Fachbereich Mathematik Prof. Dr. Ulrich Kohlenbach PD Dr. Achim Blumensath Dr. Eyvind Briseid
T E C H N I S C H E UNIVERSIT ¨ AT D A R M S T A D T
A
19.05.2010
5. Tutorium Analysis II
Sommersemester 2010
(T5.1) (Strikt normierte R¨aume)
Ein normierter Raum (V,k·k) heißtstrikt normiertoderstrikt konvex, falls f¨ur allex, y∈V gilt
kxk ≤1 kyk ≤1 kx−yk>0
=⇒
x+y 2
<1.
Sein∈N,n≥2. Zeigen Sie, dass (Rn,k · k2) strikt normiert ist, (Rn,k · k∞) aber nicht.
(Hier istkxk2=pPn
i=1x2i undkxk∞= max{|x1|,|x2|, . . . ,|xn|}f¨urx∈Rn.) L¨osung.
Seienx, y ∈ Rnmit kxk2 ≤1,kyk2 ≤1 undkx−yk2 >0. Die euklidische Normk · k2
ist die kanonische Norm bez¨uglich des inneres Produktshx, yi=Pn
i=1xiyiinRn, also gilt nach (G4.1)(c)
kx+yk22+kx−yk22= 2kxk22+ 2kyk22, d. h.
kx+yk22= 2kxk22+ 2kyk22− kx−yk22. Also gilt
kx+yk2=q
2kxk22+ 2kyk22− kx−yk22, und somit
x+y 2
2
= rkxk22
2 +kyk22
2 −kx−yk22
4 ≤
r
1−kx−yk22
4 <1.
Also ist (Rn,k · k2) strikt normiert.
Seix= (1,1, . . . ,1)∈Rnundy= (1,0,0, . . . ,0)∈Rn. Dann istx−y= (0,1, . . . ,1) und somit giltkxk∞=kyk∞= 1 undkx−yk∞= 1>0. Es gilt aber
x+y
2 =
1,1
2,1 2, . . . ,1
2
, 1
also ist
x+y 2
∞
= 1. Daher ist (Rn,k · k∞) nicht strikt normiert.
(T5.2) (Orthogonale Matrizen und Kompaktheit)
Es sein∈N. Eine MatrixM∈Rn×nheißtorthogonal, wennMT =M−1gilt, wobeiMT die transponierte Matrix vonM bezeichnet.
Zeigen Sie, dass die MengeO(n) der orthogonalenn×n-Matrizen eine kompakte Teilmenge vonRn2ist. Hierbei identifizieren wir einen×n-MatrixM= (ajk)nj,k=1mit dem Vektor
(a11, . . . , a1n, a21, . . . , a2n, . . . , an1, . . . , ann)∈Rn2.
Hinweis:Betrachten Sie f¨ur 1≤j, k≤ndie Abbildungfjk:Rn2→R, die durch
fjk(M) =
n
X
l=1
aljalk
f¨urM= (ajk)nj,k=1∈Rn2gegeben ist.
L¨osung.
Wir zeigen, dassO(n) eine abgeschlossene und beschr¨ankte Teilmenge desRn2 ist, dann folgt die Behauptung aus dem Satz von Heine–Borel (Forster,Analysis 2, § 3 Satz 5).
Dazu beobachten wir zun¨achst, dass einen×n-MatrixMgenau dann inO(n) liegt, wenn MTM=Ingilt.
Nun definieren wir f¨ur 1≤j, k≤ndie Abbildungfjk:Rn2→Raus dem Hinweis durch
fjk(M) =
n
X
l=1
aljalk
f¨urM= (ajk)nj,k=1∈Rn2. Dann ist
(fjk(M))nj,k=1=MTM,
also istM∈O(n), genau dann wennfjk(M) = 1 ist, wann immerj=kist undfjk(M) = 0 im Fallej6=kgilt. Weiter ist zu bemerken, dassfjkf¨ur jede Wahl vonjundkoffensichtlich eine stetige Abbildung ist.
Da{0}und{1} abgeschlossene Teilmengen vonRsind, folgt aus der zweite Bemerkung nach§2 Satz 11, dass
O(n) =
n
\
j=1
fjj−1({1})
!
∩ \
1≤j,k≤n, j6=k
fjk−1({0})
!
2
abgeschlossen inRn2 ist. Es bleibt also zu zeigen, dass O(n) in Rn2 beschr¨ankt ist. Sei dazu M = (ajk)nj,k=1 ∈ O(n). Dann ist der Euklidische Abstand zwischen dem Punkt (a11, . . . , a1n, a21, . . . , a2n, . . . , an1, . . . , ann)∈Rn2und dem Punkt (0, . . . ,0)∈Rn2gegeben
durch v
u u t
n
X
j,k=1
a2jk=p
f11(M) +. . .+fnn(M) =√ n.
Also istO(n) beschr¨ankt und der Beweis beendet.
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