\documentclass[11pt,a4paper,oneside,fleqn]{article}

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 \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}