Da U offen ist, existiert ein >0 mit (qn−, qn+)⊂U, also mit an≤qn− &lt

Mathematisches Institut SoSe 2020

der Heinrich-Heine Universit¨at 13.05.2020

D¨usseldorf Blatt 4

Apl. Prof. Dr. Axel Gr¨unrock

UBUNGEN ZUR ANALYSIS II¨

13. (Lindel¨of ’scher ¨Uberdeckungssatz) Zeigen Sie: Jede offene MengeU ⊂Rl¨asst sich darstellen als abz¨ahlbare Vereinigung offener Intervalle. Um dies einzusehen, vereinige man m¨oglichst grosse Intervalle um die rationalen Elemente von U.

L¨osung Aufgabe 13

Zu zeigen: Jede offene TeilmengeU vonR l¨asst sich darstellen alsU =S

n∈NI_n, wobei die I_n offene Intervalle sind (Lindel¨of’scher ¨Uberdeckungssatz).

Beweis: Es sei U ∩Q={q_n, n∈N}. Dann setzen wir a_n:= sup{x∈U^c:x < q_n}

b_n := inf{x∈U^c:x > q_n}.

Da U offen ist, existiert ein >0 mit (q_n−, q_n+)⊂U, also mit a_n≤q_n− < q_n< q_n+≤b_n

insbesondere gilt also a_n< q_n< b_n. 1P

Wir setzen I_n := (a_n, b_n). Dies ist ein offenes Intervall, welches q_n umfasst. Ferner existiert kein x∈U^c mit x≤q_n, welches in (a_n, b_n) liegt (aufgrund der Wahl von a_n) und auch kein x≥q_n in (a_n, b_n)∩U^c. Also I_n ⊂U und damit S

n∈NI_n ⊂U. 1P

Es bleibt noch U ⊂ S

n∈NI_n zu zeigen. Dazu sei x ∈ U. Da U offen ist, existiert ein > 0 mit (x−, x+) ⊂ U. Da {q_n : n ∈ N} dicht ist in U, existiert ein n₀ ∈ N mit

q_n0 ∈(x−, x+). 1P

Nach Wahl der a_n bzw. b_n ist (x−, x+) ⊂ I_n0 ⊂ S

n∈NI_n. Da x ∈ U beliebig war, haben wirU ⊂S

n∈NI_n. 1P

14. Untersuchen Sie die folgenden Abbildungen auf Stetigkeit und gleichm¨aßige Stetigkeit:

1

(a)

f :Rⁿ→R, x7→f(x) := 1 1 +|x|²,

hierbei sei Rⁿ mit der euklidischen Norm |x|=hx, xi¹² = (Pn

i=1x²_i)¹² ausgestattet;

(b)

i:Rⁿ\ {0} →Rⁿ, x7→i(x) := x

|x|²,

dabei Rⁿ und | | wie in (a).

L¨osung Aufgabe 14

(a) Sei f : Rⁿ → R gegeben durch f(x) := _1+|x|¹ 2. Behauptung: f ist gleichm¨aßig stetig (und damit insbesondere stetig).

Beweis: F¨ur x, y ∈R^d gilt

f(x)−f(y) = 1

1 +|x|² − 1 1 +|y|²

= 1

(1 +|x|²)(1 +|y|²)(1 +|y|²−1− |x|²)

= 1

(1 +|x|²)(1 +|y|²)(|y|²− |x|²)

= 1

(1 +|x|²)(1 +|y|²)(|y| − |x|)(|y|+|x|).

Damit gilt

|f(x)−f(y)|= |x|+|y|

(1 +|x|²)(1 +|y|²)

| {z }

≤1

|y| − |x|

≤

|y| − |x|

= x−y

wobei der letzte Schritt aus der Dreiecksungleichung folgt. 1P Somit ist f Lipschitz-stetig mit L= 1 und insbesondere gleichm¨aßig stetig. 1P (b) Seii:Rⁿ\ {0} →Rⁿ gegeben durchi(x) := _|x|^x2. Behauptung: iist stetig (als rationale Funktion) aber nicht gleichm¨aßig stetig.

Zum Beweis benutzen wir das Folgenkriterium f¨ur gleichm¨aßige Stetigkeit. 1P Dazu sei x∈Rⁿ\ {0} und x_n= ^x_n, y_n= _2n^x f¨ur jedes n∈N. Dann ist

n→∞lim |x_n−y_n|= lim

n→∞

|x|

2n = 0

aber

|i(x_n)−i(y_n)|=

x_n

|x_n|² − y_n

|y_n|²

=

nx

|x|² −2nx

|x|²

= n

|x|

→ ∞

f¨ur n→ ∞. Damit ist i nicht gleichm¨aßig stetig. 1P (Beachte: F¨ur gleichm¨aßige Stetigkeit m¨usste der Abstand der Funktionswerte ebenfalls gegen 0 konvergieren.)

15. Es sei (X, d) ein metrischer Raum und ∅ 6= A ⊂ X. Der Abstand von x ∈ X zur Menge A wird definiert durch

dist(x, A) := inf{d(x, y) :y ∈A}.

Zeigen Sie:

(a) Es gilt dist(x, A)>0 genau dann, wenn x∈(A^c)^◦.

(b) Die Abbildung dist(·, A) :X →R, x7→dist(x, A), ist Lipschitz-stetig mit L= 1.

L¨osung Aufgabe 15 (a) Wir haben

dist(x, A) = inf{d(x, y) :y ∈A}>0

⇔ ∃ >0 so dassd(x, y)≥∀y∈A

⇔ ∃ >0 so dass B(x)⊂A^c

⇔ x∈(A^c)^◦.

2P (b) Zu zeigen: dist(·, A) ist Lipschitz-stetig mit L= 1.

Da d eine Metrik ist, gilt die Dreiecksungleichung

d(x, y)≤d(x, z) +d(z, y)

f¨ur alle x, y, z ∈ X. Bilden wir auf beiden Seiten der Ungleichung das Infimum ¨uber alle y∈A, so erhalten wir

inf{d(x, y) :y∈A} ≤d(x, z) + inf{d(z, y) :y∈A}

⇔ dist(x, A)≤d(x, z) + dist(z, A)

⇔ dist(x, A)−dist(z, A)≤d(x, z).

Vertauschen von x und z liefert ebenso

dist(z, A)−dist(x, A)≤d(z, x) =d(x, z).

Fasst man beides zusammen, ergibt sich

|dist(x, A)−dist(z, A)| ≤d(x, z)

f¨ur alle x, z ∈X. 2P

16. Es seien (X, d_X) und (Y, d_Y) metrische R¨aume und f :X→Y eine Abbildung.

(a) Zeigen Sie unter Verwendung derε-δ-Definition: Istf gleichm¨assig stetig, so bildet f Cauchy-Folgen in (X, d_X) auf Cauchy-Folgen in (Y, d_Y) ab.

(b) Gilt die in (a) genannte Folgerung stets auch dann, wenn f lediglich stetig, aber nicht gleichm¨assig stetig ist?

L¨osung Aufgabe 16

(a) Zu zeigen: Ist f gleichm¨aßig stetig, so bildet f Cauchy-Folgen in (X, d_X) auf Cauchy- Folgen in (Y, d_Y) ab.

Beweis: Sei > 0 vorgegeben. Da f gleichm¨aßig stetig ist, existiert ein δ =δ() >0, so dass f¨ur allex, x⁰ ∈X mit d_X(x, x⁰)< δ gilt

d_Y(f(x), f(x⁰))< . (1)

Ist nun (x_n)_n∈N eine Cauchy-Folge in (X, d_X), so existiert zu diesem δ = δ() ein N = N(δ())∈N, so dass f¨ur allen, m≥N gilt

d_X(x_n, x_m)< δ.

(2)

Zusammenfassen von (1) und (2) ergibt: Zu festem >0 existiert ein N =N(δ()) ∈ N, so dass f¨ur alle n, m≥N

d_Y(f(x_n), f(x_m))< .

Also ist die Bildfolge (f(x_n))n∈N eine Cauchy-Folge in (Y, d_Y). 2P (b) Stetigkeit allein reicht f¨ur die Folgerung in (a) im Allgemeinen nicht aus. 1P Dazu betrachte das folgende Beispiel :

Sei (X, d_X) = ((0,1),| · |) und definiere eine Folge (x_n)n∈N in X durch x_n = ¹_n. Die Folge (x_n)n∈N ist offensichtlich eine Cauchy-Folge in (X, d_X). Die Funktion f : (0,1) → R mit

f(x) := ¹_x ist stetig aber nicht gleichm¨aßig stetig (hierbei sei R mit der Standardmetrik ausgestattet). F¨ur die Bildfolge erhalten wirf(xn) = n, d.h.

|f(x_n)−f(x_m)| ≥1 ∀n, m∈N mit n 6=m,

was bedeutet, dass (f(x_n))n∈N keine Cauchy-Folge ist. 1P