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

\title{Analysis II: Übungsblatt 3}
\author{Leon Burgard, Christian Merten}

\begin{document}

\punkte

\begin{aufgabe}
    Für $x, y \in \R$ seien Abbildungen $d_i\colon \R \times \R \to \R$, $i = 1,\ldots,5$ definiert:
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item $d_1(x,y) = (x-y)^2$ ist keine Metrik, denn
            \[
                d(1,3) = 4 > 2 = 1 + 1 = d(1, 2) + d(2, 3)
            .\] 
        \item $d_2(x, y) = \sqrt{|x-y|} $ ist eine Metrik denn $\forall x, y, z \in \R$ gilt:
            \begin{enumerate}[(M1)]
                \item $d_2(x,y) = \sqrt{|x-y|} \ge 0$ und
                    \[
                    d_2(x, y) = 0 \iff \sqrt{|x - y|} = 0 \iff |x-y| = 0 \iff x - y = 0 \iff x = y
                    .\] 
                \item $d_2(x,y) = \sqrt{|x - y|} = \sqrt{|y - x|} = d_2(y,x)$
                \item Es gilt
                    \[
                    |x-z| = |x - y + y - z| \le |x - y| + |y - z| \le |x-y| + 2\sqrt{|x-y| |y-z|} + |y-z|
                    .\] Damit folgt
                    \begin{align*}
                        &|x-z| \le |x - y| + 2\sqrt{|x-y| |y-z|} + |y-z| \\
                        \stackrel{\sqrt{\cdot} \ge 0 }{\iff} &
                        d_2(x, z) = \sqrt{|x-z|} \le \sqrt{|x-y|}  + \sqrt{|y-z|}
                        = d_2(x, y) + d_2(y, z)
                    .\end{align*}
            \end{enumerate}
        \item $d_3(x,y) = |x^2 - y^2|$ ist keine Metrik, denn
            \[
                d(-1, 1) = |(-1)^2 - 1^2| = 0
            .\] aber $-1 \neq 1$ in $\R$.
        \item $d_4(x,y) = |x - 2y|$ ist keine Metrik, denn
            \[
                d_4(3, 2) = |3 - 2\cdot 2| = 1 \neq 4 = |2 - 2\cdot 3| = d_4(2,3)
            .\] 
        \item $d_5(x,y) = \frac{|x-y|}{1 + |x-y|}$ ist eine Metrik, denn $\forall x, y, z \in \R$ gilt:
            \begin{enumerate}[(M1)]
                \item $d_5(x, y) = \frac{|x-y|}{1 + |x-y|} \ge 0$ und
                    \[
                        d_5(x, y) = 0 \iff \frac{|x-y|}{1 + |x-y|} = 0
                        \iff |x - y| = 0 \iff x = y
                    .\] 
                \item $d_5(x, y) = \frac{|x-y|}{1 + |x-y|} = \frac{|y-x|}{1 + |y-x|} = d_5(y, x)$.
                \item Sei $d := \max \{ |x-y|, |x-z|, |y-z| \} $. Falls $d = |x-z|$, dann ist
                    \[
                    \frac{|x-z|}{1 + |x-z|} = \frac{|x-z|}{1+d}
                    \le \frac{|x-y|}{1 + d} + \frac{|y-z|}{1+d}
                    \le \frac{|x-y|}{1 + \underbrace{|x - y|}_{\le d}} + \frac{|y-z|}{1 +
                    \underbrace{|y-z|}_{\le d}}
                    .\] 
                    Falls $d \neq |x-z|$. Dann sei O.E. $d = |x-y|$. Dann gilt
                    \begin{alignat*}{2}
                                &\quad&|x-z|                 &\le |x-y| \\
                        \iff& &|x-z| + |x-y|\cdot |x-z| &\le |x-y| + |x-y| \cdot |x-z| \\
                        \iff& &|x - z| (1 + |x-y|) &\le |x-y| (1 + |x-z|) \\
                        \iff& &\frac{|x-z|}{1 + |x-z|} &\le \frac{|x-y|}{1 + |x-y|}
                        \intertext{Also insbesondere}
                        \implies& &\frac{|x-z|}{1 + |x-z|} &\le \frac{|x-y|}{1+|x-y|}
                        + \underbrace{\frac{|y-z|}{1 + |y-z|}}_{\ge 0}
                    .\end{alignat*}
                    Insgesamt folgt
                    \[
                        d_5(x,z) \le d_5(x,y) + d_5(y,z)
                    .\] 
            \end{enumerate}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Sei $(X, d)$ ein metrischer Vektorraum über $K \in \{\R, \mathbb{C}\} $. Die
    Metrik $d\colon X \times X \to \R$ erfülle die gegeben Eigenschaften.

    Beh.: $\Vert x \Vert_d := d(x, 0)$ $\forall x \in X$ ist eine Norm auf $X$.
    \begin{proof}
        Seien $x, y \in X$ und $\alpha \in K$.
        \begin{enumerate}[(N1)]
            \item $\Vert x \Vert_d = d(x, 0) \quad \stackrel{d \text{ Metrik}}{\ge} \quad 0$ \\
                $x = 0 \; \stackrel{d \text{ Metrik}}{\iff} \; d(x,0) = 0 \iff \Vert x \Vert_d = 0$
            \item $\Vert \alpha x \Vert_d = d(\alpha x, 0) \stackrel{\text{E2}}{=} |\alpha| d(x, 0)
                = |\alpha| \Vert x \Vert_d$
            \item Dreicksungleichung:
                \begin{align*}
                    \Vert x + y \Vert \quad &= \quad d(x + y, 0) \\
                                            &\stackrel{\text{E1}}{=} \quad d(y, -x) \\
                                            &\stackrel{d \text{ Metrik}}= \quad  d(-x, y) \\
                                            &\stackrel{d \text{ Metrik}}\le \quad d(-x, 0) + d(0, y) \\
                                            &\stackrel{\text{E2}}{=} \quad d(x, 0) + d(y, 0) \\
                                            &= \quad \Vert x \Vert_d + \Vert y \Vert_d
                .\end{align*}
        \end{enumerate}
    \end{proof}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Seien $p, q \in \R$ mit $p, q > 1$, $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: Für $a, b \ge 0$ gilt
            \[
            ab \le \frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q}
            .\] 
            \begin{proof}
                Definiere
                \begin{align*}
                    f(t) &:= (a^{p})^{t} \cdot (b^{q})^{1 - t} = e^{(p \ln a - q \ln b) t}
                \intertext{Es folgt}
                    f''(t) &= \underbrace{(p \ln a - q \ln b)^2}_{\ge 0} \cdot \underbrace{f(t)}_{\ge 0}
                .\end{align*}
                Also ist $f(t)$ konvex.
                Es ist mit $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 \implies \frac{1}{q} = 1 - \frac{1}{p}$.
                Mit $\lambda = \frac{1}{p}, x = 1$ und $y = 0$ folgt damit
                \[
                    ab =
                    a^{\frac{1}{p} \cdot p}b^{q \cdot \left( 1-\frac{1}{p}\right) }
                    = f\left(\frac{1}{p}\right)
                    \le \frac{1}{p} f(1) + \left( 1 - \frac{1}{p} \right)f(0)
                    = \frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q}
                .\] 
            \end{proof}
        \item Beh.: Für $a_1, b_1, \ldots, a_n, b_n \in \R$ gilt
            \[
                \sum_{i=1}^{n} |a_i b_i| \le \left( \sum_{i=1}^{n} |a_i|^{p} \right)^{\frac{1}{p}}
                \cdot \left( \sum_{i=1}^{n} |b_i|^{q} \right)^{\frac{1}{q}}
            .\] 
            \begin{proof}
                Es sei $\Vert a \Vert_p := \left(\sum_{i=1}^{n} |a_i|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}$
                und $\Vert b \Vert_q := \left( \sum_{i=1}^{n} |b_i|^{q} \right)^{\frac{1}{q}} $. Dann folgt
                \begin{align*}
                    \frac{1}{\Vert a \Vert_p \cdot \Vert b \Vert_q}
                    \sum_{i=1}^{n} |a_i b_i|
                    &= \quad\sum_{i=1}^{n} \left|\frac{a_i}{\Vert a \Vert_p}\right|
                    \left| \frac{b_i}{\Vert b \Vert_q} \right|\\
                    &\stackrel{\text{Young}}{\le} \quad
                    \sum_{i=1}^{n} \frac{|a_i|^{p}}{p \Vert a \Vert_p^{p}}
                    + \sum_{i=1}^{n} \frac{|b_i|^{q}}{q \Vert b \Vert_q^{q}} \\
                    &= \frac{1}{p} \frac{1}{\sum_{i=1}^{n} |a_i|^{p}}
                    \sum_{i=1}^{n} |a_i|^{p}
                    + \frac{1}{q} \frac{1}{\sum_{i=1}^{n} |b_i|^{q}}
                    \sum_{i=1}^{n} |b_i|^{q} \\
                    &= \frac{1}{p} + \frac{1}{q} \\
                    &= 1 \\
                    \implies \sum_{i=1}^{n} |a_i b_i| &\le \Vert a \Vert_p \cdot \Vert b \Vert_q
                .\end{align*}
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Sei
    \[
        B_1 := \{ f \in \mathcal{C}([0,1])  \mid \Vert f \Vert_{\infty} \le 1\} 
    \] die abgeschlossene Einheitskugel.
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: Die Folge $(f_n)_{n \in \N}$ mit
            \[
                f_n(x) := \begin{cases}
                    - 2^{2n+4} \left( x - \frac{3}{2^{n+2}} \right)^2 + 1
                    & x \in \left[ \frac{1}{2^{n+1}}, \frac{1}{2^{n}} \right] \\
                    0 & \text{sonst}
                \end{cases}
            .\] erfüllt die Eigenschaften.
            \begin{proof}
                Sei $n \in \N$ beliebig.
                Zunächst ist $f_n$ stetig, denn:
                $\forall x \in \left( \frac{1}{2^{n+1}}, \frac{1}{2^{n}} \right) $
                ist $f_n$ als Polynom stetig.
                Für $x \in [0,1] \setminus \left[ \frac{1}{2^{n+1}}, \frac{1}{2n} \right] $ ist
                $f_n$ als konstante Funktion stetig. Außerdem gilt
                \[
                    \lim_{x \nearrow \frac{1}{2^{n+1}}} f_n(x) = 0
                    = - \frac{2^{2n+4}}{2^{2n+4}} + 1
                    = - 2^{2n+4}\left( \frac{1}{2^{n+1}} - \frac{3}{2^{n+2}} \right)^2 + 1
                    = f_n\left(\frac{1}{2^{n+1}}\right)
                    = \lim_{x \searrow \frac{1}{2^{n+1}}} f_n(x)
                .\] Analog für $x = \frac{1}{2^{n}}$.

                Weiter ist $\Vert f_n \Vert_{\infty} = 1$, denn für
                $x \in [0, 1] \setminus \left( \frac{1}{2^{n+1}}, \frac{1}{2^{n}} \right) $ ist
                $f_n(x) = 0$ und für $x \in \left[ \frac{1}{2^{n+1}}, \frac{1}{2^{n}} \right] $
                ist der Scheitelpunkt der Parabel mit $x_{max} = \frac{3}{2^{n+2}}$ als
                Maximum mit $f(x_{max}) = 1$ gegeben.

                Sei nun $m \in \N$ mit $m \neq n$ und $x \in [0,1]$. O.E. sei $m > n$.
                Falls $ x \in \left( \frac{1}{2^{n+1}}, \frac{1}{2^{n}} \right) $, dann ist
                $f_m(x) = 0$, denn $ m > n \implies m \ge n+1 \implies \frac{1}{2^{m}} \le \frac{1}{2^{n+1}}$.\\
                Falls $x \in \left( \frac{1}{2^{m+1}}, \frac{1}{2^{m}} \right) $, ist analog
                $f_n(x) = 0$.\\
                Sonst gilt $f_n(x) = f_m(x) = 0$.

                Damit folgt $f_n(x) f_m(x) = 0$.
            \end{proof}
        \item Beh.: Eine Folge $(f_n)_{n\in\N}$ mit den in (a) gegebenen Eigenschaften, hat keine
            konvergente Teilfolge.
            \begin{proof}
                Sei $(f_n)_{n\in\N} \subseteq B_1$ mit $\Vert f_n \Vert_{\infty} = 1$ $\forall n \in \N$
                und $f_n(x) f_m(x) = 0$ $\forall x \in [0,1], n, m \in \N, n \neq m$.

                Sei weiter $f \in \mathcal{C}([0,1])$ beliebige Funktion
                und $(f_{n_k})_{k\in\N} \subseteq (f_n)_{n\in\N}$ Teilfolge.

                Ang.: $\Vert f_{n_k} - f \Vert_{\infty} \xrightarrow{k \to \infty} 0$

                Ang.: $\Vert f \Vert_{\infty} \neq 1$. Dann sei
                $\epsilon = \frac{|1 - \Vert f \Vert_{\infty}|}{2}$. Dann gilt
                $\forall k \in \N$ $\Vert f_{n_k} \Vert_{\infty} = 1$, also folgt
                \[
                \Vert f_{n_k} - f \Vert \ge | 1 - \Vert f \Vert_{\infty} | > \epsilon \quad \contr
                .\] 
                Damit ist $\Vert f \Vert_{\infty} = 1$. Sei nun $x_{max} \in [0,1]$ beliebig
                mit $f(x_{max}) = 1$.

                Falls $\forall k \in \N$ gilt $f_{n_k}(x_{max}) = 0 \implies \Vert f_{n_k} - f \Vert \ge 1$
                $\forall k \in \N$.\\
                Falls $\exists k \in \N$ mit $f_{n_k}(x_{max}) = 1$: Dann gilt $\forall m > k$:
                \[
                    f_{n_k}(x_{max}) \cdot f_{n_m}(x_{max}) = 0
                    \qquad
                    \stackrel{\R \text{ nullteilerfrei}}{\implies}
                    \qquad
                    f_{n_m}(x_{max}) = 0 \implies \Vert f - f_{n_m} \Vert_{\infty} \ge 1 \quad
                .\] Also konvergiert $f_{n_k}$ nicht gegen $f$.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}
