H¨ ohere Analysis

Fachbereich Informatik Sommersemester 2018 Prof. Dr. Peter Becker

H¨ ohere Analysis

L¨ osungen zu Aufgabenblatt 3

Aufgabe 1 (Orthogonalisierung eines Funktionenraums) 4+2=6 Punkte (a) Konstruieren Sie mit dem Gram-Schmidt-Verfahren eine Orthonormalbasis f¨ ur den Funktionen-

raum (P

₃

[−1, 1], k · k

₂

). Gehen Sie dabei von der Basis 1, x, x

²

, x

³

aus.

(b) Stellen Sie das Polynom

p(x) = 4x

³

− 7x

²

+ 8

als Linearkombination der Orthonormalbasis dar, die Sie in (a) ermittelt haben.

L¨ osung:

(a) Sei a

0

(x) = 1, a

1

(x) = x, a

2

(x) = x

²

, a

3

(x) = x

³

. ka

₀

k =

s Z

1

−1

1

²

dx = √ 2.

Somit gilt q

0

(x) =

^√1

2

.

Damit ergibt sich f¨ ur q

₁

vor der Normalisierung:

q

1

(x) = a

1

(x) − ha

₁

, q

0

iq

₀

(x) = x − Z

1

−1

x 1

√ 2 dx 1

√

2 = x − 1 2

Z

1

−1

x dx = x.

Normalisierung:

kq

₁

k = s

Z

₁

−1

x

²

dx = r 2

3 . Somit gilt q

₁

(x) =

q

3 2

x.

Damit ergibt sich f¨ ur q

₂

vor der Normalisierung:

q

2

(x) = a

2

(x) − ha

₂

, q

0

iq

₀

(x) − ha

₂

, q

1

iq

₁

(x)

= x

²

− 1 2

Z

1

−1

x

²

dx − 3 2

Z

1

−1

x

³

dx · x

= x

²

− 1 3 Normalisierung:

kq

₂

k = s

Z

1

−1

x

²

− 1

3

2

dx

= s

Z

1

−1

x

⁴

− 2 3 x

²

+ 1

9

= s

1 5 x

⁵

− 2

9 x

³

+ 1 9 x

x=1 x=−1

= r 8

45

Somit gilt q

₂

(x) = q

45

8

x

²

−

¹₃

.

Damit ergibt sich f¨ ur q

₃

vor der Normalisierung:

q

3

(x) = a

3

(x) − ha

₃

, q

0

iq

₀

(x) − ha

₃

, q

1

iq

₁

(x) − ha

₃

, q

2

iq

₂

(x)

= x

³

− 1 2

Z

1

−1

x

³

dx

| {z }

=0

− 3 2

Z

1

−1

x

⁴

dx · x − 45 8

Z

1

−1

x

³

x

²

− 1 3

dx

| {z }

=0

·

x

²

− 1 3

= x

³

− 3 2

Z

1

−1

x

⁴

dx · x

= x

³

− 3 5 x Normalisierung:

kq

₃

k = s

Z

1

−1

x

³

− 3

5 x

2

dx

= s

Z

1

−1

x

⁶

− 6

5 x

⁴

+ 9 25 x

²

dx

= s

1

7 x

⁷

− 6

25 x

⁵

+ 3 25 x

³

x=1 x=−1

= r 8

175 Somit gilt q

3

(x) =

q

175

8

x

³

−

³₅

x .

(b) Prinzipiell k¨ onnten wir wie in Beispiel 1.40 vorgehen und die Koeffizienten f¨ ur die Linearkombi- nation durch die Skalarprodukte hq

₀

, pi, . . . , hq

₃

, pi berechnen. Wegen der speziellen Form der q

i

ist es hier aber einfacher, die Koeffizienten direkt durch Aufl¨ osen zu ermitteln.

Wir haben 4 als Koeffizient von x

³

in p(x). Also: 4 = α

₃

q

175

8

weil nur in q

₃

der Term x

³

auftreitt.

Somit folgt α

3

= 4 q

8

175

=

⁸₅

q

2

7

.

Analog ermitteln wir α

2

als Koeffizient von x

²

. Aus −7 = α

2

q

45

8

ergibt sich α

2

= −7 q

8 45

=

−

¹⁴₃

q

2

5

.

Der Koeffizient von x in p(x) ist 0, damit entsteht die Gleichung 0 = α

₃

r 175 8

− 3 5

+ α

₁

r 3 2 und somit

α

1

= 3 5 α

3

r 175 8

r 2 3 = 12

5 r 2

3 . F¨ ur α

₀

entsteht die Gleichung

8 = α

₂

r 45

8

− 1 3

+ α

₀

1

√ 2 . Wegen α

₂

= −7 q

8

45

entsteht

8 = 7

3 + α

₀

1

√ 2 und somit

α

₀

=

8 − 7 3

√ 2 = 17

3

√ 2.

2

Aufgabe 2 (Metriken) 1+1+1+1+1+1=6 Punkte Welche der nachfolgenden Funktionen d ist eine Metrik, welche nicht? Begr¨ unden Sie jeweils Ihre Ant- wort.

(a) Es sei G = (V, E) ein zusammenh¨ angender (ungerichteter) Graph und c : E → R eine Kantenge- wichtsfunktion mit c(e) > 0 f¨ ur alle e ∈ E. F¨ ur v

1

, v

2

∈ V sei

d(v

1

, v

2

) := L¨ ange eines k¨ urzesten Weges von v

1

nach v

2

. (b) Wie bei (b), aber G ist ein gerichteter Graph.

(c) Es seien (a

_n

) und (b

_n

) konvergente Folgen mit lim

n→∞

a

_n

= a und lim

n→∞

b

_n

= b. F¨ ur solche konver- genten Folgen sei dann

d((a

n

), (b

n

)) = |a − b|.

(d) F¨ ur zwei beschr¨ ankte Folgen (a

_n

) und (b

_n

) sei d((a

_n

), (b

_n

)) = sup

n∈N

|a

_n

− b

_n

|.

(e) F¨ ur f, g ∈ C[a, b] sei

d(f, g) = Z

b

a

(f(x) − g(x))

²

dx.

(f) F¨ ur zwei Intervalle I = [a, b] und J = [r, s] sei

d(I, J) = max{|r − a|, |s − b|}.

L¨ osung:

(a) Die Funktion d ist eine Metrik. Wegen c(e) > 0 ist die L¨ ange eines k¨ urzesten Weges von v

₁

nach v

2

genau dann 0, wenn v

1

= v

2

gilt.

Da der Graph ungerichtete ist, kann jede Kante in beide Richtungen durchlaufen werden. Damit ist die Symmetrie erf¨ ullt.

Die Konkatenation der k¨ urzesten Wege von v

1

nach v

2

und von v

2

nach v

3

ergibt einen Weg von v

1

nach v

3

. Der k¨ urzeste Weg von v

1

nach v

3

kann nicht l¨ anger sein. Damit ist die Dreiecksungleichung erf¨ ullt.

(b) Die Funktion d ist keine Metrik. Da der Graph gerichtet ist, ist nicht sichergestellt, dass ein k¨ urzester Weg von v

1

nach v

2

auch in die umgekehrte Richtung durchlaufen werden kann. Daher ist die Symmetrie nicht erf¨ ullt.

(c) Die Funktion d ist keine Metrik. Gegenbeispiel: Sei a

_n

=

¹_n

und b

_n

= −

_n¹

. Dann gilt

n→∞

lim a

n

= lim

n→∞

b

n

= 0 und somit d((a

n

), (b

n

)) = 0, aber (a

n

) 6= (b

_n

).

(d) Die Funktion d ist eine Metrik. Gilt a

n

6= b

n

f¨ ur ein n ∈ N, dann ist sup

_n∈N

|a

_n

− b

n

| > 0. Also gilt d((a

_n

), (b

_n

)) = 0 genau dann, wenn a

_n

= b

_n

f¨ ur alle n ∈ N .

Aus |a

_n

− b

_n

| = |b

_n

− a

_n

| folgt die Symmetrie.

Es gilt |a

_n

− c

_n

| = |a

_n

− b

_n

+ b

_n

− c

_n

| ≤ |a

_n

− b

_n

| + |b

_n

− c

_n

|. Diese Ungleichung gilt dann auch f¨ ur die Suprema und somit

d((a

n

), (c

n

)) ≤ d((a

n

), (b

n

)) + d((b

n

), (c

n

)).

Also ist die Dreiecksungleichung erf¨ ullt.

3

(e) Die Funktion d ist keine Metrik. Hier ist die Dreiecksungleichung verletzt. F¨ ur f (x) = 0, g(x) = 1, h(x) = 2 erhalten wir d(f, g) = b − a, d(g, h) = b − a aber d(f, h) = 4(b − a) > 2(b − a) = d(f, g) + d(g, h).

(f) Die Funktion d ist eine Metrik.

max{|r − a|, |s − b|} = 0 ⇔ |r − a| = 0 ∧ |s − b| = 0 ⇔ r = a ∧ s = b ⇔ I = J Weiterhin gilt wegen max{|r − a|, |s − b|} = max{|a − r|, |b − s|} die Symmetrieeigenschaft.

Sei K = [u, v]. Dann gilt

d(I, K) + d(K, J) = max{|u − a|, |v − b|} + max{|r − u|, |s − v|}

≥ max{|u − a| + |r − u|, |v − b| + |s − v|}

≥ max{|r − a|, |s − b|}

= d(I, J) Damit ist die Dreiecksungleichung erf¨ ullt.

Aufgabe 3 (Mengeneigenschaften) 3+2=5 Punkte

(a) Beweisen Sie die Aussage von Lemma 1.49: Der Schnitt beliebig vieler abgeschlossener Mengen ist wieder abgeschlossen.

(b) Gilt die Aussage von Lemma 1.49 auch f¨ ur offene Mengen? Begr¨ unden Sie Ihre Antwort!

L¨ osung:

(a) Zu Zeigen: Es sei N eine Indexmenge und die Mengen A

_n

sind f¨ ur alle n ∈ N abgeschlossen.

Dann ist auch T

n∈N

A

n

abgeschlossen.

Beweis: Wir zeigen, dass T

n∈N

A

n

C

offen ist.

Sei x ∈ \

n∈N

A

n

!

C

/ ∗ De Morgan ∗ / ⇒ x ∈ [

n∈N

A

^C_n

/ ∗ Def. Vereinigung ∗ / ⇒ ∃n ∈ N : x ∈ A

^C_n

/ ∗ A

_n

abgeschlossen ⇔ A

^C_n

offen ∗ / ⇒ ∃ > 0 : U

(x) ⊆ A

^C_n

/ ∗ Def. Vereinigung ∗ / ⇒ ∃ > 0 : U (x) ⊆ [

n∈N

A

^C_n

/ ∗ De Morgan ∗ / ⇒ ∃ > 0 : U (x) ⊆ \

n∈N

A

n

!

C

/ ∗ Def. offen ∗ / ⇒ \

n∈N

A

_n

!

C

ist offen.

Nach Definition ist damit die Menge T

n∈N

A

n

abgeschlossen.

(b) F¨ ur offene Mengen ist die Aussage von Lemma 1.49 falsch. Beispiel: Sei A

n

= 1 −

_n¹

, 2 +

_n¹

⊆ R.

Dann sind alle A

n

offen. Aber

∞

\

n=1

A

_n

= [1, 2]

ist abgeschlossen.

4