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\documentclass[uebung]{../../../lecture}
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\title{Analysis II: Übungsblatt 3}
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\author{Leon Burgard, Christian Merten}
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\begin{document}
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\punkte
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\begin{aufgabe}
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Für $x, y \in \R$ seien Abbildungen $d_i\colon \R \times \R \to \R$, $i = 1,\ldots,5$ definiert:
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\begin{enumerate}[(a)]
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\item $d_1(x,y) = (x-y)^2$ ist keine Metrik, denn
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\[
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d(1,3) = 4 > 2 = 1 + 1 = d(1, 2) + d(2, 3)
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.\]
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\item $d_2(x, y) = \sqrt{|x-y|} $ ist eine Metrik denn $\forall x, y, z \in \R$ gilt:
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\begin{enumerate}[(M1)]
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\item $d_2(x,y) = \sqrt{|x-y|} \ge 0$ und
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\[
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d_2(x, y) = 0 \iff \sqrt{|x - y|} = 0 \iff |x-y| = 0 \iff x - y = 0 \iff x = y
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.\]
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\item $d_2(x,y) = \sqrt{|x - y|} = \sqrt{|y - x|} = d_2(y,x)$
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\item Es gilt
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\[
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|x-z| = |x - y + y - z| \le |x - y| + |y - z| \le |x-y| + 2\sqrt{|x-y| |y-z|} + |y-z|
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.\] Damit folgt
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\begin{align*}
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&|x-z| \le |x - y| + 2\sqrt{|x-y| |y-z|} + |y-z| \\
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\stackrel{\sqrt{\cdot} \ge 0 }{\iff} &
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d_2(x, z) = \sqrt{|x-z|} \le \sqrt{|x-y|} + \sqrt{|y-z|}
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= d_2(x, y) + d_2(y, z)
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.\end{align*}
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\end{enumerate}
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\item $d_3(x,y) = |x^2 - y^2|$ ist keine Metrik, denn
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\[
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d(-1, 1) = |(-1)^2 - 1^2| = 0
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.\] aber $-1 \neq 1$ in $\R$.
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\item $d_4(x,y) = |x - 2y|$ ist keine Metrik, denn
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\[
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d_4(3, 2) = |3 - 2\cdot 2| = 1 \neq 4 = |2 - 2\cdot 3| = d_4(2,3)
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.\]
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\item $d_5(x,y) = \frac{|x-y|}{1 + |x-y|}$ ist eine Metrik, denn $\forall x, y, z \in \R$ gilt:
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\begin{enumerate}[(M1)]
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\item $d_5(x, y) = \frac{|x-y|}{1 + |x-y|} \ge 0$ und
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\[
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d_5(x, y) = 0 \iff \frac{|x-y|}{1 + |x-y|} = 0
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\iff |x - y| = 0 \iff x = y
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.\]
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\item $d_5(x, y) = \frac{|x-y|}{1 + |x-y|} = \frac{|y-x|}{1 + |y-x|} = d_5(y, x)$.
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\item Sei $d := \max \{ |x-y|, |x-z|, |y-z| \} $. Falls $d = |x-z|$, dann ist
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\[
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\frac{|x-z|}{1 + |x-z|} = \frac{|x-z|}{1+d}
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\le \frac{|x-y|}{1 + d} + \frac{|y-z|}{1+d}
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\le \frac{|x-y|}{1 + \underbrace{|x - y|}_{\le d}} + \frac{|y-z|}{1 +
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\underbrace{|y-z|}_{\le d}}
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.\]
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Falls $d \neq |x-z|$. Dann sei O.E. $d = |x-y|$. Dann gilt
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\begin{alignat*}{2}
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&\quad&|x-z| &\le |x-y| \\
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\iff& &|x-z| + |x-y|\cdot |x-z| &\le |x-y| + |x-y| \cdot |x-z| \\
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\iff& &|x - z| (1 + |x-y|) &\le |x-y| (1 + |x-z|) \\
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\iff& &\frac{|x-z|}{1 + |x-z|} &\le \frac{|x-y|}{1 + |x-y|}
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\intertext{Also insbesondere}
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\implies& &\frac{|x-z|}{1 + |x-z|} &\le \frac{|x-y|}{1+|x-y|}
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+ \underbrace{\frac{|y-z|}{1 + |y-z|}}_{\ge 0}
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.\end{alignat*}
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Insgesamt folgt
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\[
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d_5(x,z) \le d_5(x,y) + d_5(y,z)
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.\]
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\end{enumerate}
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\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\begin{aufgabe}
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Sei $(X, d)$ ein metrischer Vektorraum über $K \in \{\R, \mathbb{C}\} $. Die
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Metrik $d\colon X \times X \to \R$ erfülle die gegeben Eigenschaften.
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Beh.: $\Vert x \Vert_d := d(x, 0)$ $\forall x \in X$ ist eine Norm auf $X$.
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\begin{proof}
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Seien $x, y \in X$ und $\alpha \in K$.
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\begin{enumerate}[(N1)]
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\item $\Vert x \Vert_d = d(x, 0) \quad \stackrel{d \text{ Metrik}}{\ge} \quad 0$ \\
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$x = 0 \; \stackrel{d \text{ Metrik}}{\iff} \; d(x,0) = 0 \iff \Vert x \Vert_d = 0$
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\item $\Vert \alpha x \Vert_d = d(\alpha x, 0) \stackrel{\text{E2}}{=} |\alpha| d(x, 0)
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= |\alpha| \Vert x \Vert_d$
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\item Dreicksungleichung:
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\begin{align*}
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\Vert x + y \Vert \quad &= \quad d(x + y, 0) \\
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&= \quad d(y - (-x), 0) \\
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&\stackrel{\text{E1}}{=} \quad d(-x, y) \\
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&\stackrel{d \text{ Metrik}}\le \quad d(-x, 0) + d(0, y) \\
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&\stackrel{\text{E2}}{=} \quad d(x, 0) + d(y, 0) \\
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&= \quad \Vert x \Vert_d + \Vert y \Vert_d
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.\end{align*}
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\end{enumerate}
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\end{proof}
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\end{aufgabe}
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\begin{aufgabe}
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Seien $p, q \in \R$ mit $p, q > 1$, $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$
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\begin{enumerate}[(a)]
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\item Beh.: Für $a, b \ge 0$ gilt
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\[
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ab \le \frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q}
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.\]
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\begin{proof}
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Definiere
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\begin{align*}
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f(t) &:= (a^{p})^{t} \cdot (b^{q})^{1 - t} = e^{(p \ln a - q \ln b) t}
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\intertext{Es folgt}
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f''(t) &= \underbrace{(p \ln a - q \ln b)^2}_{\ge 0} \cdot \underbrace{f(t)}_{\ge 0}
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.\end{align*}
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Also ist $f(t)$ konvex.
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Es ist mit $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 \implies \frac{1}{q} = 1 - \frac{1}{p}$.
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Mit $\lambda = \frac{1}{p}, x = 1$ und $y = 0$ folgt damit
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\[
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ab =
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a^{\frac{1}{p} \cdot p}b^{q \cdot \left( 1-\frac{1}{p}\right) }
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= f\left(\frac{1}{p}\right)
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\le \frac{1}{p} f(1) + \left( 1 - \frac{1}{p} \right)f(0)
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= \frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q}
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|
.\]
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\end{proof}
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\item Beh.: Für $a_1, b_1, \ldots, a_n, b_n \in \R$ gilt
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\[
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\sum_{i=1}^{n} |a_i b_i| \le \left( \sum_{i=1}^{n} |a_i|^{p} \right)^{\frac{1}{p}}
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|
\cdot \left( \sum_{i=1}^{n} |b_i|^{q} \right)^{\frac{1}{q}}
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|
.\]
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\begin{proof}
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Es sei $\Vert a \Vert_p := \left(\sum_{i=1}^{n} |a_i|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}$
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und $\Vert b \Vert_q := \left( \sum_{i=1}^{n} |b_i|^{q} \right)^{\frac{1}{q}} $. Dann folgt
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\begin{align*}
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\frac{1}{\Vert a \Vert_p \cdot \Vert b \Vert_q}
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\sum_{i=1}^{n} |a_i b_i|
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&= \quad\sum_{i=1}^{n} \left|\frac{a_i}{\Vert a \Vert_p}\right|
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\left| \frac{b_i}{\Vert b \Vert_q} \right|\\
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&\stackrel{\text{Young}}{\le} \quad
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\sum_{i=1}^{n} \frac{|a_i|^{p}}{p \Vert a \Vert_p^{p}}
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+ \sum_{i=1}^{n} \frac{|b_i|^{q}}{q \Vert b \Vert_q^{q}} \\
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&= \frac{1}{p} \frac{1}{\sum_{i=1}^{n} |a_i|^{p}}
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\sum_{i=1}^{n} |a_i|^{p}
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+ \frac{1}{q} \frac{1}{\sum_{i=1}^{n} |b_i|^{q}}
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\sum_{i=1}^{n} |b_i|^{q} \\
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&= \frac{1}{p} + \frac{1}{q} \\
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&= 1 \\
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\implies \sum_{i=1}^{n} |a_i b_i| &\le \Vert a \Vert_p \cdot \Vert b \Vert_q
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.\end{align*}
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\end{proof}
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\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\begin{aufgabe}
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Sei
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\[
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B_1 := \{ f \in \mathcal{C}([0,1]) \mid \Vert f \Vert_{\infty} \le 1\}
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\] die abgeschlossene Einheitskugel.
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\begin{enumerate}[(a)]
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\item Beh.: Die Folge $(f_n)_{n \in \N}$ mit
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\[
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f_n(x) := \begin{cases}
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- 2^{2n+4} \left( x - \frac{3}{2^{n+2}} \right)^2 + 1
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& x \in \left[ \frac{1}{2^{n+1}}, \frac{1}{2^{n}} \right] \\
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0 & \text{sonst}
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\end{cases}
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.\] erfüllt die Eigenschaften.
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\begin{proof}
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Sei $n \in \N$ beliebig.
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Zunächst ist $f_n$ stetig, denn:
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$\forall x \in \left( \frac{1}{2^{n+1}}, \frac{1}{2^{n}} \right) $
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ist $f_n$ als Polynom stetig.
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Für $x \in [0,1] \setminus \left[ \frac{1}{2^{n+1}}, \frac{1}{2n} \right] $ ist
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$f_n$ als konstante Funktion stetig. Außerdem gilt
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\[
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\lim_{x \nearrow \frac{1}{2^{n+1}}} f_n(x) = 0
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= - \frac{2^{2n+4}}{2^{2n+4}} + 1
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= - 2^{2n+4}\left( \frac{1}{2^{n+1}} - \frac{3}{2^{n+2}} \right)^2 + 1
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= f_n\left(\frac{1}{2^{n+1}}\right)
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= \lim_{x \searrow \frac{1}{2^{n+1}}} f_n(x)
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.\] Analog für $x = \frac{1}{2^{n}}$.
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Weiter ist $\Vert f_n \Vert_{\infty} = 1$, denn für
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$x \in [0, 1] \setminus \left( \frac{1}{2^{n+1}}, \frac{1}{2^{n}} \right) $ ist
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$f_n(x) = 0$ und für $x \in \left[ \frac{1}{2^{n+1}}, \frac{1}{2^{n}} \right] $
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ist der Scheitelpunkt der Parabel mit $x_{max} = \frac{3}{2^{n+2}}$ als
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Maximum mit $f(x_{max}) = 1$ gegeben.
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Sei nun $m \in \N$ mit $m \neq n$ und $x \in [0,1]$. O.E. sei $m > n$.
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Falls $ x \in \left( \frac{1}{2^{n+1}}, \frac{1}{2^{n}} \right) $, dann ist
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$f_m(x) = 0$, denn $ m > n \implies m \ge n+1 \implies \frac{1}{2^{m}} \le \frac{1}{2^{n+1}}$.\\
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Falls $x \in \left( \frac{1}{2^{m+1}}, \frac{1}{2^{m}} \right) $, ist analog
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$f_n(x) = 0$.\\
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Sonst gilt $f_n(x) = f_m(x) = 0$.
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Damit folgt $f_n(x) f_m(x) = 0$.
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\end{proof}
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\item Beh.: Eine Folge $(f_n)_{n\in\N}$ mit den in (a) gegebenen Eigenschaften, hat keine
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konvergente Teilfolge.
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\begin{proof}
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Sei $(f_n)_{n\in\N} \subseteq B_1$ mit $\Vert f_n \Vert_{\infty} = 1$ $\forall n \in \N$
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und $f_n(x) f_m(x) = 0$ $\forall x \in [0,1], n, m \in \N, n \neq m$.
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Sei weiter $f \in \mathcal{C}([0,1])$ beliebige Funktion
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und $(f_{n_k})_{k\in\N} \subseteq (f_n)_{n\in\N}$ Teilfolge.
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Ang.: $\Vert f_{n_k} - f \Vert_{\infty} \xrightarrow{k \to \infty} 0$
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Ang.: $\Vert f \Vert_{\infty} \neq 1$. Dann sei
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$\epsilon = \frac{|1 - \Vert f \Vert_{\infty}|}{2}$. Dann gilt
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$\forall k \in \N$ $\Vert f_{n_k} \Vert_{\infty} = 1$, also folgt
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\[
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\Vert f_{n_k} - f \Vert \ge | 1 - \Vert f \Vert_{\infty} | > \epsilon \quad \contr
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.\]
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Damit ist $\Vert f \Vert_{\infty} = 1$. Sei nun $x_{max} \in [0,1]$ beliebig
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mit $f(x_{max}) = 1$.
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Falls $\forall k \in \N$ gilt $f_{n_k}(x_{max}) = 0 \implies \Vert f_{n_k} - f \Vert \ge 1$
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$\forall k \in \N$.\\
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Falls $\exists k \in \N$ mit $f_{n_k}(x_{max}) = 1$: Dann gilt $\forall m > k$:
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\[
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f_{n_k}(x_{max}) \cdot f_{n_m}(x_{max}) = 0
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\qquad
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\stackrel{\R \text{ nullteilerfrei}}{\implies}
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\qquad
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f_{n_m}(x_{max}) = 0 \implies \Vert f - f_{n_m} \Vert_{\infty} \ge 1 \quad
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.\] Also konvergiert $f_{n_k}$ nicht gegen $f$.
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\end{proof}
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\end{enumerate}
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\end{aufgabe}
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\end{document}
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