\documentclass[11pt,a4paper,oneside,fleqn]{article} % usepackages \usepackage{latexsym} \usepackage{amstext,amsthm} \usepackage{amsmath} \usepackage{amsfonts,german} % Einstellungen \setlength{\oddsidemargin}{0.46cm} \setlength{\textwidth}{16cm} \setlength{\mathindent}{1cm} \setlength{\topmargin}{-1cm} \setlength{\headheight}{0cm} \setlength{\headsep}{0cm} \setlength{\topskip}{0cm} \setlength{\textheight}{26cm} % Neue Kommandos \newcommand{\fa}{\qquad \forall \quad} \newcommand{\eps}{\varepsilon} \newcommand{\im}{{\rm Im}\,} \newcommand{\re}{{\rm Re}\,} \newcommand{\be}{\begin{equation}} \newcommand{\ee}{\end{equation}} \newcommand {\field}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand {\B}{\mathcal{B}} \newcommand {\C}{\field C} \newcommand {\D}{\mathcal{D}} \newcommand {\E}{\mathcal{E}} \newcommand {\F}{\field{F}} \newcommand {\G}{\mathcal{G}} \newcommand {\K}{\mathcal{K}} \newcommand {\Ll}{\mathcal{L}} \newcommand {\N}{\field N} \newcommand {\Oo}{\mathcal{O}} \newcommand {\PP}{\mathcal{P}} \newcommand {\Q}{\field Q} \newcommand {\R}{\field R} \newcommand {\Ss}{\mathcal{S}} \newcommand {\T}{\field T} \newcommand {\Z}{\field Z} % Umgebung fuer Saetze \newtheorem{satz}{Satz}%[section] \newtheorem{lemma}[satz]{Lemma} \newtheorem{hilfssatz}[satz]{Hilfssatz} \newtheorem{korollar}[satz]{Korollar} \newtheorem{prop}[satz]{Proposition} \newtheorem{defi}[satz]{Definition} \newtheorem{bem}[satz]{Bemerkung} \newtheorem{beis}[satz]{Beispiel} \newcommand{\Arsinh}{\operatorname{Arsinh}} \newcommand{\Arcosh}{\operatorname{Arcosh}} \newcommand{\Artanh}{\operatorname{Artanh}} \newcommand{\Arcoth}{\operatorname{Arcoth}} \newcommand{\dist}{\operatorname{dist}} \begin{document} \pagestyle{empty} \noindent Mathematisches Institut LMU \hspace{7cm} 23.05.2005\\ Prof. Dr. H. Steinlein \\ \begin{center} \ % {\Large \bf {\"Ubungsblatt 6 zu MPIIA} } \end{center} \ % \vspace{1cm} \noindent{\bf Aufgabe 21: (4 Punkte)} Es sei \((M,d)\) metrischer Raum und sei \(N\subset M\). Wir definieren \(d_N:=d|_{N\times N}\) als die Einschr\"ankung von \(d\) auf \(N\times N\). Zeigen Sie zun\"achst, da\ss\ \((N,d_N)\) ein metrischer Raum ist. Wir bezeichnen die von \((M,d)\) bzw. die von \((N,d_N)\) erzeugten Topologien mit \(\tau_M\) bzw. \(\tau_N\). Zeigen Sie: \begin{itemize} \item[a)] \(U\) ist offen bez\"uglich \(\tau_N \Leftrightarrow\) es gibt eine bez\"uglich \(\tau_M\) offene Menge \(V\) mit \(U=V\cap N\). \item[b)] \(A\) ist abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_N \Leftrightarrow\) es gibt eine bez\"uglich \(\tau_M\) abgeschlossene Menge \(B\) mit \(A=B\cap N\). \end{itemize} \noindent{\it L\"osungsvorschlag:} Sei, f\"ur \(\epsilon>0, x\in N, z\in M, K_\epsilon^N(x):=\{y\in N|d_N(x,y)<\epsilon\}, K_\epsilon^M(z):=\{y\in M|d(z,y)<\epsilon\}\). Dann ist \(K_\epsilon^N(x)=K_\epsilon^M(x)\cap N\) f\"ur \(x\in N\). \\\noindent a) Sei \(U\) offen bez\"uglich \(\tau_N\), und \(x\in U\). Dann existiert \(\epsilon=\epsilon(x)>0\) mit \(K_\epsilon^N(x)\subset U\). Sei \(V:=\cup_{x\in U}K_{\epsilon(x)}^M(x)\). Dann ist \(V\) offen bez\"uglich \(\tau_M\), als Vereinigung von Mengen (\(K_{\epsilon(x)}^M(x)\)) die offen sind bez\"uglich \(\tau_M\). Ausserdem ist \(U=V\cap N\). Beweis: \begin{align*} y&\in V\cap N\Rightarrow y\in \bigcup_{x\in U}K_{\epsilon(x)}^M(x) \wedge y\in N \Rightarrow (\exists x\in U: y\in K_{\epsilon(x)}^M(x)) \wedge y\in N \\&\Rightarrow\exists x\in U: y\in K_{\epsilon(x)}^M(x)\cap N \Rightarrow \exists x\in U: y\in K_{\epsilon(x)}^N(x)\subset U \Rightarrow y\in U;\\ y&\in U\Rightarrow \exists \epsilon(y)>0: y\in K_{\epsilon(y)}^N(y)\subset U \Rightarrow y\in N\wedge y\in K_{\epsilon(y)}^M(y)\wedge y\in U \\&\Rightarrow (y\in\bigcup_{x\in U} K_{\epsilon(x)}^M(x)=V)\wedge y\in N\Rightarrow y\in V\cap N. \end{align*} Damit folgt ``\(\Rightarrow\)''. Angenommen, es gibt eine bez\"uglich \(\tau_M\) offene Menge \(V\) mit \(U=V\cap N (\subset N)\). Sei \(x\in U\). Dann ist \(x\in V\), also gibt es \(\epsilon>0\), so da\ss\ \(K_{\epsilon}^M(x)\subset V\), und damit ist \(K_\epsilon^N(x)\subset V\cap N\) (weil \(K_\epsilon^N(x)=K_\epsilon^M(x)\cap N\) f\"ur \(x\in N\)). Also: \(\forall x\in U\exists\epsilon>0: K_\epsilon^N(x)\subset U\). Damit ist \(U\) offen bez\"uglich \(\tau_N\). Damit folgt ``\(\Leftarrow\)''. b) Folgt aus a): \(A\) ist abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_N \Rightarrow N\setminus A\) ist offen bez\"uglich \(\tau_N\Rightarrow \exists V\), offen bez\"uglich \(\tau_M\), so da\ss\ \(N\setminus A= V\cap N\) (aus a)). Aber dann ist, mit \(B:=M\setminus V\), \(B\) abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_M\), und erf\"ullt \(A=B\cap N\). (Beweis: \begin{align*} x&\in A\Rightarrow (x\not\in N\setminus A\wedge x\in N)\Rightarrow (x\not\in V\cap N\wedge x\in N)\Rightarrow (x\not\in V\vee x\not\in N)\wedge x\in N \\&\Rightarrow x\not\in V\wedge x\in N\Rightarrow x\in B\ (=M\setminus V)\wedge x\in N\Rightarrow x\in B\cap N;\\ x&\in B\cap N\Rightarrow x\in N\wedge x \in B\Rightarrow x\in N\wedge x\not\in V\ (\text{weil }B=M\setminus V) \Rightarrow x\not\in N\setminus A\Rightarrow x\in A). \end{align*} Damit folgt ``\(\Rightarrow\)''. F\"ur ``\(\Leftarrow\)'': Sei \(B\) abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_M\) mit \(A= B\cap N\). Dann ist \(V:=M\setminus B\) offen bez\"uglich \(\tau_M\), und \(V\cap N=N\setminus A\) (Beweis wie oben). Also ist \(V\cap N=N\setminus A, V\) offen bez\"uglich \(\tau_M\), und damit (aus ``\(\Leftarrow\)'' in a)), ist \(N\setminus A\) offen bez\"uglich \(\tau_N\). Damit ist \(A=N\setminus(N\setminus A)\) abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_N\). \vspace{0.5cm} \noindent{\bf Aufgabe 22: (4 Punkte)} Sei \((M,d)\) ein metrischer Raum, und \(K, L\subset M\) zwei nichtleere Teilmengen, so da\ss\ \(K\subset (M\setminus L)\). \begin{itemize} \item[a)] Sei \(K\) kompakt, und \(L\) abgeschlossen. Zeigen Sie, da\ss\ \(\dist(K,L)>0\). Hierbei bezeichnet \(\dist(K,L):=\inf\{d(x,y)\,|\,x\in K, y\in L\}\). \\\noindent Hinweis: Betrachten Sie die Funktion \(\dist(\,\cdot\,, L):K\to\mathbb R\) von Aufgabe 18, Blatt 5. \item[b)] Zeigen Sie durch einen Gegenbeispiel in \(\mathbb R^2\), da\ss\ dieses nicht im allgemeinen gilt, wenn nur angenommen wird, da\ss\ \(K\) (und \(L\) wie vorher) abgeschlossen ist. \end{itemize} \noindent{\it L\"osungsvorschlag:} a) Die Funktion \begin{align*} \dist(\,\cdot\,, L):K\to\mathbb R\\ x\mapsto \dist(x,L) \end{align*} mit \(\dist(x,L)=\inf\{d(x,y)\,|\, y\in L\}\) aus Aufgabe 18, Blatt 5, ist (gleichm\"assig) stetig (wie in Aufgabe 11, Tutorium 4, schon bewiesen). Beweis: Sei \(\epsilon>0\), und \(d(x,z)<\epsilon/2\equiv \delta\). Dann ist, f\"ur alle \(y \in L\), \begin{align*} d(x,L)=\inf\{d(x,y)\,|\, y\in L\}\leq d(x,y)\leq d(x,z)+d(z,y)\leq\delta+d(z,y), \end{align*} und damit ist \(d(x,L)-\delta\leq d(z,y)\) f\"ur alle \(y\in L\). Es folgt, da\ss\ \begin{align*} d(x,L)-\delta\leq \inf\{d(z,y)\,|\, y\in L\}=d(z,L), \end{align*} also \(d(x,L)-d(z,L)\leq\delta<\epsilon\). \"Ahnlich beweist man, da\ss\ \begin{align*} d(x,z)<\delta\Rightarrow d(z,L)-d(x,L)<\epsilon, \end{align*} und damit gilt \begin{align*} \forall\epsilon>0\exists\delta>0: d(x,z)<\delta\Rightarrow \big|d(x,L)-d(z,L)\big|<\epsilon. \end{align*} Also ist \(\dist(\,\cdot\,,L):K\to\mathbb R\) (gleichm\"assig) stetig. Weil \(K\) kompakt ist, hat (Satz V.3.4) \(\dist(\,\cdot\,,L)\) ein Minimum, d.h., es gibt \(x_0\in K\), so da\ss\ \(\dist(x_0,L)\leq d(x,L)\) f\"ur alle \(x\in K\), und damit ist \(\dist(x_0,L)=\dist(K,L)=\inf\{d(x,y)\,|\, x\in K, y\in L\}\). Aus Aufgabe 18, Blatt 5 folgt: \begin{align*} \dist(x_0,L)=0\Rightarrow x_0\text{ Randpunkt von } L\Rightarrow x_0\in L\ (\text{weil \(L\) abgeschlossen ist}). \end{align*} Wiederspruch, denn \(x_0\in K\), und \(K\subset \big(M\setminus L\big)\). Also ist \(\dist(K,L)>0\). \\\noindent b) Z. B., \begin{align*} K=\{(x,y)\in\mathbb R^2\,|\, y\leq0\},\\ L=\{(x,y)\in\mathbb R^2\,|\, y\geq e^x\}. \end{align*} Weil \(f(x,y)=y, g(x,y)=e^x-y\) stetige Funktionen sind, so sind \(K=f^{-1}(]-\infty,0])\), \(L=g^{-1}(]-\infty,0])\) abgeschlossen. \(K\) und \(L\) sind offentsichtlich nicht beschr\"ankt (man nimm \((x,0)\in K\), mit \(x\to\pm\infty\), und \((x,e^x)\in L\) mit \(x\to\infty\)), und damit auch nicht kompakt, und weil \(e^x\to0, x\to-\infty\), ist \begin{align*} \dist(K,L)=\inf\big\{|(x_1,y_1)-(x_2,y_2)|\,\big|\, (x_1,y_1)\in K, (x_2,y_2)\in L\big\} =0. \end{align*} ( \(|(x,0)-(x,e^x)|=e^x\to0, x\to-\infty\)). \vspace{0.5cm} \noindent{\bf Aufgabe 23: (4 Punkte)} Es sei \(E\) ein Banachraum, \(k\in\,]0,1[\) und \(f:E\to E\) mit \begin{align}\label{eq1} \|f(x)-f(y)\|\leq k\|x-y\|\quad\text{f\"ur alle } x,y\in E. \end{align} Zeigen Sie, da\ss\ \(\text{\it id}_E-f:E\to E\) ein Hom\"oomorphismus ist. \\\noindent Hinweis: F\"ur beliebiges \(a\in E\) ist auch \(f+a\) kontrahierend. \noindent{\it L\"osungsvorschlag:} Aus \eqref{eq1} folgt, da\ss\ \(f\) (gleichm\"assig) stetig ist, und damit auch \(\text{\it id}_E-f\). Wir zeigen, da\ss\ \(\text{\it id}_E-f\) eine Bijektion ist. \noindent Injektivit\"at: \begin{align*} (\text{\it id}_E&-f)(x)=(\text{\it id}_E-f)(z) \Rightarrow x-f(x)=z-f(z)\Rightarrow x-z=f(x)-f(z) \\& \Rightarrow 0\leq \|x-z\|=\|f(x)-f(z)\|\leq k\|x-z\| \Rightarrow \|x-z\|=0\ (\text{weil } k\in]0,1[) \Rightarrow x=z. \end{align*} Surjektivit\"at: Behauptung: \(\forall a\in E: g:=f+a\) ist kontrahierend. Beweis: \(g=f+a\) heisst \(g(x)=f(x)+a\). \begin{align*} \|g(x)-g(z)\|=\|(f(x)+a)-(f(z)+a)\|=\|f(x)-f(z)\|\leq k\|x-z\|\ \text{ f\"ur alle } x,z\in E. \end{align*} Es folgt die Behauptung. Sei \(z\in E\), und definiere \(g_z(x):=f(x)+z\). Dann ist \(g_z\) kontrahierend, also existiert \(x_0=x_0(z)\in E\) mit \(g_z(x_0)=x_0\) (Banachsche Fixpunktsatz); damit ist \(f(x_0)+z=x_0\), oder \(x_0-f(x_0)=z\), d.h. \((\text{\it id}_E-f)(x_0)=z\). Also ist \(\text{\it id}_E-f\) surjektiv. Also ist \(\text{\it id}_E-f\) eine stetige Bijektion. Sei \(h\) die inverse Abbildung; von oben haben wir, da\ss\ \(h(z)=x_0, x_0-f(x_0)=z\) Dann ist, f\"ur \(z_1,z_2\in E\), und \(x_1=h(z_1), x_2=h(z_2)\), \begin{align*} \|h(z_1)&-h(z_2)\|=\|x_1-x_2\| =\|z_1+f(x_1)-(z_2+f(x_2))\| \\&=\|(z_1-z_2)+(f(x_1)-f(x_2))\| \leq \|z_1-z_2\|+\|f(x_1)-f(x_2)\| \\&\leq \|z_1-z_2\|+k\|x_1-x_2\| = \|z_1-z_2\|+k \|h(z_1)-h(z_2)\| \\&\Rightarrow \|h(z_1)-h(z_2)\|\leq\frac{1}{1-k}\|z_1-z_2\|. \end{align*} Also ist \(h=(\text{\it id}_E-f)^{-1}\) auch stetig. Damit ist \(\text{\it id}_E-f:E\to E\) ein Hom\"oomorphismus. \vspace{1cm} \noindent{\bf Aufgabe 24: (4 Punkte)} Es sei \(M:=\mathbb R^2\) versehen mit der euklidischen Metrik \(d(x,y):=|x-y|\). Weiter sei \(N:=\overline{K_1(0)}\). Es werden die Bezeichnungen von Aufgabe 21 verwendet. \begin{itemize} \item[a)] Entscheiden Sie mit Beweis, welche der folgenden Aussagen f\"ur alle Teilmengen \(S\) von \(N\) wahr sind. \begin{itemize} \item[1)] \(S\) offen bez\"uglich \(\tau_N\Rightarrow S\) offen bez\"uglich \(\tau_M\). \item[2)]\(S\) offen bez\"uglich \(\tau_M\Rightarrow S\) offen bez\"uglich \(\tau_N\). \item[3)]\(S\) abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_N\Rightarrow S\) abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_M\). \item[4)]\(S\) abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_M\Rightarrow S\) abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_N\). \end{itemize} \item[b)] Bearbeiten Sie Teilaufgabe a) f\"ur den Fall \(N:=K_1(0)\). \end{itemize} \noindent{\it L\"osungsvorschlag:} a) 1) Falsch: Sei \(S:=\{(x,y)\in\mathbb R^2|x>0\}\cap\overline{K_1(0)}\) Diese Menge ist {\it nicht} offen bez\"uglich \(\tau_M\) (\(\forall\epsilon>0: K_\epsilon((1,0))\cap S\neq\emptyset, K_\epsilon((1,0))\cap (M\setminus S)\neq\emptyset, (1,0)\in S\)), aber \(S\) ist offen bez\"uglich \(\tau_N\). Beweis: \(T:=\overline{K_1(0)}\setminus S=\{(x,y)|x\leq 0\}\cap \overline{K_1(0)}\) ist abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_M\) (weil \(\overline{K_1(0)}\) abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_M\) ist, und \(\{(x,y)|x\leq 0\}\) auch, weil die Funktion \(f(x,y)=x\) stetig ist, und \(\{(x,y)|x\leq 0\}=f^{-1}(]-\infty,0])\)). Dann folgt aus 3) unten, da\ss\ \(T\) auch bez\"uglich \(\tau_N\) abgeschlossen ist, und damit ist \(S=\overline{K_1(0)}\setminus T\) offen bez\"uglich \(\tau_N\). Also ist \(S\) offen bez\"uglich \(\tau_N\), aber nicht bez\"uglich \(\tau_M\). 2) Wahr: Sei \(S\) offen bez\"uglich \(\tau_M, S\subset \overline{K_1(0)}\). Dann ist \(M\setminus S\) abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_M\). Weil \(\overline{K_1(0)}\setminus S= \overline{K_1(0)}\cap(M\setminus S)\) also abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_N\) ist (aus 21 b) ``\(\Leftarrow\) ``), ist \(S\) offen bez\"uglich \(\tau_N\). 3) Wahr: \(S\) abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_N\Rightarrow \exists B\), abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_M\), mit \(S=B\cap \overline{K_1(0)}\) (aus 21 b) ``\(\Rightarrow\)''). Aber \(\overline{K_1(0)}\) ist abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_M\), und damit auch \(B\cap \overline{K_1(0)}=S\). 4) Wahr: \(S\) abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_M; S=S\cap\overline{K_1(0)}\Rightarrow S\) abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_N\) (aus 21 b) ``\(\Leftarrow\)''). b) Falsch: Sei \(S:=\{(x,y)\in\mathbb R^2| x\geq 0\}\cap K_1(0)\). Weil \(\{(x,y)\in\mathbb R^2| x\geq 0\}\) abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_M\) ist (\(\{(x,y)\in\mathbb R^2| x\geq 0\}=f^{-1}([0,\in[), f(x,y)=x\) stetig), ist (aus 21 b) ``\(\Leftarrow\)'') \(S\) abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_N\). Aber \(S\) ist {\it nicht} abgeschlossen bez\"uglich \(\tau_M\) (\(\forall\epsilon>0: K_\epsilon((1,0))\cap S\neq\emptyset, K_\epsilon((1,0))\cap(M\setminus S)\neq\emptyset\), also \((1,0)\in \partial S\setminus S\) (Rand bez\"uglich \(\tau_M\))). \vspace{1cm} {\bf \noindent Abgabe bis Montag 30.05.2005, 11.15 Uhr in den MPIIA \"Ubungskasten im 1.~Stock vor der Bibliothek. \\ Unter {\tt http://www.mathematik.uni-muenchen.de/$\sim$sorensen} sind die Bl\"atter im Internet abrufbar. \\ Sprechstunden: H. Steinlein: \hspace{1cm} Mo 10-11, Zimmer 318\\ \hspace*{2.95cm} T. S\o rensen: \hspace{1.02cm} Mi 14-15, Zimmer 335} \end{document}