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

\begin{document}

\title{Analysis II: Übungsblatt 4}
\author{Leon Burgard, Christian Merten}

\punkte

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: Mit $d(x, y) = \sqrt{|x - y|}$ und $\varphi = \sqrt{x}$ ist $\rho$ keine Norm.
            \begin{proof}
                Aus dem letzten Zettel, folgt, dass $d(x,y) = \sqrt{|x-y|} $ eine Metrik
                auf $\R$ ist. Es ist außerdem $\forall x, y \in \R$
                \[
                    d(x, y) = \sqrt{|x - y|} = \sqrt{\Vert x - y \Vert_2} = \varphi(\Vert x - y\Vert_2)
                    = \rho(x - y)
                .\] 
                Dann ist
                \[
                    \rho(4\cdot 4) = \sqrt{\Vert 16 \Vert_2} = 4 \neq 8 = 4 \cdot 2 = 4 \cdot \rho(4)
                .\] 
            \end{proof}
        \item Beh.: Teilmenge $O \subseteq \mathbb{K}^{n}$ g.d. offen, wenn sie keinen ihrer Randpunkte enthält.
            \begin{proof}
                ,,$\implies$``:
                Sei $O \subseteq \mathbb{K}^{n}$ offen und $a \in \mathbb{K}^{n}$ ein Randpunkt von $O$.
                Ang.: $a \in O \implies \exists \epsilon > 0$ mit $K_{\epsilon}(a) \subseteq O$. Also existiert
                eine Umgebung von $a$, die ganz in $O$ liegt $\contr$.

                ,,$\impliedby$``:
                Sei $O \subseteq \mathbb{K}^{n}$ nicht offen. Dann ex. $a \in O$, s.d.
                $\forall \epsilon > 0$ gilt: $\exists y \in \mathbb{K}^{n} \setminus O$ mit
                $y \in K_{\epsilon}(a)$. Da außerdem $a \in O$, ist $a$ Randpunkt von $O$, der
                in $O$ liegt.
            \end{proof}
        \item Beh.: $\partial M$ von $M \subseteq \mathbb{K}^{n}$ ist abgeschlossen.
            \begin{proof}
                Sei $M \subseteq \mathbb{K}^{n}$. Dann folgt nach VL: $\partial M$ abgeschlossen.
            \end{proof}
        \item Beh.: Die Aussage ist falsch.

            \begin{proof}
            Für $\mathbb{K}^{n} = \R$ und $M := [0,1]$ gilt $\partial M = \{0, 1\} $. Damit folgt
            \[
                \left( \overline{M} \right)^{\circ}
                = (\overline{[0,1]})^{\circ} = \left( [0,1] \right)^{\circ} = (0, 1)
                \neq [0,1] = \overline{\left( (0,1) \right) } = \overline{\left( [0,1]^{\circ} \right) }
                = \overline{\left( M^{\circ} \right) }
            .\] 
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $\partial M = \{ x \in \R^{n}  \mid \Vert x \Vert_{\infty} \le 1\} $,
            $\overline{M} = \partial M$ und $M^{\circ} = \emptyset$.
            \begin{proof}
                Da $\Q$ dicht in $\R$, folgt $\forall a \in K_1(0)$, liegen in jeder Umgebung
                von $a$ Punkte aus $K_1(0) \cap \Q^{n} = M$ und
                Punkte aus $K_1(0) \cap (\R^{n} \setminus \Q^{n}) \subseteq M^{C}$.

                Außerdem sind alle Punkte der Einheitssphäre Randpunkte, damit folgt
                \[
                    \partial M = K_1(0) \cup \{ x \in R^{n}  \mid \Vert x \Vert_\infty = 1\} =
                    \{x \in \R^{n}  \mid \Vert x \Vert_\infty \le 1\} 
                .\] Da $M \subseteq \partial M$, folgt daraus
                \begin{align*}
                    \overline{M} &= M \cup \partial M = \partial M \\
                    M^{\circ} &= M \setminus \partial M = \emptyset
                .\end{align*}
            \end{proof}
        \item Beh.: $\partial M = M$, $M^{\circ} = \emptyset$, $\overline{M} = M$.
            \begin{proof}
                Es gilt $\forall a \in M$, dass $\forall \epsilon > 0$
                Punkte $x \in M^{C}$ existieren mit
                $x_1 \neq 0$ und $\Vert a - x \Vert_2 < \epsilon$.
                Außerdem gilt für alle Randpunkte $a \in \partial M$, $a_1 = 0$, denn
                angenommen, $a_1 = \delta \neq 0$. Dann ist
                $K_{\frac{\delta}{2}}(a) \cap M = \emptyset$. Weiter
                gilt $\Vert x \Vert_2 \le 1$, denn angenommen, $\exists \delta > 0$, s.d.
                $\Vert x \Vert_2 = 1 + \delta > 1$, dann folgt analog
                $K_{\frac{\delta}{2}}(a) \cap M = \emptyset$.
                
                Damit folgt
                \begin{align*}
                    \overline{M} &= M \cup \partial M = M \cup M = M \\
                    M^{\circ} &= M \setminus \partial M = M \setminus M = \emptyset
                .\end{align*}
            \end{proof}
        \item Beh.: $\partial M = \{-1, 1\}^{n}$, $\overline{M} = M$,
            $M^{\circ} = \{x \in \R^{n}  \mid x \not\in [-1,1]^{n}\} $
            \begin{proof}
                Es ist
                \[
                    M = \{ x \in \R^{n}  \mid f(x) < 1\} = \{ x \in \R^{n}  \mid x \not\in (-1,1)^{n}\} 
                .\] Als Randpunkte ergeben sich damit durch komponentenweise Anwendung
                des eindimensionalen Falls:
                \[
                \partial M = \{-1, 1\}^{n}
                .\] Damit ist
                \begin{align*}
                    M^{\circ} &= M \setminus \partial M = \{ x \in \R^{n}  \mid x \not\in [-1, 1]^{n}\}  \\
                    \overline{M} &= M \cup \partial M = \{x \in \R^{n}  \mid x \not\in (-1,1)^{n}\} = M
                .\end{align*}
            \end{proof}
        \item Beh.: $\partial M = \{ x \in \R^{n}  \mid g(x) \le 1\} $,
            $M^{\circ} = M$, $M = [-1,1]^{n}$.
            \begin{proof}
                Es ist
                \[
                    g(x) = \frac{3}{2} - f(x) = \begin{cases}
                        \frac{1}{2} & x \in (-1,1)^{n} \\
                        \frac{3}{2} & \text{sonst}
                    \end{cases}
                .\] Also folgt
                \[
                    M = \{ x \in \R^{n}  \mid x \in (-1,1)^{n}\} = (-1,1)^{n}
                .\] Analog zu (c) folgt damit direkt
                \begin{align*}
                    \partial M &= \{x \in \R^{n}  \mid x \in \{-1,1\}^{n}\} \\
                    M^{\circ} &= (-1,1)^{n} \setminus \{-1, 1\}^{n} = (-1,1)^{n} = M \\
                    \overline{M} &= (-1,1)^{n} \cup \{-1, 1\}^{n} = [-1,1]^{n}
                .\end{align*}
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Seien $a < b \in \R$ und $\tilde{V}$, $V$ wie gegeben.
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $(\cdot , \cdot )$ ist kein Skalarprodukt auf $\tilde{V}$.
            \begin{proof}
                Für $a = 0$, $b = 1$ und $f = 1 \in \tilde{V}$, folgt $f' = 0$ und
                $f \neq 0$, aber
                \[
                    (f,f) = \int_{0}^{1} f'(x)f'(x) \d x = \int_{0}^{1} 0 \d x = 0
                .\] Damit ist (S1) nicht erfüllt.
            \end{proof}
        \item Beh.: $(\cdot , \cdot )$ ist ein Skalarprodukt auf $V$.
            \begin{proof}
                Seien $f, g \in V$ beliebig.

                Zunächst ist $(f,g)$ wohldefiniert, da $f$ und $g$ stückweise stetig differenzierbar,
                sind $f'$ und $g'$ stückweise stetig, also stückweise R.-integrierbar.
                \begin{enumerate}[(S1)]
                    \item Wegen der Monotonie des R.-Integrals
                        ist
                        \[
                            (f,f) = \int_{a}^{b} \underbrace{(f'(x))^2}_{\ge 0} \d x \ge 0
                        .\]
                        Sei nun
                        \[
                            (f, f) = \int_{a}^{b} f'(x)^2 \d x = 0
                        .\] Wegen $f \in \tilde{V}$, ex. eine Zerlegung $\Delta $ von $[a,b]$, s.d.
                        \[
                            (f,f) = \sum_{[\tilde{a}, \tilde{b}] \in \Delta }
                            \int_{\tilde{a}}^{\tilde{b}} \underbrace{f'(x)^2}_{\ge 0} \d x
                        .\] Da die einzelnen Summanden alle nicht negativ sind, folgt
                        $\forall [\tilde{a}, \tilde{b}] \in \Delta $ mit
                        der Definitheit des R.-Integrals:
                        \[
                            \int_{\tilde{a}}^{\tilde{b}} \underbrace{f'(x)^2}_{\ge 0} \d x = 0
                            \qquad \quad \stackrel{f' \text{ stetig auf } [\tilde{a}, \tilde{b}]}{\implies}
                            \qquad \quad
                            f'(x)^2 = 0 \quad \forall x \in [\tilde{a}, \tilde{b}]
                        .\] Da dies für alle Teilintervalle gilt, folgt
                        \[
                            f'(x)^2 = 0 \quad \forall x \in [a,b] \implies f' \equiv 0
                            \implies \exists h \in \R: f(x) = h
                        .\]
                        Wegen $f(a) = f(b) = 0 \implies f(a) = h = 0 \implies h = 0$. Also $f \equiv 0$.
                    \item Folgt aus der Symmetrie des R.-Integrals.
                    \item Folgt aus der Linearität des R.-Integrals und der Linearität der Ableitung.
                \end{enumerate}
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Mit Gram-Schmidt-Verfahren folgt
    \begin{align*}
        b_1 &= \frac{1}{\sqrt{(1,1)}} = \frac{1}{\int_{0}^{1} 1 \d t } = 1 \\
        \widetilde{b_2} &= t - (1, t) = t - \int_{0}^{1} t \d t = t - \frac{1}{2}
        \intertext{Es ist weiter}
        (\widetilde{b_2}, \widetilde{b_2})
        &= \int_{0}^{1} \left(t-\frac{1}{2}\right)\left( t - \frac{1}{2} \right)  \d x = \frac{1}{12} \\
        b_2 &= \sqrt{12} \left( t - \frac{1}{2} \right)
        \intertext{Damit folgt}
        \widetilde{b_3} &= t^2 - (t, t^2) - 12 \left( t - \frac{1}{2}, t^2 \right) t = t^2 - t + \frac{1}{6}\\
        (\widetilde{b_3}, \widetilde{b_3}) &= \int_{0}^{1} \left( t^2 - t + \frac{1}{6} \right)^2 \d x
        = \frac{1}{180} \\
        b_3 &= \sqrt{180} \left( t^2 - t + \frac{1}{6} \right)  \\
        \widetilde{b_4} &= t^3 - (1, t ^{3}) - 12 \left( t - \frac{1}{2}, t ^{3} \right)
        \left( t - \frac{1}{2} \right) - 180 \left( t^2 - t + \frac{1}{6} \right)\left( t^2 - 1 + \frac{1}{6} \right)  \\
        &= t ^{3} - \frac{3}{2} t^2 + \frac{3}{5} t - \frac{1}{20} \\
        (\widetilde{b_4}, \widetilde{b_4}) &=
        \int_{0}^{1} \left( t ^{3} - \frac{3}{2} t^2 + \frac{3}{5} t - \frac{1}{20} \right)^2 \d x 
        = \frac{1}{2800} \\
        b_4 &= \sqrt{2800} \left( t ^{3} - \frac{3}{2}t^2 + \frac{3}{5}t - \frac{1}{20}\right) 
        \intertext{Also ist}
        \mathcal{B} &= \left\{1, \sqrt{12}\left( t - \frac{1}{2} \right),
        \sqrt{180}\left( t^2 - t + \frac{1}{6} \right), \sqrt{2800}
    \left( t ^{3} - \frac{3}{2} t^2 + \frac{3}{5} t - \frac{1}{20} \right) \right\}
    .\end{align*}
    eine Orthonormalbasis auf $C([0,1])$ mit dem gegebenen Skalarprodukt.
\end{aufgabe}

\end{document}