\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}