Welche der folgenden Mengen V bilden mit den ¨ ublichen Verkn¨ upfungen einen Vektorraum?

Fachbereich Informatik Sommersemester 2018 Prof. Dr. Peter Becker

H¨ ohere Analysis

L¨ osungen zu Aufgabenblatt 1

Aufgabe 1 (Vektorraum) 1+1+1+1+1+1+1=7 Punkte

Welche der folgenden Mengen V bilden mit den ¨ ublichen Verkn¨ upfungen einen Vektorraum?

(a) Die Menge aller auf dem Intervall [a, b] stetig differenzierbaren Funktionen f mit f

= 0.

(b) Die Menge aller stetigen Funktionen, die im Intervall [a, b] mindestens eine Nullstelle haben.

(c) Die Menge aller beschr¨ ankten Folgen.

(d) Die Menge aller auf dem Intervall [a, b] stetig differenzierbaren Funktionen f mit f

= 1.

(e) Die Menge aller auf dem Intervall [a, b] stetigen Funktionen f mit Z

a

f (x) dx = 0.

(f) Die Menge aller Nullfolgen (a

), f¨ ur die ein n ∈ N mit a

= 0 existiert.

(g) Die Menge aller Nullfolgen (a

), f¨ ur die kein n ∈ N mit a

= 0 existiert.

L¨ osung: F¨ ur den positiven Nachweis nutzen wir jeweils Satz 1.4, ansonsten geben wir ein Gegenbeispiel an.

(a) Die Menge V bildet einen Vektorraum, genauer einen Untervektorraum von C[a, b].

– Die Funktion f (x) = 0 f¨ ur alle x ∈ [a, b] ist in V enthalten.

– Seien f, g ∈ V . Dann gilt:

(f + g)

a + b 2

= f

a + b 2

+ g

a + b 2

= 0 + 0 = 0.

Also gilt auch f + g ∈ V .

– Sei f ∈ V . Dann gilt f¨ ur alle α ∈ R : (αf )

a + b 2

= α · f

a + b 2

= α · 0 = 0.

Also gilt auch αf ∈ V .

(b) Die Menge V bildet keinen Vektorraum. Die Funktionen

f(x) = x − a und g(x) = b − x haben eine Nullstelle bei a bzw. b und sind somit in V enthalten. Aber

(f + g)(x) = f (x) + g(x) = (x − a) + (b − x) = b − a > 0 f¨ ur alle x ∈ [a, b].

Also gilt f + g / ∈ V .

(c) Die Menge V bildet einen Vektorraum.

– Die Folge (a

) mit a

= 0 f¨ ur alle n ∈ N ist in V enthalten.

– Seien (a

), (b

) ∈ V . Somit existieren A, B ∈ R mit |a

| ≤ A bzw. |b

| ≤ B. Damit folgt:

|a

+ b

| ≤ |a

| + |b

| ≤ A + B

Also ist die Folge (a

+ b

) durch A + B beschr¨ ankt und somit ∈ V . – Sei (a

) ∈ V und α ∈ R . Dann gilt:

|αa

| = |α||a

| ≤ |α|A.

Also ist auch die Folge (αa

) beschr¨ ankt und somit ∈ V .

(d) V bildet keinen Vektorraum. Sei f (x) = g(x) = 1 f¨ ur alle x ∈ [a, b]. Dann gilt (f + g)

= f

+ g

= 1 + 1 = 2 6= 1 und somit (f + g) ∈ / V .

(e) Die Menge V bildet einen Vektorraum. Dies folgt aus der Linearit¨ at des Integrals.

– Die Funktion f (x) = 0 f¨ ur alle x ∈ [a, b] ist in V enthalten.

– Seien f, g ∈ V . Dann gilt:

Z

(f + g)(x) dx = Z

a

f(x) + g(x) dx = Z

a

f(x) dx + Z

a

g(x) dx = 0 + 0 = 0.

Also gilt f + g ∈ V .

– Sei f ∈ V, α ∈ R. Dann gilt:

Z

(αf)(x) dx = Z

a

α · f(x) dx = α Z

a

f (x) dx = α · 0 = 0.

Also gilt αf ∈ V .

(f) Die Menge V bildet keinen Vektorraum. Seien die Folgen (a

), (b

) ∈ V definiert durch a

=

0 f¨ ur n = 1

1

n

f¨ ur n 6= 1 b

=

0 f¨ ur n = 2

1

n

f¨ ur n 6= 2 Dann ist

a

+ b

= (

n

f¨ ur n = 1, 2

2

n

f¨ ur n ≥ 3 und somit a

+ b

6= 0 f¨ ur alle n ∈ N . Also gilt (a

+ b

) ∈ / V .

(g) Die Menge V bildet keinen Vektorraum. F¨ ur α = 0 ist die Folge (αa

) konstant 0 und somit ∈ / V . Aufgabe 2 (Lineare Unabh¨ angigkeit in Funktionenr¨ aumen) 2+2=4 Punkte

(a) Wir betrachten den Vektorraum C[−π, π]. Zeigen Sie, dass die Vektoren

f (x) = cos(x) und g(x) = sin(x)

linear unabh¨ angig sind.

(b) Wir betrachten den Vektorraum C(1, ∞). Zeigen Sie, dass die Vektoren f (x) = 1

x + 1 , g(x) = 1

x − 1 , h(x) = x x

− 1 linear abh¨ angig sind.

L¨ osung:

(a) Wir m¨ ussen

(∀x ∈ [−π, π] : α · cos(x) + β · sin(x) = 0) ⇒ α = β = 0 zeigen.

F¨ ur x = 0 erhalten wir aus α · cos(x) + β · sin(x) = 0 die Gleichung α · cos(0) + β · sin(0) = 0 woraus α = 0 folgt.

Analog ergibt sich f¨ ur x =

die Bedingung β = 0.

(b) Wir stellen h als Linearkombination von f und g dar.

αf + βg = h

⇔ α

x + 1 + β

x − 1 = x x

− 1

⇔ α(x − 1) + β(x + 1)

x

− 1 = x

x

− 1

⇔ (α + β )x + (−α + β)

x

− 1 = x

x

− 1

⇔ α + β = 1 ∧ −α + β = 0

⇔ α = β = 1 2

Aufgabe 3 (Norm) 2+2+2=6 Punkte

Welche der folgenden Abbildungen k · k : R

→ R definiert eine Norm auf dem R

?

(a) kxk =

n

X

i=1

w

|x

| f¨ ur w

, . . . , w

> 0.

(b) kxk = max

i=1

w

|x

| f¨ ur w

, . . . , w

≥ 0.

Zeigen Sie:

(c) Es sei w ∈ C [a, b] mit w(x) > 0 f¨ ur alle x ∈ [a, b]. Dann definiert kfk

= Z

a

w(x)|f (x)| dx eine Norm auf dem Vektorraum C[a, b].

L¨ osungen:

(a) Die Abbildung ist eine Norm.

– Man beachte: Wegen w

> 0 gilt w

|x

| ≥ 0 und w

|x

| = 0 ⇔ x

= 0.

x = 0 ⇔ x

= 0 f¨ ur i = 1, . . . , n

⇔ w

|x

| = 0 f¨ ur i = 1, . . . , n

⇔

n

X

i=1

w

|x

| = 0

⇔ kxk = 0 –

kαxk =

n

X

i=1

w

|αx

|

=

n

X

i=1

w

|α||x

|

= |α|

n

X

i=1

w

|x

|

= |α| kxk –

kx + yk =

n

X

i=1

w

|x

+ y

|

≤

n

X

i=1

w

(|x

| + |y

|)

=

n

X

i=1

w

|x

| +

n

X

i=1

w

|y

|

= kxk + kyk

(b) Die Abbildung ist genau dann keine Norm, wenn ein i ∈ {1, . . . , n} existiert mit w

= 0. Wir betrachten hierzu x mit

x

=

0 f¨ ur j 6= i 1 f¨ ur j = i Dann gilt w

|x

| = 0 f¨ ur j = 1, . . . , n und somit P

j=1

w

|x

| = kxk = 0, aber x 6= 0.

(c) – Trivialerweise folgt aus ∀x ∈ [a, b] : f (x) = 0, dass R

a

w(x)|f (x)| dx = 0 gilt.

Schwieriger ist es, die R¨ uckrichtung zu zeigen, also der Nachweis von Z

a

w(x)|f (x)| dx = 0 ⇒ ∀x ∈ [a, b] : f (x) = 0.

Diesen Beweis f¨ uhren wir indirekt, d. h. wir zeigen

∃x ∈ [a, b] : f (x) 6= 0 ⇒ Z

a

w(x)|f (x)| dx 6= 0.

Hierzu nutzen wir die Stetigkeit der Funktionen aus.

Die Funktionen f(x) und w(x) sind nach Voraussetzung stetig auf dem Intervall [a, b]. Damit ist dann auch |f (x)| stetig, als Verkettung stetiger Funktionen, und somit ist auch h(x) :=

w(x)|f (x)| stetig auf [a, b].

Es sei x

∈ [a, b] mit f (x

) 6= 0. Wegen h(x) ≥ 0 folgt daraus h(x

) > 0. O.B.d.A. gelte x

∈ (a, b), ansonsten muss man die nachfolgende Argumentation einseitig durchf¨ uhren.

Da h in x

∈ (a, b) stetig ist, muss es dann eine abgeschlossene Umgebung [x

− δ, x

+ δ]

mit δ > 0 von x

geben, in der h(x) ≥

> 0 gilt. Formal zeigt man dies mit dem -δ-Kriterium.

Jetzt teilen wir das Integral auf.

Z

w(x)|f (x)| dx = Z

a

h(x) dx

=

Z

h(x) dx + Z

x0−δ

h(x) dx + Z

x0+δ

h(x) dx

≥ 0 + 2δ h(x

)

2 + 0 = δh(x

) > 0.

Damit ist der Nachweis erbracht.

–

kαfk

= Z

a

w(x)|(αf)(x)| dx

= Z

a

w(x)|α · f (x)| dx

= Z

a

w(x)|α||f (x)| dx

= |α|

Z

w(x)|f (x)| dx

= |α|kf k

–

kf + gk

= Z

a

w(x)|(f + g)(x)| dx

= Z

a

w(x)|f (x) + g(x)| dx

≤ Z

a

w(x)(|f(x)| + |g(x)|) dx

= Z

a

w(x)|f (x)| dx + Z

a

w(x)|g(x)| dx

= kf k

+ kgk

Aufgabe 4 ( ¨ Aquivalenz von Normen) 4 Punkte

Es sei wiederum w ∈ C[a, b] mit w(x) > 0 f¨ ur alle x ∈ [a, b]. Gem¨ aß Aufgabe 3 (c) sind dann kf k

=

Z

w(x)|f (x)| dx und kf k

= Z

a

|f (x)| dx Normen auf C[a, b] (f¨ ur kf k

folgt dies mit w(x) = 1).

Zeigen Sie, dass die beiden Normen ¨ aquivalent sind.

L¨ osung: Die Funktion w(x) ist stetig auf [a, b] und [a, b] ist ein abgeschlossenes Interval. Nach dem

Satz von Weierstraß existieren damit Minimum und Maximum der Funktion w(x) im Intervall [a, b].

Sei x

∈ [a, b] eine Minimumstelle und x

∈ [a, b] eine Maximumstelle. Wir definieren w

:= w(x

) und w

= w(x

). Insbesondere gilt w

, w

> 0.

Damit folgt

kf k

= Z

a

w(x)|f (x)| dx ≤ Z

a

w

|f(x)| dx = w

Z

a

|f (x)| dx = w

kfk

und

w

kf k

= w

Z

|f (x)| dx = Z

a

w

|f (x)| dx ≤ Z

a

w(x)|f (x)| dx = kf k

.