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L¨osung: Ist A invertierbar, so ist kAk &gt

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Academic year: 2021

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Prof. Dr. J. Ebert PD Dr. T. Timmermann

Ubung zur Analysis 2¨ Blatt 3

Zusatzaufgabe 5. Wir betrachten aufRndiel2-Norm, auf Matn,n(R) die in Aufgabe 1 definierte Operatornorm und bezeichnen mit GLn(R) ⊆ Matn,n(R) die Gruppe der invertierbaren Matrizen. Ziel dieser Aufgabe ist es, zu zeigen, dass GLn(R) offen in Matn,n(R) ist, und dass die InversenabbildungF : GLn(R)→GLn(R),A7→A−1 stetig ist. Gehen Sie in folgenden Schritten vor:

(a) A∈Matn,n(R) ist genau dann invertierbar, wenn eine KonstanteC >0 existiert, so dass f¨ur alle x∈Rn gilt: kAxk ≥Ckxk. In diesem Fall giltkA−1k ≤1/C. L¨osung: Ist A invertierbar, so ist kAk > 0 und man setze C := kA−1k−1. Es gilt dann kA−1yk ≤ 1/Ckyk, und indem man y = Ax setzt, ergibt sich kxk = kA−1Axk ≤1/CkAxk.

Falls kAxk ≥ Ckxk f¨ur alle x, so ist A injektiv, denn Ax = 0 ⇒ 0 = kAxk ≥ Ckxk ⇒ x = 0. Aus LA I folgt, dass A auch surjektiv ist (z.B. mit der Dimen- sionsformel). Ferner folgt (y =A−1x): kA−1xk=kyk ≤1/CkAyk= 1/Ckxk.

(b) Ist A invertierbar, C := kAk1−1 und B ∈ Matn,n(R) mit kBk < C, so ist A+B invertierbar, und es giltk(A+B)−1k ≤1/(C− kBk). Insbesondere ist der C-Ball BC(A) ganz in GLn(R) enthalten und damit offen.

L¨osung: F¨ur jedes x∈Rn gilt

k(A+B)xk ≥ kAxk − kBxk ≥Ckxk − kBkkxk= (C− kBk)kxk.

Wende Aufgabenteil (a) an.

(c) Die InversenabbildungF ist stetig. Tip: sindA und A+B invertierbar, so gilt (A+B)−1−A−1 =−(A+B)−1BA−1,

und nun kann man 1(d) verwenden.

L¨osung: Die obige Formel folgt aus

(A+B)−1−A−1= (A+B)−1AA−1+ (A+B)−1(A+B)A−1. Es folgt

k(A+B)−1−A−1k=k(A+B)−1BA−1k ≤ k(A+B)−1kkBkkAk.

IstC := kAk1−1 undB ∈Matn,n(R) mit kBk< C wie oben, so gilt somit k(A+B)−1−A−1k ≤1/(C− kBk)kBkkAk.

Ist (Bk)k eine Nullfolge, so ist also

k(A+Bk)−1−A−1k ≤1/(C− kBkk)kBkkkAk →0.

(Bemerkung: Man kann die Offenheit von GLn(R) in Matn,n(R) und die Stetigkeit der Inversenabbildung auch mit Hilfe der Determinante und der Cramerschen Regel zeigen (gibt auch volle Punktzahl)).

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