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