n X i=1 |xi|undkxk∞:=maxn i=1 |xi|Normen aufKndefiniert werden

Mathematisches Institut SoSe 2020

der Heinrich-Heine Universit¨at 06.05.2020

D¨usseldorf Blatt 3

Apl. Prof. Dr. Axel Gr¨unrock

UBUNGEN ZUR ANALYSIS II¨

9. Zeigen Sie, dass durchkxk₁ :=

n

X

i=1

|x_i|undkxk∞:=maxⁿ

i=1 |x_i|Normen aufKⁿdefiniert werden.

L¨osung: F¨ur x= (x₁, . . . , x_n)∈Kⁿ sind kxk₁ :=Pn

i=1|x_i| und kxk_∞:= maxⁿ_i=1|x_i| wie in der Vorlesung definiert. Es sind die Normeigenschaften nachzupr¨ufen.

F¨ur k · k₁: (2 Punkte) (N1) Seix∈Kⁿ, dann gilt

kxk₁ = 0⇔

n

X

i=1

|x_i|= 0

⇔ |x_i|= 0, ∀i∈ {1, . . . , n}

⇔x_i = 0, ∀i∈ {1, . . . , n}

⇔x= 0 (∈Kⁿ).

(N2) Seix∈Kⁿ und λ∈K, dann gilt kλxk₁ =

n

X

i=1

|λx_i|=

n

X

i=1

|λ||x_i|=|λ|

n

X

i=1

|x_i|=|λ|kxk₁. (N3) Seienx, y ∈Kⁿ, dann gilt

kx+yk1 =

n

X

i=1

|xi+yi|

Dreiecksungleichung inK

≤

n

X

i=1

(|x_i|+|y_i|)

=

n

X

i=1

|x_i|+

n

X

i=1

|y_i|

= kxk1+kyk1.

Die Normeigenschaften sind erf¨ullt und somit ist k · k₁ eine auf Kⁿ definierte Norm.

1

F¨ur k · k_∞: (2 Punkte) (N1) Seix∈Kⁿ, dann gilt

kxk∞= 0 ⇔maxⁿ

i=1 |x_i|= 0

⇔ |xi|= 0, ∀i∈ {1, . . . , n}

⇔x_i = 0, ∀i∈ {1, . . . , n}

⇔x= 0 (∈Kⁿ).

(N2) Seix∈Kⁿ und λ∈K, dann gilt kλxk∞ =maxⁿ

i=1 |λx_i|=maxⁿ

i=1 |λ||x_i|=|λ|maxⁿ

i=1 |x_i|=|λ|kxk∞. (N3) Seienx, y ∈Kⁿ, dann gilt

kx+yk∞= maxⁿ

i=1 |x_i+y_i|

Dreiecksungleichung inK

≤ maxⁿ

i=1 (|x_i|+|y_i|)

= maxⁿ

i=1 |x_i|+maxⁿ

i=1 |y_i|

= kxk∞+kyk∞

Die Normeigenschaften sind erf¨ullt und somit ist k · k_∞ eine auf Kⁿ definierte Norm.

10. F¨urx= (x1, . . . , xn)∈Kⁿ und p∈[1,∞) sei kxkp =

n

X

i=1

|xi|^p

!¹_p .

Beweisen Sie f¨ur p≤q die Ungleichungen

kxk_q ≤ kxk_p ≤n^1p−1qkxk_q.

L¨osung: F¨urx∈Kⁿ und 1≤p≤q <∞ sollen die Ungleichungen kxkq

(i)

≤ kxkp (ii)

≤ n^1p−1qkxkq,

bewiesen werden. Das heißt, es soll die ¨Aquivalenz der p-Normen auf dem Kⁿ gezeigt werden.

Zu (i). (2 Punkte) Ohne Einschr¨ankungen soll kxk_p 6= 0 gelten (sonst ist ja x = 0 und die Ungleichung sofort ersichtlich). Betrachte den Quotienten kxkq/kxkp genauer

kxk_q kxkp

q

= kxk^q_q kxk^qp

=

n

X

i=1

|x_i|^q kxk^qp

=

n

X

i=1

|x_i| kxkp

q

=: (?).

Nun ist _kxk^|xi|

p ≤1 f¨uri∈ {1, . . . , n} und daher ist x_i

kxk_p q

≤ x_i

kxk_p p

,

wegen p≤q. Also folgt

(?)≤

n

X

i=1

|x_i|^p kxk^pp

= 1

kxk^pp

·

n

X

i=1

|x_i|^p = 1 und somit Ungleichung (i).

Zu (ii): (2 Punkte) Hier benutzen wir die H¨oldersche Ungleichung mit 1 r +

≤1

z}|{p q = 1:

kxk^p_p =

n

X

i=1

1· |x_i|^p ≤

n

X

i=1

1ⁿ

!¹_{r n} X

i=1

|x_i|^p·qp

!^p_q

=n^1−pq · kxk^p_q. Zieht man nun die p-te Wurzel, folgt (ii).

11. Es seien (X, τ) ein topologischer Raum undA, B ⊂X. Zeigen Sie:

(a) A∪B =A∪B (b) (A∩B)^◦ =A^◦∩B^◦

(c) A∩B ⊂A∩B (d) (A∪B)^◦ ⊃A^◦ ∪B^◦

Erl¨autern Sie anhand geeigneter Beispiele, dass in den Teilen (c) und (d) die anderen Inklusionen nicht gelten.

L¨osung: Zum Beweis der Aussagen (a)–(d) werden wir h¨aufig Satz 4 aus Abschnitt 1.2 der Vorlesung verwenden, insbesondere Satz 4 (1) mit der Aussage

M₁ ⊂M₂ ⇒M₁ ⊂M₂ und M₁^◦ ⊂M₂^◦ (1)

(a) (1 Punkt) Es gilt

A⊂A⊂A∪B, genauso wieB ⊂A∪B und damit

A∪B ⊂A∪B ⇒⁽¹⁾ A∪B ⊂A∪B ^{Satz 4 (4)}= A∪B, daA∪B abgeschlossen ist. Andererseits gilt

A ⊂A∪B ⇒⁽¹⁾ A⊂A∪B, genauso wieB ⊂A∪B, woraus sich

A∪B ⊂A∪B

ergibt. Zusammenfassend erhalten wir

A∪B =A∪B.

(b) (1 Punkt) Es gilt

A∩B ⊂A, B ⇒⁽¹⁾ (A∩B)^◦ ⊂A^◦, B^◦ ⇒(A∩B)^◦ ⊂A^◦∩B^◦.

Umgekehrt gilt, da A^◦ ⊂ A und B^◦ ⊂ B, ist, auch A^◦∩B^◦ ⊂A∩B. Mit Satz 4 (3) und (1) folgt dann

A^◦∩B^◦ = (A^◦∩B^◦)^◦ ⊂(A∩B)^◦. Zusammenfassend erhalten wir

A^◦∩B^◦ = (A∩B)^◦. (c) (1 Punkt) Es gilt

A⊂A, B ⊂B ⇒A∩B ⊂A∩B ⇒⁽¹⁾ A∩B ⊂A∩B ^{Satz 4 (4)}= A∩B.

W¨ahlt manA=Q⊂R,B =Q^c⊂R, hat manA∩B =∅und also auchA∩B =∅, whrendA=B =A∩B =R. Dies zeigt, dass die andere Inklusion im Allgemeinen nicht gilt.

(d) (1 Punkt) Wir haben A^◦ ⊂A, B^◦ ⊂B und damit A^◦∪B^◦ ⊂A∪B. Mit Satz 4 (3) folgt

A^◦∪B^◦ = (A^◦∪B^◦)^{◦ (1)}⊂ (A∪B)^◦.

Auch hier liefert A= Q, B = Q^c ein Gegenbeispiel f¨ur die andere Inklusion, denn A^◦ =∅, B^◦ =∅, somit gilt (A∪B)^◦ =Rund A^◦∪B^◦ =∅.

12. Bestimmen Sie∂M, M und M^◦ f¨ur die Teilmenge M :=

(x,cos1

x) : 0 < x < 1 π

des R², der mit der euklidischen Norm ausgestattet sei. Begr¨unden Sie Ihre Ergebnisse sorgf¨altig!

L¨osung:

Behauptung: Es ist

1. M^◦ =∅ und ∂M =M,

2. M ={(0, y) :|y| ≤1} ∪ {(x,cos¹_x) : 0< x≤ ¹_π}.

F¨ur die richtige Behauptung gibt es bereits 1 Punkt.

Begr¨undung:

1. (1 Punkt)Istε >0 und (x,cos_x¹)∈M, so ist (x,cos(¹_x) +ε)∈/M. Also besitzt M keinen inneren Punkt. Wir haben M^◦ =∅ und daher M =∂M (Definition ∂M).

2. Wir zeigen beide Inklusionsrichtungen.

”⊃”: (1 Punkt) Ist (x_n) eine Folge in (0,¹_π) mit x_n% _π¹, so gilt auch

n→∞lim cos 1

x_n = cosπ=−1, denn cos :R→R ist stetig. also ist (_π¹,−1)∈M.

Ist y ∈ [−1,1] vorgegeben, gibt es eine Folge (t_n) in (π,∞) mit cos(t_n) = y und limn→∞t_n =∞. Mit x_n := _t¹

n und (x_n, y) erhalten wir eine Folge in M, die gegen (0, y) konvergiert. Also gilt (0, y)∈M, f¨ur alle y∈[−1,1].

Damit ist gezeigt, dass die angegebene Menge Teilmenge vonM ist.

”⊂”: (1 Punkt)Nun sei (xn,cos_x¹

n) eine Folge in M, die inR² konvergiert. Dann konvergiert insbesondere die reelle Zahlenfolge (x_n).

Fall (i): Ist limn→∞x_n =x₀ ∈(0,_π¹]. Dann folgt wegen der Stetigkeit des Kosinus, dass

n→∞lim(xn,cos 1

x_n) = (x0,cos 1

x₀)∈ {(x,cos1

x) : 0< x≤ 1 π}.

Fall (ii): Ist limn→∞x_n = 0 und limn→∞cos_x¹

n =: y₀ existiert. Dann gilt |y₀| ≤ 1 und

1→∞lim(x_n,cos 1

x_n)∈ {(0, y) :|y| ≤1}.

Weitere Grenzwerte kommen f¨ur (x_n) nicht in Frage. Damit ist dann die Mengen- gleichheit gezeigt.