn ∈ Z, qn ∈ N (für
xn ∈ R \ Q ist ohnehin schon |f (x) − (xn )| = |0 − 0| < ε), sowie oBdA (da xn → x) xn ∈ [x − 12 , x + 12 ]. Dann ist
|f (x) − f (xn )| = f (xn ) = q1n .
Zu ε > 0 ist nun q1n > ε gleichbedeutend mut qn < Mε mit einem Mε ∈ N. Aber in jedem Intervall der Länge 1 gibt
es für q ∈ N höhstens q Elemente der Gestalt pq mit p ∈ Z, d.h. δε = inf{| pq − x|, p ∈ Z, q < Mε , pq ∈ [x − 12 , x + 12 ]}
existiert und ist (da es sich um das Infimum einer Menge endlich vieler (≤ Mε (M2 ε +1) ) positiver ( pq ∈ Q, x ∈
/ Q)
Elemente handelt) positiv.
Zu ε > 0 gibt es nun n0 ∈ N : |xn − x| < δε und damit |f (x) − f (xn ) = q1n | ≤ ε, also ist f stetig in R \ Q.
Hausaufgabe 2:
Zeige: Jeder Unterraum Y eines normieren Raumes X, der eine ganze Kugel enthält, stimmt bereits mit X überein.
Zeige: Kein unendlich-dimensionaler Banachraum kann eine abzählbare Basis (im Sinne der linearen Algebra) haben.
Lösung:
a) Nach Voraussetzung gibt es y0 ∈ Y und ε > 0, so dass Bε (y0 ) ⊂ Y . Wegen der Vektorraumstruktur ist dann
aber auch 0 ∈ Y und für jedes r > 0 auch
Br (0) =
r
(Bε (y0 ) − y0 ) ⊂ Y.
ε
Dann ist Y = X, denn für jedes y ∈ X, ist y ∈ Bky−0k (0).
b) Angenommen es gäbe eine abzählbare Basis (bn )n∈N des Banachraums B. Dann sind die Mengen An :=
span{b1 , b2 , . . . , bn } (als endlich-dimensionale Teilmengen) abgeschlossene Untervektorräume von B mit
[
B=
An .
n∈N
Nach dem Satz von Baire gibt es dann ein m ∈ N, ein x0 ∈ Am und ein ε > 0, so dass Bε (x0 ) ⊂ Am . Dann ist
aber wegen der Vektorraumstruktur auch An = B nach Teilaufgabe a) und somit B endlich-dimensional, ein
Widerspruch!
Hausaufgabe 3:
Seien E und F Banachräume und a : E × F → R eine Bilinearform mit:
a.) Für jedes feste, aber beliebige x ∈ E ist die Abbildung y 7→ a(x, y) stetig.
b.) Für jedes feste, aber beliebige y ∈ F ist die Abbildung x 7→ a(x, y) stetig.
Zeige, dass ein C ≥ 0 existiert mit
|a(x, y)| ≤ Ckxkkyk ∀x ∈ E, ∀y ∈ F.
Lösung:
E, F seien Banachräume und a : E × F → R Bilinearform mit
a(x, ·) : F → R
ist stetig für jedes feste x ∈ E
(1)
und
a(·, y) : E → R
ist stetig für jedes feste y ∈ F, d.h.
∀y ∈ F ∃Cy > 0 ∀x ∈ E |a(x, y)| ≤ Cy kxk.
(2)
Dann existiert C > 0 mit a(x, y) ≤ Ckxkkyk ∀x ∈ E ∀y ∈ F .
x
, ·)|x ∈ E}. Dabei handelt es sich um eine Familie stetiger linearer Operatoren (nach
Betrachte die Familie {a( kxk
(1) und da a bilinear) zwischen den Banachräumen F und R. Sie ist punktweise beschränkt, denn für festes y ∈ F
ist
|a(
x
x
, y)| ≤ Cy k
k = Cy < ∞
kxk
kxk
x
, ·)kL(F,R) ≤ C ∀x ∈ E,
nach (2). Demzufolge existiert nach dem Satz von Banach-Steinhaus ein C > 0 mit ka( kxk
also
x
|a(
, y)| ≤ Ckyk ∀x ∈ E ∀y ∈ F
kxk
und damit
|a(x, y)| ≤ Ckxkkyk
∀x ∈ E ∀y ∈ F.
Hausaufgabe 4:
Sei
X := { x ∈ l∞ : xj = 0 mit Ausnahme von endlich vielen j }.
Für n ∈ N definieren wir den linearen Operator Tn : X −→ X durch
Tn (x) := (1 · x1 , 2 · x2 , 3 · x3 , . . . , n · xn , 0 . . .).
Bearbeite eine der folgenden Teilaufgaben und begründe deine Wahl:
a) Zeige mit dem Satz von Banach-Steinhaus, dass die Menge der Operatoren { Tn : n ∈ N } gleichmäßig beschränkt ist.
b) Zeige: Die Menge der Operatoren { Tn : n ∈ N } ist punktweise, aber nicht gleichmäßig beschränkt.
Lösung:
Wir zeigen: Die Menge der Operatoren { Tn : n ∈ N } ist punktweise, aber nicht gleichmäßig beschränkt. (Die
andere Aussage ist dementsprechend falsch. Der Satz von Banach-Steinaus ist auch gar nicht anwendbar, da X nicht
vollständig ist.)
Für festes x = (xj )j∈N ∈ X gibt es ein jx ∈ N so dass xj = 0 für j ≥ jx und damit
Tn (x) = (1·x1 , 2·x2 , . . . , (jx −1)·xjx −1 , jx ·xjx , (jx +1)·xjx +1 , . . . , n·xn , 0, . . .) = 1·x1 , 2·x2 , . . . , jx ·xjx , 0, . . .)
∀ n ∈ N.
Daher ist für jedes
sup kTn (x)k∞ = sup
sup
|j · xj | < ∞
n∈N j∈1,...,jx
n∈N
und somit die Menge der Operatoren { Tn : n ∈ N } punktweise beschränkt. Sie ist aber nicht gleichmäßig beschränkt,
denn angenommen es gäbe ein C > 0, so dass
sup kTn kL(X) ≤ C,
n∈N
so wäre kTn kL(X) ≤ C für jedes n ∈ N.Wählen wir nun aber m ∈ N mit m > C und definieren wir die Folge
y = (yj )j∈N durch
(
1; j=m
yj :=
,
0 ; sonst
folgt y ∈ X und
kT k ≥
Ein Widerspruch!
kTm (y)k∞
= m > C.
kyk∞