\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\title{Analysis II: Übungsblatt 6}
\author{Leon Burgard, Christian Merten}

\begin{document}

Bitte korrigieren.

\punkte

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $M \coloneqq \partial(K_1(0) \setminus \{0\})$ ist nicht zusammenhängend.
            \begin{proof}
                $U \coloneqq \{0\} $ und $V \coloneqq \partial K_1(0)$ sind relativ
                offen bezügl. $M$, $U \cup V = M$ und $U \cap V = \emptyset$.
            \end{proof}
        \item Beh.: $M \coloneqq \overline{K_1(0) \cap K_1((2,0)^{T})}$ ist zusammenhängend.
            \begin{proof}
                Es ist $K_1(0) \cap K_1((2,0)^{T}) = \emptyset$, also $M = \emptyset$. Also
                existieren keine nicht-leeren Teilmengen $U$ und $V$ mit $U \cap V = \emptyset = M$.
                Also ist $M$ zusammenhängend.
            \end{proof}
        \item Beh.: $\displaystyle M \coloneqq \bigcup_{a \in \Z^2} \overline{K_{\frac{1}{2}}(a)}$ ist
            zusammenhängend.
            \begin{proof}
                Die abgeschlossenen Kugeln berühren sich gegenseitig und sind damit nicht
                in disjunkte offene Teilmengen zerlegbar.
            \end{proof}
        \item Beh.: $M \coloneqq \left\{x \in \R^2  \mid x_1 \in \R_{+}, x_2 = \sin\left( \frac{1}{x_1} \right) 
            \right\}
            \cup \{(0,0)^{T}\} $ ist zusammenhängend.
            \begin{proof}
                Es ist $\R_{+}$ zusammenhängend und $\sin\left( \frac{1}{x} \right) $ auf
                $\R_{+}$ stetig, also
                $M_1 \coloneqq \{x \in \R^2  \mid x_1 \in \R_+, x_2 = \sin\left( \frac{1}{x_1} \right) \} $ zusammenhängend.

                Ang.: $\exists U, V \subseteq \R^2$ mit $U \cup V = M$, $U \cap V = \emptyset$ und
                $U, V$ relativ offen. Falls $(0,0)^{T} \not\in U$ und $(0,0)^{T} \not\in V$:
                $\contr$ zum Zusammenhang von $M$.
                Sei also O.E. $(0,0)^{T} \in U$.
                $x_{1}^{(k)} = \frac{1}{2\pi k} \xrightarrow{k \to \infty} 0$ folgt
                $\sin\left( \frac{1}{x_{1}^{(k)}} \right) = \sin(2\pi k) = 0$. Dann gilt
                $\begin{pmatrix} x_1^{(k)} \\ \sin\left( \frac{1}{x_1^{(k)}} \right)  \end{pmatrix} \in V$,
                sonst $U \cap V \neq \emptyset$. Da aber $U$ offen und $\forall \epsilon > 0$,
                $\exists k_0 > 0$ und $m \in \R$, s.d. $\forall k \ge k_0$ gilt
                \[
                    \left\Vert \begin{pmatrix} x_{1}^{(k}) \\ \sin( 2 \pi k) \end{pmatrix} \right\Vert
                    = \left\Vert \begin{pmatrix} x_1^{(k)} \\ 0 \end{pmatrix} \right\Vert
                    \le m \left\Vert \begin{pmatrix} x_1^{(k)} \\ 0 \end{pmatrix} \right\Vert_{\infty}
                    = m |x_{1}^{(k)}| < \epsilon
                .\] Damit folgt $U \supseteq K_{\epsilon}(0) \cap V \neq \emptyset$ $\contr$.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Es seien $f_k\colon \R^{3} \setminus M \to \R$ und
            $M \coloneqq \{(x,y,z)^{T} \in \R^{3}  \mid x = y = 0, z \in \R\} $.
            \begin{enumerate}[(i)]
                \item Beh.: $f_1(x,y,z) := \frac{xz^2 + y^{3}}{x^2 + y^2}$ ist nicht stetig fortsetzbar
                    in $(0,0,0)^{T}$.
                    \begin{proof}
                        Sei $c \in \R$ beliebig. Dann wähle
                        \[
                        a_n \coloneqq  \begin{pmatrix} \frac{1}{n^{3}} \\ 0 \\ \frac{1}{n} \end{pmatrix}
                        \in \R^{3} \setminus M \text{ es gilt: } a_n \xrightarrow{n \to \infty} 0
                        .\] Aber
                        \begin{align*}
                            f_1(a_n) = \frac{\frac{1}{n^{3} + \frac{1}{n^2}}}{\frac{1}{n^{6}}}
                            = \frac{\frac{1}{n^{5}}}{\frac{1}{n^{6}}} = \frac{n^{6}}{n^{5}} = n
                            \xrightarrow{n \to \infty} \infty > c
                        .\end{align*}
                    \end{proof}
                    \item Beh.: $f_2(x,y,z) \coloneqq \frac{xyz + xy^2}{x^2 + y^2}$ ist mit
                        $f_2(0, 0, 0) = 0$ stetig fortsetzbar.
                        \begin{proof}
                            Sei $\epsilon > 0$ beliebig dann wähle $\delta \coloneqq \frac{\epsilon}{2}$.
                            Dann folgt $\forall (x,y, z)^{T} \in \mathbb{K}^{n}$ mit
                            $\left\Vert (x,y,z)^{T} - 0\right\Vert_\infty = \Vert (x,y,z) \Vert_{\infty} < \delta $:
                            Falls $x \ge z$:
                            \[
                                \left| \frac{xyz + xy^2}{x^2 + y^2} \right| \le \frac{|xyz| + |xy^2|}{x^2 + y^2}
                                = \frac{|z| + |y|}{\frac{|x|}{|y|} + \frac{|y|}{|x|}}
                                \le \frac{|z|+ |y|}{\frac{|x| + |y|}{\delta}}
                                = \frac{\delta (|z| + |y|)}{|x| + |y|}
                                \le \frac{\delta (|x| + |y|)}{|x| + |y|} = \delta < \epsilon
                            .\] Falls $y > x$:

                            \[
                            \left| \frac{xyz + xy^2}{x^2 + y^2} \right| \le \frac{|xyz| + |xy^2|}{x^2 + y^2}
                            = \frac{|z| + |y|}{\frac{|x|}{|y|} + \frac{|y|}{|x|}}
                            \le \frac{|z| + |y|}{\underbrace{\frac{|x|}{|y|}}_{\le 1} + 1}
                            \le |z| + |y| \le 2 \delta = \epsilon
                            .\] 
                            Falls $z > x$ und $y \le x$:
                            \[
                            \left| \frac{xyz + xy^2}{x^2 + y^2} \right|
                            \le \frac{|xyz|}{x^2 + y^2} + \frac{|xy^2|}{x^2 + y^2}
                            \le |z| \frac{x^2}{x^2 + y^2} + |z| \frac{y^2}{x^2 + y^2}
                            = |z| \le \delta < \epsilon
                            .\]
                            Also $f_2$ stetig fortsetzbar in $(0,0,0)^{T}$.
                        \end{proof}
            \end{enumerate}
        \item Beh.: Auf dem Produktraum $P \coloneqq \mathbb{K}^{n} \times \mathbb{K}^{n}$ ist
            $f\colon P \to \R$ mit
            $f(x,y) \coloneqq (x,y)_K$ stetig. Hier ist $(\cdot , \cdot )_K$ Skalarprodukt auf $\mathbb{K}^{n}$
            mit $(x,x)_{K} = \Vert x \Vert_K^2$.
            \begin{proof}
                Sei $\{x,y\} \in P$ und
                $\{x_n, y_n\} \in P$ beliebig mit $\{x_n, y_n\} \xrightarrow{n \to \infty} \{x, y\}$. Damit
                folgt:
                \[
                    \Vert \{x_n, y_n\} - \{x, y\} \Vert_P
                    = ( \underbrace{\Vert x_n - x \Vert_K^2}_{\ge 0}
                    + \underbrace{\Vert y_n - y \Vert_K^2}_{\ge 0})^{\frac{1}{2}}
                    \xrightarrow{n \to \infty} 0
                .\] Damit folgt $\Vert x_n - x \Vert \xrightarrow{ n \to \infty} 0$ und
                $\Vert y_n - y \Vert \xrightarrow{ n \to \infty} 0$. Wegen
                $(x,x)_K = \Vert x \Vert_K^2$ $\forall x \in \mathbb{K}^{n}$
                gilt die Cauchy-Schwarz-Ungleichung. Damit folgt
                \begin{salign*}
                    | f(x_n, y_n) - f(x,y) | &= | (x_n, y_n)_K - (x,y)_K | \\
                                             &= | (x_n, y_n)_K - (x_n, y)_K + (x_n, y)_K - (x,y)_K | \\
                                             &= | (x_n, y_n - y) + (x_n - x, y) | \\
                                             &\stackrel{\text{C.S.U.}}{\le }
                                             \underbrace{\Vert x_n \Vert_K}_{\xrightarrow{n \to \infty} \Vert x \Vert_K}
                                             \underbrace{\Vert y_n - y \Vert_K}_{\xrightarrow{n \to \infty} 0}
                                             + \Vert y \Vert_K
                                             \underbrace{\Vert x_n - x \Vert_K}_{\xrightarrow{n \to \infty} 0} \\
                                             &\xrightarrow{n \to \infty} 0
                .\end{salign*}
                Damit folgt, dass $f$ stetig ist in $\{x,y\} $.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: Sei $T \colon \partial K_R(0) \to \R$ stetig. Dann ex. ein $x \in \partial K_R(0)$
            mit $T(x) = T(-x)$.
            \begin{proof}
                Es ist $\partial K_R(0)$ beschränkt und abgeschlossen, also kompakt. Da $T$ stetig,
                existieren also $x_{\text{min}}, x_{\text{max}} \in \partial K_R(0)$ mit
                $\displaystyle \max_{x \in \partial K_R(0)} T(x) = T(x_{\text{max}})$ und
                $\displaystyle \min_{x \in \partial K_R(0)} T(x) = T(x_{\text{min}})$.

                Definiere
                $f\colon \partial K_R(0) \to \R$, $x \mapsto T(x) - T(-x)$. Falls
                $f(x_{\text{max}}) = 0$ oder $f(x_{\text{min}}) = 0$, folgt die Behauptung. Sonst
                gilt
                \[
                    f(x_{\text{max}}) \cdot f(x_{\text{min}}) = 0
                .\] Denn falls $T(x_{\text{max}}) > 0$, dann ist
                \begin{align*}
                    f(x_{\text{max}}) &= T(x_{\text{max}}) - T(- x_{max}) > 0 \\
                    f(x_{\text{min}}) &= T(x_{\text{min}}) - T(- x_{\text{min}}) < 0
                .\end{align*}
                Analog für $T(x_{\text{max}}) < 0$.
                Da $\partial K_R(0)$ zusammenhängend und $T$ stetig, folgt mit Zwischenwertsatz, dass
                $\exists \xi \in \partial K_R(0)$ mit $f(\xi) = 0 \implies T(\xi) = T(-\xi)$.
            \end{proof}
        \item Seien $f, g\colon \mathbb{K}^{n} \to \R$ stetig. Definiere für $x \in \mathbb{K}^{n}$:
            \[
                \varphi(x) \coloneqq \text{max}(f(x), g(x))
            .\] Beh.: $\varphi\colon \mathbb{K}^{n} \to \R$ ist stetig.
            \begin{proof}
                Zunächst gilt $\forall a, b \in \R$:
                \[
                    \max(a,b) = \frac{a+b}{2} + \frac{|a-b|}{2}
                ,\] denn: O.E.: $a \ge b$. Dann ist
                \[
                    \frac{a+b}{2} + \frac{|a-b|}{2} = \frac{a+b}{2} + \frac{a-b}{2} = a = \max(a,b)
                .\] 
                Damit folgt
                \[
                    \varphi(x) = \max(f(x), g(x)) = \frac{f(x) + g(x)}{2} + \frac{|f(x) - g(x)|}{2}
                .\] Da $f, g$ stetig, ist auch $|f-g|$ stetig und da $2 \neq 0$ folgt
                $\varphi$ als Summe bzw. Quotient stetiger Funktionen stetig.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Sei $f\colon \mathbb{K}^{n} \to D \subseteq \mathbb{K}^{n}$ beliebig
    und $g\colon D \subseteq \mathbb{K}^{n} \to \mathbb{K}$ stetig und injektiv, wobei
    $D$ kompakt ist.

    Beh.: $g \circ f$ stetig $\implies$ $f$ stetig und $g \circ f$ gleichmäßig stetig
    $\implies$ $f$ gleichmäßig stetig.
    \begin{proof}
        Definiere $B \coloneqq \text{im}(g)$ und $\tilde{g}\colon D \to B$, $x \mapsto g(x)$.
        Da $g$ injektiv und stetig, ist auch $\tilde{g}$ injektiv und stetig.
        Inbes. ex. $\tilde{g}^{-1}\colon B \to D$ mit $\tilde{g}^{-1}$ stetig.

        Damit gilt $\forall x \in \mathbb{K}^{n}$: $\tilde{g}^{-1}(g(f(x))) = \tilde{g}^{-1}(\tilde{g}(f(x)))
        = f(x)$. Also $f = \tilde{g}^{-1} \circ g \circ f$.

        Sei nun $g \circ f$ stetig. Dann folgt
        \[
            f = \underbrace{\tilde{g}^{-1}}_{\text{stetig}} \circ \underbrace{g \circ f}_{\text{stetig}}
        .\] Also $f$ als Komposition von zwei stetigen Funktionen stetig.

        Sei nun $g \circ f$ gleichmäßig stetig. Da $D$ kompakt und $g$ stetig, ist
        $B = \text{im}(g)$ auch kompakt. Also wegen $\tilde{g}^{-1}$ stetig,
        $\tilde{g}^{-1}\colon B \to D$ gleichmäßig stetig. Damit folgt
        \[
            f = \underbrace{\tilde{g}^{-1}}_{\text{glm. stetig}} \circ \underbrace{g \circ f}_{\text{glm. stetig}}
        .\] Also $f$ als Komposition zweier gleichmäßig stetiger Funktionen, gleichmäßig stetig.
    \end{proof}
\end{aufgabe}

\end{document}
