\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}