Analysis I für M, LaG/M, Ph 10.Tutorium

Analysis I für M, LaG/M, Ph 10.Tutorium

Fachbereich Mathematik Sommersemester 2010

Dr. Robert Haller-Dintelmann 17./18.06.2010

David Bücher

Christian Brandenburg

Tutorium

Aufgabe T1 (Eine weitere Charakterisierung von Stetigkeit) Beweisen Sie:

(a) Eine Funktionf :R→Rist genau dann stetig, wenn das Urbildf⁻¹(O) ={x∈R: f(x)∈O}jeder offenen Menge O⊆Reine offene Menge ist.

(b) Eine Funktion f :R→Rist genau dann stetig, wenn das Urbild f⁻¹(A)jeder abgeschlossenen MengeA⊆Reine abgeschlossene Menge ist.

Hinweis:Benutzen Sie für Teil (a) die"-δ-Charakterisierung der Stetigkeit.

Lösung:

(a)„⇒“: Sei f stetig,Ooffen. Zu zeigen ist, dass f⁻¹(O)offen ist, d.h. dass es zu jedemx₀∈f⁻¹(O)einδ >0gibt, so

dassU_δ(x₀) ={x∈R:|x−x₀|< δ} ⊆f⁻¹(O). Sei alsox₀∈f⁻¹(O)beliebig. Da f(x₀)∈OundOoffen ist,

gibt es" >0so, dassU_"(f(x₀))⊆O. Daf stetig ist, gibt esδ >0derart, dass|f(x)−f(x₀)|< "für allex∈R

mit|x−x₀|< δ. Das bedeutet aber, dassf(x)∈U_"(f(x₀))⊆Ofür allex∈U_δ(x₀). Also istU_δ(x₀)⊆f⁻¹(O),

was zu zeigen war.

„⇐“: Seienx₀∈Rund" >0gegeben. Zu zeigen ist, dass esδ >0gibt, so dass|f(x)−f(x₀)|< "für allex∈Rmit

|x−x₀|< δ. Die MengeO:=U_"(f(x₀))ist offen. Nach Annahme ist daher auch ihr Urbild f⁻¹(U_"(f(x₀)))

offen. Dax₀ein Element davon ist, gibt esδ >0, so dassU_δ(x₀)⊆ f⁻¹(U_"(f(x₀))). Das bedeutet aber, dass

|f(x)−f(x₀)|< "für allex∈Rmit|x−x₀|< δ, d.h. f ist stetig inx₀. Dax₀in dieser Argumentation beliebig

war, ist f in jedemx₀∈Rstetig.

(b)„⇒“: Sei f :R→Rstetig undA⊆Rabgeschlossen. Zu zeigen ist, dass f⁻¹(A)ebenfalls abgeschlossen ist. Nun ist nach H2 (b) vom 1. Übungsblatt

f⁻¹(A) =f⁻¹(R\(R\A))^H2(b)= f⁻¹(R)\f⁻¹(R\A) =R\f⁻¹(R\A).

Nach Definition istR\Aoffen. Mit Teil (a) und der Stetigkeit von f folgt, dass auchf⁻¹(R\A)als Urbild einer offenen Menge offen ist. Nach Definition ist daher f⁻¹(A) =R\f⁻¹(R\A)abgeschlossen, was zu zeigen war.

„⇐“: Sei f :R→Reine Funktion, sodass das Urbild f⁻¹(A)jeder abgeschlossenen MengeA⊆Reine abgeschlos- sene Menge ist. Wir zeigen, dass dann auch das Urbild f⁻¹(O)jeder offenen MengeO⊆Roffen ist. Sei also O⊆Roffen. Dann zeigt

f⁻¹(O) =f⁻¹(R\(R\O))^H2(b)= R\f⁻¹(R\O), dassf⁻¹(O)offen ist - analog zu oben.

Aufgabe T2 (Cantor-Menge)

Wir definieren eine Folge von MengenC_n,n∈N, in der folgenden Weise:

C₀ := [0, 1], C₁ := C₀\

1 3,2

3

, C₂ := C₁\

1 9,2

9

∪ 7

9,8 9

, ... ... ...

1

Allgemein konstruieren wirC_n+1, indem wir von jedem der2ⁿIntervalle, aus denenC_nbesteht, jeweils das offene mittlere Drittel entfernen. Dann ist dieCantormengeCgegeben durch

C:=

∞

\

n=0

C_n.

Zeigen Sie, dassCkompakt ist und dassC^◦=;gilt.

Lösung: Für die Kompaktheit vonCreicht es nach dem Satz von Heine-Borel aus, Abgeschlossenheit und Beschränktheit zu zeigen.

Cist offensichtlich in[0, 1]enthalten und damit beschränkt. Wir zeigen also, dassCabgeschlossen ist.

Dazu seiU_n,n∈N, jeweils die Vereinigung der2ⁿoffenen Intervalle, die bei der Konstruktion vonC_n+1ausC_nentfernt wurden. Es gilt alsoC_n+1=C_n\U_n=C_n∩(R\U_n).

Behauptung:Für allen∈NistC_n−1abgeschlossen.

Beweis (Induktion):

Induktionsanfang:C₁₋₁= [0, 1]ist abgeschlossen.

Induktionsannahme:Für ein gewissesn∈Ngelte die Behauptung, d.h.C_n−1ist abgeschlossen.

Induktionsschritt:DaU_n−1als Vereinigung offener Intervalle offen ist (H1 a), istR\U_n−1per definitionem abgeschlossen.

Nach Induktionsannahme ist auch C_n−1 abgeschlossen. Somit istC_n+1−1= C_n = C_n−1∩(R\U_n−1) als Schnitt zweier abgeschlossener Mengen ebenfalls abgeschlossen (H1 b). Somit gilt die Behauptung auch fürn+1. ƒ Schließlich ist die CantormengeC=T_∞

n=0C_nals Schnitt abgeschlossener Mengen abgeschlossen (H1 b).

Es bleibt zu zeigen, dass C^◦ =;gilt. Jede MengeC_n besteht aus2ⁿ disjunkten abgeschlossenen Intervallen der Länge (¹₃)ⁿ. Zwischen zwei solchen Intervallen liegen stets Punktex∈Rmitx∈/C_n. Ist alsoI⊆C_nein Intervall, welches inC_n liegt, dann mussI schon ineinemder2ⁿabgeschlossenen Intervalle enthalten sein, aus denenC_nbesteht. Wir nehmen nun an, dassCeinen inneren Punkt x₀∈Chat. Dann gibt es" >0, so dass das IntervallI :=U_"(x₀)inCenthalten ist.

Da die Folge((¹₃)ⁿ)n∈Neine Nullfolge ist, gibt es einN₀∈Nmit(¹₃)^N0<2". Da nach AnnahmeI ⊆C⊆C_N0 gilt, mussI in einem der2^N0Intervalle der Breite(¹₃)^N0<2"enthalten sein, aber das ist unmöglich. Also giltC^◦=;.

Aufgabe T3 (Zwischenwertsatz)

Es sei f :R→Reine Funktion die jeden Wert genau zweimal annimmt. Zeigen Sie, dass f nicht stetig ist. Gibt es eine stetige Funktionh:R→R, welche jeden Wert genau dreimal annimmt?

Lösung: Angenommen f wäre stetig und nähme jeden Wert genau zweimal an. Seien x,y zwei verschiedene Punkte mit f(x) = f(y). Fürz∈(x,y)ist dann f(z)6= f(x) = f(y). Da f stetig und[x,y]kompakt ist, nimmt f auf[x,y]

sowohl ein Maximum als auch ein Minimum an. Wären Maximum und Minimum gleich, so wäre f auf[x,y]konstant (Widerspruch). Insbesondere können nicht das Maximumund das Minimum am Rand angenommen werden. Sei also z∈(x,y)so, dass f(z)6=f(x)maximal (bzw. minimal) ist und˜zso, dass f(z) =f(˜z).

O.B.d.A. seiz <z. Ist˜ ˜z ∈(z,y), dann nimmt f auf dem Intervall [z, ˜z]ein Minimum (bzw. Maximum) an der Stelle a∈(z, ˜z)an. Mitb:=max{f(x),f(a)}(bzw.b:=min{f(x),f(a)}) wird nun nach dem Zwischenwertsatz jeder Wert aus (b,f(z))(bzw. aus(f(z),b)) in jedem der Intervalle(x,z),(z,a),(a, ˜z)und(˜z,y)angenommen, insgesamt mindestens viermal — ein Widerspruch.

Ist˜z> y, dann muss nach dem Zwischenwertsatz jeder Wert im Intervall(f(x),f(z))(bzw.(f(z),f(x))) in jedem der Intervalle(x,z),(z,y),(y, ˜z)angenommen werden. Also werden all diese Werte mindestens dreimal angenommen — ein Widerspruch. Folglich ist f nicht stetig.

Stetige Funktionenh:R→R, die jeden Wert genau dreimal annehmen, gibt es (Siehe Skizze:)

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