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--- /dev/null
+++ b/sose2020/ana/uebungen/ana5.tex
@@ -0,0 +1,196 @@
+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Analysis 2: Übungsblatt 5}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{aufgabe}[]
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: $\forall $ $\Vert \cdot \Vert$ auf $\mathbb{K}^{n}$ ist
+            \[
+            \Vert A \Vert := \sup_{x \in \mathbb{K}^{n} \setminus \{0\} } \frac{\Vert A x \Vert}{\Vert x \Vert}
+            .\] eine Norm.
+            \begin{proof}
+                Sei $A \in \mathbb{K}^{n \times n}$ beliebig.
+                \begin{enumerate}[(N1)]
+                    \item $\displaystyle \Vert A \Vert = \sup_{x \in \mathbb{K}^{n}, \Vert x \Vert = 1}
+                        \underbrace{\Vert Ax \Vert}_{\ge 0} \ge 0$.
+
+                        Außerdem gilt
+                        \begin{salign*}
+                            \Vert A \Vert = 0 &\implies \sup_{x \in \mathbb{K}^{n} \setminus \{0\} }
+                            \frac{\Vert Ax \Vert}{\Vert x \Vert} = 0 \\
+                            &\implies \Vert Ax \Vert = 0 \quad \forall x \in \mathbb{K}^{n} \setminus \{0\} \\
+                            &\stackrel{\Vert \cdot \Vert \text{ V-Norm}}{\implies}
+                            Ax = 0
+                            \quad \forall x \in \mathbb{K}^{n} \setminus 0 \\
+                            &\implies Ax = 0 \quad \forall x \in \mathbb{K}^{n} \\
+                            &\implies A = 0
+                        .\end{salign*}
+                    \item Sei $\alpha \in \mathbb{K}$.
+                        \[
+                    \Vert \alpha A \Vert = \sup_{x \in \mathbb{K}^{n}, \Vert x \Vert = 1}
+                    \Vert Ax \Vert
+                    \qquad \stackrel{\Vert \cdot \Vert \text{ V-Norm}}{=} \qquad
+                    \sup_{x \in \mathbb{K}^{n}, \Vert x \Vert = 1} |\alpha| \Vert Ax \Vert
+                    = |\alpha| \sup_{x \in \mathbb{K}^{n}, \Vert x \Vert = 1} \Vert Ax \Vert
+                    = |\alpha| \Vert A \Vert
+                    .\] 
+                \item Sei $B \in \mathbb{K}^{n\times n}$.
+                    \[
+                    \Vert A + B \Vert = \sup_{x \in \mathbb{K}^{n}, \Vert x \Vert = 1}
+                    \Vert Ax + Bx \Vert
+                    \qquad \stackrel{\Vert \cdot \Vert \text{ V-Norm}}{\le } \qquad
+                    \sup_{x \in \mathbb{K}^{n}, \Vert x \Vert = 1} \left( \Vert Ax \Vert + \Vert Bx\Vert \right)
+                    = \Vert A \Vert + \Vert B \Vert
+                    .\] 
+                \end{enumerate}
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Für die in (a) definierte Matrixnorm gilt
+            \[
+            \Vert A \Vert = \max_{x \in \mathbb{K}^{n}, \Vert x \Vert = 1} \Vert Ax \Vert
+            .\] 
+            \begin{proof}
+                Die Menge $M := \{ x \in \mathbb{K}^{n}  \mid \Vert x \Vert = 1\} $
+                ist beschränkt und abgeschlossen, also kompakt. Die Funktion
+                $f\colon \mathbb{K}^{n} \to \R$, $x \mapsto \Vert Ax \Vert$ ist stetig, denn:
+                Falls $A = 0$, dann ist $f = 0$ also stetig. Falls $A \neq 0$ dann gilt:
+                $\forall \epsilon > 0, a \in \mathbb{K}^{n}$ wähle $\delta := \frac{\epsilon}{\Vert A \Vert}$.
+                Sei nun $x \in \mathbb{K}^{n}$ beliebig mit $\Vert x - a\Vert < \delta $. Dann ist
+                \[
+                | \Vert Ax \Vert - \Vert A a \Vert | \le \Vert Ax - Aa \Vert
+                = \Vert A (x-a) \Vert
+                \qquad \stackrel{\text{verträgl.}}{\le } \qquad
+                \Vert A \Vert \Vert x -a \Vert < \Vert A \Vert \delta = \epsilon
+                .\]
+
+                $f$ nimmt als stetige Funktion auf kompakten Mengen ihr Maximum an, d.h.
+                $\exists x_{max} \in M$, s.d.
+                \[
+                \Vert Ax_{max} \Vert = \sup_{x \in M} \Vert Ax \Vert = \max_{x \in M} \Vert Ax \Vert
+                .\] 
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Die Frobenius-Norm ist mit der euklidschen Vektornorm verträglich und submultiplikativ.
+            \begin{proof}
+                Seien $A \in \mathbb{K}^{n \times n}$ und $x \in \mathbb{K}^{n}$ beliebig.
+                $A_i$ bezeichne die $i$-te Zeile der Matrix $A$.
+                Dann gilt
+                \begin{salign*}
+                    \Vert A x \Vert_{2}^2 &= \sum_{i=1}^{n} \left( \sum_{j=1}^{n} |a_{ij}x_j| \right)^2 \\
+                    &= \sum_{i=1}^{n} (A_i, x)_2^2 \\
+                    &\stackrel{\text{C.S.U.}}{\le } \sum_{i=1}^{n} \Vert A_i \Vert_2^2 \Vert x \Vert_2^2 \\
+                    &= \Vert x \Vert_2^2 \sum_{i=1}^{n} \Vert A_i \Vert_{2}^2 \\
+                    &= \Vert x \Vert_2^2 \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} |a_i|^2 \\
+                    &= \Vert x \Vert_2^2 \Vert A \Vert_F^2
+                .\end{salign*}
+                Also $\Vert \cdot \Vert_F$ verträglich.
+
+                Seien $A \in \mathbb{K}^{n \times n}$ und $x \in \mathbb{K}^{n}$ beliebig.
+                $A_i$ bezeichne die $i$-te Zeile der Matrix $A$, $B_j$ die $j$-te Spalte (!)
+                der Matrix $B$.
+                Dann gilt
+                \begin{salign*}
+                    \Vert A B \Vert_{F}^2 &= \sum_{i,j=1}^{n} \left| \sum_{k=1}^{n} a_{ik}b_{kj} \right|^2 \\
+                    &= \sum_{i,j=1}^{n} (A_i, B_j)_2^2 \\
+                    &\stackrel{\text{C.S.U.}}{\le } \sum_{i,j=1}^{n} \Vert A_i \Vert_2^2 \Vert B_j \Vert_2^2 \\
+                    &= \sum_{i=1}^{n} \Vert A_i \Vert_2^2 \sum_{j=1}^{n} \Vert B_j \Vert_{2}^2 \\
+                    &= \Vert A \Vert_F \Vert B \Vert_F
+                .\end{salign*}
+                Also $\Vert \cdot \Vert_F$ submultiplikativ.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[(a)]
+        \item Beh.: Die Menge $M$
+            \[
+            M := \{ A \in \mathbb{K}^{n \times n}  \mid A \text{ regulär }\} 
+            \] ist offen.
+            \begin{proof}
+                Sei $A \in M$ beliebig. Da $A$ regulär ist $A \neq 0$ und $\exists A^{-1} \neq 0$. Wähle
+                $\epsilon := \frac{1}{\Vert A^{-1} \Vert}$.
+
+                Sei $B \in K_{\epsilon}(A)$. Dann ist $\Vert A - B \Vert < \epsilon$, also
+                $\Vert A - B \Vert < \frac{1}{\Vert A^{-1} \Vert}$. Mit dem Störungssatz folgt
+                damit, dass $B$ regulär ist, also $B \in M$. D.h. $K_{\epsilon}(A) \subseteq M$ und damit
+                $M$ offen.
+            \end{proof}
+        \item Beh.: Die Resolventenabbildung
+            \[
+                R\colon \text{Res}(A) \subseteq \mathbb{C} \to M \subseteq \mathbb{K}^{n \times n}
+            .\] ist stetig.
+            \begin{proof}
+                Sei $(z_k)_{k\in\N} \subseteq \text{Res}(A)$ Folge mit $z_k \xrightarrow{k \to \infty} a$.
+                Dann ist
+                \begin{align*}
+                    R(z_k) &= (A - z_k I)^{-1} \\
+                           &= (A - aI + aI - z_kI)^{-1} \\
+                           &= (A - aI + (a-z_k) I)^{-1} \\
+                           &= ((A - aI)(I + (a-z_k) (A-aI)^{-1}))^{-1} \\
+                           &= \underbrace{(I + (\overbrace{a - z_k}^{\xrightarrow{k \to \infty} 0})R(a))^{-1}}_{\xrightarrow{k \to \infty} I} R(a) \\
+                           &\xrightarrow{k \to \infty} R(a)
+                .\end{align*}
+                Damit ist $R$ stetig auf $\text{Res}(A)$.
+            \end{proof}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}[]
+    Sei $f \colon \mathbb{K}^{n} \to \R$ stetig, $c \in \R$ und
+    \[
+        M := \{ x \in \mathbb{K}^{n}  \mid f(x) = c\} 
+    .\] Beh.: $M$ ist abgeschlossen.
+    \begin{proof}
+        Z.z.: $M^{C} = \mathbb{K}^{n} \setminus M$ ist offen. Sei $a \in M^{C}$, d.h.
+        $f(a) \neq c$. Wähle $\epsilon := \frac{|f(a) - c|}{2}$. Da $f$ stetig, ex. $\delta > 0$, s.d.
+        $\forall x \in \mathbb{K}^{n}$ mit $\Vert x - a \Vert < \delta $: $|f(x) - f(a)| < \epsilon$.
+
+        Sei $x \in K_{\delta}(a)$. Dann ist $\Vert x - a \Vert < \delta$.
+        Ang.: $f(x) = c \implies |f(x) - f(a)| = |c - f(a)| = 2 \epsilon > \epsilon$ $\contr$.
+
+        Also ist $f(x) \neq c \implies x \in M^{C}$. Damit ist $M^{C}$ offen und $M$ abgeschlossen.
+    \end{proof}
+    Beh.: $M$ ist i.A. nicht kompakt.
+    \begin{proof}
+        Für $n = 1$ und $f(x) = \sin x$, $c = 0$ ist
+        $M = \{ k \pi  \mid k \in \N\}$
+        nicht beschränkt, also insbesondere nicht kompakt.
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}[]
+    Definiere
+    \[
+        S\colon C([0, \pi]) \to \R, \quad f \mapsto S(f) := \int_{0}^{\pi} \cos(f(x)) \d x 
+    .\] Beh.: $S$ stetig.
+    \begin{proof}
+        Seien $a, b \in \R$. O.E.: $a \le b$. $\cos(x)$ auf $\R$ differenzierbar, also insbesondere
+        auf $[a,b]$. Dann folgt mit dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung: $\exists \xi \in (a,b)$
+        mit
+        \[
+            - \sin(\xi) = \frac{\cos(b)- \cos(a)}{b - a}
+        .\] Wegen $|\sin x| \le 1$ $\forall x \in \R$ folgt
+        \[
+            | \cos(b)- \cos(a)| = | b -a | | \sin(\xi)| \le | b - a| \qquad (*)
+        .\] 
+
+        Sei $\epsilon > 0$ beliebig und $f \in C([0, \pi])$. Dann gilt $\forall g \in C([0, \pi])$ mit
+        $\Vert f - g \Vert_{\infty} < \delta := \frac{\epsilon}{\pi}$:
+        \begin{salign*}
+            |S(f) - S(g)| &= \left| \int_{0}^{\pi} \cos(g(x) \d x - \int_{0}^{\pi} \cos(f(x)) \d x  \right| \\
+            &\le \int_{0}^{\pi} | \cos(g(x)) - \cos(f(x)) | \d x  \\
+            &\stackrel{(*)}{\le } \int_{0}^{\pi} |g(x) - f(x)| \d x \\
+            &\le \int_{0}^{\pi} \Vert g - f \Vert_{\infty} \d x \\
+            &< \int_{0}^{\pi} \delta  \d x \\
+            &= \pi \delta \\
+            &= \epsilon
+        .\end{salign*}
+        \vspace*{-10mm}
+    \end{proof}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}