¨Ubungen zur Analysis II L¨osungen zu Blatt 22

Prof. Dr. Torsten Wedhorn
Daniel Wortmann
SoSe 2012
Übungen zur Analysis II
Lösungen zu Blatt 22
Aufgabe 85: (4+4+4 Punkte)
Prüfe, ob die folgenden Funktionen gleichmäßig stetig und/oder Lipschitz-stetig sind:
1
(a)
f : (0, 1) → R, x 7→ sin
x
(b)
g : R → R, x 7→ arctan(x)
(
x sin x12 , x 6= 0
(c)
h : R → R, x 7→
0,
x=0
Lösung:
(a) f ist nicht gleichmäßig stetig: Das Intervall (0, 1) ist dicht in [0, 1]. Wäre f gleichmäßig stetig,
so existierte nach (15.7) eine (gleichmäßig) stetige Fortsetzung f¯: [0, 1] → R. Insbesondere wäre
dann f¯(0) = limx&0 f (x), doch dieser Limes existiert nicht (vgl. Analysis 1). Widerspruch.
Da f nicht gleichmäßig stetig ist, ist f nach (15.3)
nicht Lipschitz-stetig.
1 auch
≤
1
für alle x ∈ R. Aus dem Mittelwertsatz
(b) g ist auf ganz R differenzierbar mit |g 0 (x)| = 1+x
2
folgt, dass g Lipschitz-stetig mit Konstante 1 ist. Also ist g auch gleichmäßig stetig nach (15.3).
(c) h ist nicht Lipschitz-stetig: Angenommen, h ist Lipschitz-stetig mit Konstante L, dann ist dies
auch der Fall für h|(0,∞) . Auf (0, ∞) ist h differenzierbar, nach Annahme ist |h0 (x)| ≤ L für
alle x ∈ (0, ∞). Aber h0 (x) = sin( x12 ) − x22 cos( x12 ), für xn := √1πn ist also |h0 (xn )| = 2πn,
Widerspruch.
2)
h ist aber gleichmäßig stetig: h ist stetig, und es gilt limx→±∞ h(x) = limx→0,x6=0 sin(x
= 0 nach
x
der Regel von l’Hospital. Sei > 0 gegeben, wähle ein C > 0, so dass |h(x)| ≤ 2 für alle x mit
|x| > C. Da h auf dem kompakten Intervall [−(C + 1), C + 1] gleichmäßig stetig ist, existiert ein
δ > 0, ohne Einschränkung δ < 1, so dass für alle x, y ∈ [−(C + 1), C + 1] gilt:
|x − y| < δ ⇒ |h(x) − h(y)| < Da δ < 1, gilt nun für x ∈
/ [−(C + 1), C + 1]
|x − y| < δ ⇒ y ∈
/ [−C, C] ⇒ |h(x) − h(y)| < aufgrund der Wahl von C. Insgesamt gilt also |x − y| < δ ⇒ |h(x) − h(y)| < für alle x, y ∈ R,
q.e.d.
Aufgabe 86: (6+6 Punkte)
(a) Seien (V, k · k), (V 0 , k · k0 ), (V 00 , k · k00 ) normierte Vektorräume und f : V → V 0 , g : V 0 → V 00
stetige lineare Abbildungen. Zeige, dass kg ◦ f kV →V 00 ≤ kgkV 0 →V 00 · kf kV →V 0 .
(b) Seien a, b ∈ R mit a < b, sei c ∈ [a, b]. Betrachte die Abbildung
Z x
f (t) dt
S : C([a, b], R) → C([a, b], R), S(f )(x) =
c
Zeige, dass S linear und stetig bzgl. der k · k[a,b] -Norm ist, und bestimme kSkop .
Lösung:
(a) Schreibe kurz k · kop für die Operatornorm. Sei v ∈ V , dann gilt kg(f (v))k00 ≤ kgkop · kf (v)k0 ≤
kgkop · kf kop · kvk. Somit ist
kg ◦ f kop = inf{L ≥ 0 | ∀ x ∈ V k(g ◦ f )(v)k00 ≤ Lkvk} ≤ kgk · kf k
(b) S ist linear aufgund der Linearität des Integrals. Sei L := max(c − a, b − c). Für f ∈ C([a, b], R)
und x ≤ c gilt
Z c
f (t) dt ≤ (c − x)kf k[a,b] ≤ Lkf k[a,b]
|S(f )(x)| = −
x
und für x ≥ c analog |S(f )(x)| ≤ (x−c)kf k[a,b] ≤ Lkf k[a,b] . Insgesamt erhalten wir kS(f )k[a,b] ≤
Lkf k[a,b] , also ist S stetig mit kSkop ≤ L.
Wir behaupten, dass Gleichheit gilt: Sei ohne Einschränkung L = b − c, der andere Fall geht
genauso. Die Funktion
(
x−a
, x<c
f : [a, b] → R, x 7→ c−a
1,
x≥c
Rb
liegt in C([a, b], R) mit kf ka,b] = 1. Da |S(f )(b)| = c f (t) dt = b − c = L, gilt kS(f )k[a,b] ≥ L,
also ist kSkop ≥ L.
Aufgabe 87: (6+6 Punkte)
¯ wobei d von der Standardmetrik auf R und d¯ von
Betrachte die metrischen Räume (N, d) und (N, d),
der Metrik auf R aus Aufgabe 65 induziert sei. Sei (X, d0 ) ein weiterer metrischer Raum. Zeige:
(a) Jede Abbildung x : (N, d) → (X, d0 ) ist gleichmäßig stetig.
¯ → (X, d0 ) ist genau dann gleichmäßig stetig, wenn (x(n))n∈N eine
(b) Eine Abbildung x : (N, d)
Cauchyfolge in X ist.
Bemerkung: Da d und d¯ dieselbe Topologie auf N induzieren (nämlich die diskrete Topologie), zeigt
dieses Beispiel, dass der Begriff der gleichmäßigen Stetigkeit von der Metrik und nicht nur von der
induzierten Topologie abhängt.
Lösung:
(a) Sei > 0 gegeben, wähle δ := 12 . Für n, m ∈ N gilt: d(n, m) = |n − m| < δ ⇒ n = m ⇒
d0 (x(n), x(m)) = 0 < .
(b) Sei x gleichmäßig stetig, dann ist (x(n))n∈N eine Cauchyfolge: Sei > 0 gegeben, wähle ein δ >
¯ m) < δ ⇒ d0 (x(n), x(m)) < für alle n, m ∈ N. In (N, d)
¯ gilt limn→∞ n = ∞,
0, so dass d(n,
¯ Daher gibt es ein N ∈ N mit d(n,
¯ m) < δ
insbesondere ist also (n)n∈N eine Cauchyfolge in (N, d).
0
für alle n, m ≥ N , folglich d (x(n), x(m)) < für alle n, m ≥ N .
Sei umgekehrt (x(n))n∈N eine Cauchyfolge in (X, d0 ), wir zeigen wie in 85(c), dass x gleichmäßig
stetig ist: Sei > 0 gegeben. Wähle ein N ∈ N, so dass d0 (x(n), x(m)) < für alle n, m ≥ N .
¯ m) | n, m ≤ N } gilt dann: Ist n ≤ N − 1, so folgt aus d(n,
¯ m) < δ, dass
Für δ := min{d(n,
¯ m) < δ, dass m ≥ N und
n = m und mithin d0 (x(n), x(m)) = 0. Ist n ≥ N , so folgt aus d(n,
0
mithin d (x(n), x(m)) < nach Wahl von N .
Aufgabe 88: (12+4*+4* Punkte)
(a) Seien X und K kompakte metrische Räume, f : X × K → R eine stetige Abbildung. Zeige, dass
die Abbildung
g : X → R, x 7→ sup{f (x, y) | y ∈ K}
stetig ist.
(b)* Zeige, dass die Aussage aus (a) auch dann gilt, wenn X ein metrischer Raum ist, in dem jeder
Punkt x ∈ X eine kompakte Umgebung besitzt (solche Räume heißen lokal kompakt).
(c)* Zeige, dass jede offene und jede abgeschlossene Teilmenge von Rn (mit der induzierten Topologie) lokal kompakt ist.
Lösung:
(a) Sei d0 die Metrik auf X, sei d die Produktmetrik. X × K ist kompakt nach (14.10), also ist
f gleichmäßig stetig nach (15.5). Sei > 0 gegeben, wähle ein δ > 0 wie in der Definition
der gleichmäßigen Stetigkeit von f . Seien x0 , x1 ∈ X mit d0 (x0 , x1 ) < δ. Für alle y ∈ K gilt
dann d((x0 , y), (x1 , y)) < δ, also |f (x0 , y) − f (x1 , y)| < . Da K kompakt und f (x0 , ·) stetig
ist, existiert ein y0 ∈ K mit g(x0 ) = f (x0 , y0 ). Für dieses gilt f (x1 , y0 ) > f (x0 , y0 ) − , also
g(x1 ) ≥ f (x1 , y0 ) > g(x0 ) − . Andererseits existiert y1 ∈ K, so dass g(x1 ) = f (x1 , y1 ), und es
folgt g(x1 ) = f (x1 , y1 ) < f (x0 , y1 )+ ≤ g(x0 )+. Insgesamt haben wir also |g(x0 )−g(x1 )| < .
(b) Sei x0 ∈ X, sei K 0 eine kompakte Umgebung von x0 . Nach Teil (a) ist g|K 0 stetig. Nun existiert
U ⊆ X offen mit x0 ∈ U ⊆ K. Daher ist auch g in x0 stetig.
(c) Sei U ⊆ Rn offen, sei x0 ∈ U . Es gibt ein r > 0 mit Br (x0 ) ⊆ U . Sei 0 < r0 < r, dann ist K :=
Br0 (x0 ) ⊆ U beschränkt und abgeschlossen in Rn , also kompakt. Weiter ist x0 ∈ Br0 (x0 ) ⊆ K,
daher ist K eine Umgebung von x0 .
Sei A ⊆ Rn abgeschlossen, sei x0 ∈ A. Sei r > 0, dann ist K := Br (x0 ) ∩ A beschränkt und
abgeschlossen in Rn , also kompakt. Da K die relativ offene Teilmenge Br (x0 ) ∩ A ⊆ A enthält,
ist K auch eine Umgebung von x0 in A.
Bonusaufgabe: (6 *-Punkte)
Sei (X, d) ein metrischer Raum. Zeige, dass die in der Bonusaufgabe von Blatt 18 konstruierte Verˆ ι) von (X, d) die folgende sogenannte universelle Eigenschaft besitzt:
vollständigung ((X̂, d),
Für jeden vollständigen metrischen Raum Y und jede gleichmäßig stetige Abbildung f : X → Y
existiert genau eine gleichmäßig stetige Abbildung fˆ: X̂ → Y mit f = fˆ ◦ ι.
Lösung: Seien Y vollständig und f : X → Y gleichmäßig stetig. Da ι : X → X̂ eine Isometrie ist,
ist die Abbildung f˜ := f ◦ ι−1 : ι(X) → Y wohldefiniert und gleichmäßig stetig. Da ι(X) = X̂,
existiert nach (15.7) eine eindeutige - gleichmäßig stetige - Fortsetzung fˆ: X̂ → Y mit fˆ|ι(X) = f˜,
m.a.W. fˆ ◦ ι = f . Dies ist die gesuchte Abbildung.
Ist ĝ eine weitere Abbildung mit diesen Eigenschaften, so stimmen fˆ und ĝ auf der dichten Teilmenge
ι(X) ⊆ X̂ überein, sind also identisch.