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

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 \begin{document} 
 \pagestyle{empty}
\noindent Mathematisches Institut LMU 
\hspace{7cm} 30.05.2005\\
Prof. Dr. H. Steinlein \\
 \begin{center}

\ %

{\Large \bf {\"Ubungsblatt 7 zu MPIIA}  }
 \end{center}

\ %

\vspace{1cm}

\noindent{\bf Aufgabe 25: (4 Punkte)} Sei \(V\) die Menge aller
(reellen) Nullfolgen,
\begin{align*}
  V=\big\{a=(a_j)\in\mathbb R^{\mathbb N}\,|\,(a_j)\to0\big\},
\end{align*}
und sei 
\begin{align*}
\|a\|_\infty=\sup_{j\in\mathbb N}|a_j|\ \quad \text{f\"ur}\quad
a=(a_1,a_2,a_3,\ldots)\in V.
\end{align*}
Zeigen Sie, da\ss\ \(\|\cdot\|_\infty\) eine Norm und
\((V,\|\cdot\|_\infty)\) vollst\"andig ist.

\noindent{\it L\"osungsvorschlag:} \(V\) ist ein Vektorraum:
Mit
\begin{align*}
  +: V\times V&\to V\\
    \big((a_j),(b_j)\big)&\mapsto (a_j)+(b_j):=(a_j+b_j)\\
  \cdot\, :\mathbb R\times V&\to V\\ \big(\lambda,(a_j)\big)&\mapsto
    \lambda\cdot(a_j):=(\lambda a_j)
\end{align*}
erf\"ullt \(V\) die Axiomen f\"ur einen Vektorraum (durch die
Eigenschaften von \(\mathbb R\), und weil die Summe zwei Nullfolgen
eine Nullfolge ist, und ein Skalar mal eine Nullfolge eine Nullfolge
ist). Das Nullelement (Die Nullvektor) ist die Folge
\(0:=(0,0,\ldots)\).

Offentsichtlich ist \(\|a\|_{\infty}\geq0\) (weil \(|a_j|\geq0\) f\"ur
alle \(j\)), und weil \(a=(a_1,a_2,a_3,\ldots)\) eine Nullfolge ist,
existiert \(N\in\mathbb N\) (\(N\) h\"angt nat\"urlich von \(a\) ab),
so da\ss\ \(j\geq N\Rightarrow |a_n|\leq 
|a_1|/2\). Damit ist \(\sup_j|a_j|=\max_{1\leq j\leq N}|a_j|<\infty\),
also gilt \(\|\cdot\|:V\to [0,\infty)\). Weiter gilt, da\ss\ 
\begin{align*}
  a=(0,0,\ldots)\Rightarrow |a_j|=0\,\forall j\Rightarrow
  \|a\|_\infty=\sup_j|a_j|=0, 
\end{align*}
und
\begin{align*}
  \|a\|_\infty=0\Rightarrow 0\leq|a_j|\leq\sup_k|a_k|=0\,\forall
  j\Rightarrow a_j=0\,\forall j\Rightarrow a=(0,0,\ldots).
\end{align*}
Mit \(\lambda\in \mathbb R\), \((a_j)\in V\) gilt
\begin{align*}
  \|\lambda a\|_\infty=\|(\lambda a_j)\|_\infty=\sup_j|\lambda a_j|
  =\sup_j\big(|\lambda|\,|a_j|\big)=|\lambda|\sup_j|a_j|=|\lambda|\,\|a\|_\infty.
\end{align*}
(Hier wurde verwendet, da\ss\ \(\sup\{st|t\in A\subset \mathbb
R^+\}=s\cdot\sup\{t|t\in A\subset \mathbb R^+\}\)).Sei endlich
\(k\in\mathbb N\), dann gilt
\begin{align*}
  |a_k+b_k|\leq|a_k|+|b_k|\leq(\sup_j|a_j|\big)+\big(\sup_j|b_j|\big)
  =\|a\|_\infty+\|b\|_\infty,
\end{align*}
und damit auch \(\sup_k|a_k+b_k|\leq \|a\|_\infty+\|b\|_\infty\), also
ist \(\|a+b\|_\infty\leq\|a\|_\infty+\|b\|_\infty\). Insgesamt gilt
\begin{align*}
  i&)\ \|a\|_\infty\geq0;\ \|a\|_\infty=0\Leftrightarrow a=0\\
  ii&)\ \|\lambda a\|_\infty=|\lambda|\,\|a\|_\infty, \
  \lambda\in\mathbb R, a\in V\\
  iii&)\ \|a+b\|_\infty\leq\|a\|_\infty+\|b\|_\infty, \ a,b\in V.
\end{align*}
Also ist \(\|\cdot\|_\infty\) eine Norm.

Sei jetzt \(\{a^n\}_{n\in\mathbb N}\subset V\) eine Cauchyfolge, d.h.
\begin{align}\label{cau}
  \forall\epsilon>0\exists N\in\mathbb N: n,m\geq N \Rightarrow
  \|a^n-a^m\|_\infty<\epsilon.
\end{align}
Sei \(\epsilon>0\) gegeben, und \(N\) gew\"ahlt, so da\ss\ \eqref{cau}
gilt, und sei \(k\in \mathbb N\). Dann gilt, f\"ur \(n,m\geq N\) 
(mit \(a^n=(a^n_1,a^n_2,a^n_3,\ldots)\))
\begin{align}\label{cau2}
  |a_k^n-a_k^m|\leq\sup_j|a_j^n-a_j^m|=\|a^n-a^m\|_\infty<\epsilon,
\end{align}
also ist, f\"ur jedes \(k\in\mathbb N\), \(\{a_k^n\}_{n\in\mathbb
N}\subset\mathbb R\) eine Cauchyfolge, und (weil \((\mathbb R,
|\cdot|)\) vollst\"andig ist) damit konvergent. Sei, f\"ur \(k\in
\mathbb N\), \(a_k:=\lim_{n\to\infty}a_k^n\). Dann ist
\(a=(a_1,a_2,a_3,\ldots)\) eine Folge. Wir werden zeigen, da\ss\
\(a\in V\), und da\ss\ \(a^n\to a\) {\it in} \(\|\cdot\|_\infty\)
(d.h., \(\forall\epsilon>0\exists N\in\mathbb N: n\geq N\Rightarrow
\|a^n-a\|_\infty\leq\epsilon\)). 

Dazu bemerkt man, aus \eqref{cau2}, da\ss\ f\"ur jedes \(k\in\mathbb
N\), und f\"ur \(m\geq N\) {\it fix}, gilt, f\"ur jedes \(n\geq m\),
da\ss\ 
\(  |a_k^n-a_k^m|<\epsilon\), und, weil 
\begin{align*}
  a_k=\lim_{n\to\infty}a_k^n \Rightarrow
  \lim_{n\to\infty}|a_k^n-a_k^m|=|\lim_{n\to\infty}a_k^n-a_k^m|
  =|a_k-a_k^m|
\end{align*}
folgt da\ss\ \(|a_k-a_k^m|\leq\epsilon\). Also:
\begin{align}\label{end}
  &\forall\epsilon>0\exists N\in\mathbb N: m\geq N\Rightarrow
  |a_k-a_k^m|\leq\epsilon \ \forall k\in\mathbb N\nonumber
  \\\Rightarrow
 &\forall\epsilon>0\exists N\in\mathbb N: m\geq N\Rightarrow
  \sup_k|a_k-a_k^m|\leq\epsilon\nonumber
  \\\Rightarrow
 &\forall\epsilon>0\exists N\in\mathbb N: m\geq N\Rightarrow
 \|a-a^m\|_\infty\leq\epsilon.
\end{align}
Aus 
\begin{align*}
  |a_k|=|a_k-a_k^m+a_k^m|\leq|a_k-a_k^m|+|a_k^m|\leq \|a-a^m\|_\infty+|a_k^m|
\end{align*}
und \eqref{end} folgt dann, weil \(a_k^m\to0,k\to\infty\), da\ss\ auch
\(a_k\to0,k\to\infty\), und damit \(a\in V\). Aus \eqref{end} folgt
dann, da\ss\ \(\|a-a^m\|_\infty\to0,m\to\infty\), d.h., \(a^m\to a\) in
\((V,\|\cdot\|_\infty)\). Damit ist jede Cauchyfolge in
\((V,\|\cdot\|_\infty)\) konvergent, und damit ist
\((V,\|\cdot\|_\infty)\)  ein Banachraum.
\vspace{0.5cm}


\noindent{\bf Aufgabe 26: (4 Punkte)} Sei \((M,d)\) kompakter
metrischer Raum, und sei \(f:M\to M\) stetig mit 
\begin{align*}
  d(f(x),f(y))<d(x,y)  \text{ f\"ur
  alle } x,y\in M\,,\ x\neq y.
\end{align*}
Zeigen Sie, da\ss\ \(f\) einen eindeutigen Fixpunkt hat. (Hinweis:
Betrachten Sie die Funktion \(x\mapsto d(x,f(x))\)).

\noindent{\it L\"osungsvorschlag:} Betrachte \(x\mapsto
d(x,f(x))\). Unter Verwendung der Dreiecksungleichung bekommt man
\begin{align*}
  d(x,f(x))&\leq d(x,y)+d(y,f(x))
  \leq d(x,y)+d(y,f(y))+d(f(y),f(x))
  \\&
  < d(x,y)+d(y,f(y))+d(x,y)
  \Rightarrow d(x,f(x))-d(y,f(y))<2d(x,y).
\end{align*}
\"Ahnlich, \(d(y,f(y))-d(x,f(x))<2d(x,y)\), also
 \begin{align*}
   \forall\epsilon>0\exists\delta>0: d(x,y)<\delta \Rightarrow
   \big|d(x,f(x))-d(y,f(y))\big|<\epsilon,
 \end{align*}
 also ist \(x\mapsto d(x,f(x))\) (gleichm\"assig) stetig auf \(M\); weil
 \(M\) kompakt ist, hat \(x\mapsto d(x,f(x))\) ein Minimum. Sei
 \(x_0\in M\) mit 
 \begin{align}\label{Min}
 d(x_0,f(x_0)\leq d(x,f(x))\ \text{ f\"ur alle } x\in
 M. 
  \end{align}
F\"ur \(x\neq y\) gilt \(d(f(x),f(y))<d(x,y)\), also insbesonders 
 \begin{align}\label{min}
   d(f(x_0),f(f(x_0)))<d(x_0,f(x_0))
 \end{align}
 {\it ausser} wenn \(x_0=f(x_0)\). Weil \eqref{min} wiederspruch zu
 \eqref{Min} ist, muss gelten \(x_0=f(x_0)\). W\"are \(x_1\) ein
 {\it andere} Fixpunkt (\(x_0\neq x_1)\), dann h\"atte man (weil \(x_1=f(x_1)\), 
 \begin{align*}
   d(x_1,x_0)=d(f(x_1),f(x_0))<d(x_1,x_0),
 \end{align*}
was ein Wiederspruch w\"are.

\vspace{0.5cm}

\noindent{\bf Aufgabe 27: (4 Punkte)} Sei
\(C[0,1]=\{f:[0,1]\to\mathbb R\,|\, f \text{ ist stetig }\}\) mit dem
Skalarprodukt
\begin{align*}
  \langle f,g\rangle = \int_0^1 f(x)g(x)dx\ , \ f,g\in C[0,1]
\end{align*}
versehen. Sei \(f_n(x)=e^{nx}, x\in [0,1], n\in\mathbb N\cup\{0\}\). 
\begin{itemize}
\item[a)] Berechnen Sie \(\langle f_n,f_m\rangle\) f\"ur \(n,m\in\mathbb
N\cup\{0\}\). 
\item[b)] Bilden Sie ein Orthonormalsystem aus
\(\{f_0,f_1,f_2\}\). (Hinweis: Gram-Schmidt\-verfahren). 
\end{itemize}

\noindent{\it L\"osungsvorschlag:} a) F\"ur \(n+m\neq0\): 
\begin{align*}
  \langle f_n&,f_m\rangle =\int_0^1 f_n(x)f_m(x)\,dx=\int_0^1
  e^{nx}e^{mx}\,dx
  =\int_0^1e^{(n+m)x}\,dx \\&=\big[\frac{1}{n+m}e^{(n+m)x}\big]_0^1
  =\frac{1}{n+m}\big(e^{n+m}-1\big).
\end{align*}
\(n+m=0\Rightarrow n=m=0\); 
\begin{align*}
  \langle f_0,f_0\rangle=\int_0^1 e^{0\cdot x}e^{0\cdot
  x}\,dx=\int_0^1 1\,dx=[x]_0^1=1.
\end{align*}
Also bekommt man
\begin{align*}
  \langle f_n,f_m\rangle=\begin{cases}
  \frac{1}{n+m}\big(e^{n+m}-1\big), & n+m\neq0\\
  \qquad1\ , & n=m=0
  \end{cases}.
\end{align*}
b) Aus a) folgt \(\|f_0\|=\sqrt{\langle f_0,f_0\rangle}=1\). Sei
\(e_0:=f_0\), und sei
\begin{align*}
  \tilde e_1:=f_1-\langle e_0,f_1\rangle e_0=f_1-\langle
  f_0,f_1\rangle f_0
  =f_1-(e-1)f_0.
\end{align*}
(Die letzte Gleichung folgt aus a)).
Dann ist (aus Linearit\"at des Skalarproduktes, und aus a))
\begin{align*}
  \|\tilde e_1\|^2&=\langle f_1-(e-1)f_0,f_1-(e-1)f_0\rangle
  =\langle f_1,f_1\rangle +(e-1)^2\langle f_0,f_0\rangle-2(e-1)\langle
  f_1,f_0\rangle
  \\&
  =\frac12(e^2-1)+(e-1)^2-2(e-1)(e-1)
  =\frac12(e-1)(3-e) \ (\cong 0,24>0)
\end{align*}
Sei 
\begin{align*}
  e_1:=\frac{\tilde{e_1}}{\|\tilde{e_1}\|}
      =\frac{\sqrt2}{\sqrt{(e-1)(3-1)}}\big(f_1-(e-1)f_0\big). 
\end{align*}
Dann ist \(\|e_1\|=1, \langle e_1,e_0\rangle =0\). Sei (mit \(c:=\frac12(e-1)(3-e)\))
\begin{align*}
  \tilde e_2:&=f_2-\langle e_1,f_2\rangle e_1-\langle e_0,f_2\rangle
  e_0\\
  &=f_2-\langle\frac{1}{\sqrt{c}}(f_1-(e-1)f_0),f_2\rangle\big(\frac{1}{\sqrt{c}}(f_1-(e-1)f_0)\big)
  -\langle f_0,f_2\rangle f_0
  \\&=f_2-\frac{1}{c}\Big\{\langle f_1,f_2\rangle f_1-(e-1)\langle
  f_1,f_2\rangle f_0 -(e-1)\langle f_0,f_2\rangle f_1+(e-1)^2\langle
  f_0,f_2\rangle f_0\Big\}
  \\& \qquad\qquad\qquad-\langle f_0,f_2\rangle f_0
  \\&
  =f_2-\frac{1}{c}\Big\{\big[\frac13(e^3-1)-(e-1)\cdot\frac12(e^2-1)\big]f_1
\\&\qquad\qquad\qquad+\big[(e-1)^2\cdot\frac12(e^2-1)-(e-1)\cdot\frac13(e^3-1)\big]f_0\Big\}
  -\frac12(e^2-1)f_0
  \\&=f_2+\frac13\frac{e^2-2e-5}{3-e}f_1+\frac{1}{6}\frac{(e-1)^3}{3-e}f_0
  \\&\equiv f_2+c_1f_1+c_0f_0\ , \ c_0=\frac16\frac{(e-1)^3}{3-e}, \
  c_1=\frac13\frac{e^2-2e-5}{3-e}
  \end{align*}
  \begin{align*}
   \|\tilde e_2\|^2&=\langle f_2+c_1f_1+c_0f_0,f_2+c_1f_1+c_0f_0\rangle
   \\&=\langle f_2,f_2\rangle+c_1^2\langle f_1,f_1\rangle+c_0^2\langle
   f_0,f_0\rangle+2c_1\langle f_2,f_1\rangle +2c_0\langle
   f_2,f_0\rangle +2c_0c_1\langle f_1,f_0\rangle
  \\&=\frac14(e^4-1)+c_1^2\cdot\frac12(e^2-1)+c_0^2\cdot1
  +2c_1\cdot\frac13(e^3-1)+2c_0\cdot\frac12(e^2-1)+2c_0c_1(e-1)
  \\&=\frac14(e-1)(e^3+e^2+1)+\frac{1}{18}\frac{(e^2-2e-5)^2}{(3-e)^2}(e-1)(e+1)
  +\frac{1}{36}\frac{(e-1)^6}{(3-e)^2} 
  \\&\ +\frac23\cdot\frac13\frac{e^2-2e-5}{3-e}(e-1)(e^2+e+1)+\frac16\frac{(e-1)^3}{3-e}(e-1)(e+1)
  \\&\
  +2\cdot\frac16\frac{(e-1)^3}{3-e}\cdot\frac13\frac{e^2-2e-5}{3-e}(e-1)
   \\&=\frac{-e^5+5e^4-7e^3+e^2+4e-2}{18(3-e)}
  =\frac{3(e-1)^3-(e-1)^5}{18(3-e)}
% \\&=\frac{36e^6-143e^5+85e^4+70e^3-10e^2-31e-7}{180(3-e)}
%  \\&\equiv c_2{}^2,\\
 \\ 
 e_2:&=\frac{\tilde e_2}{\|\tilde e_2\|}
  =\frac{1}{c_2}\big(f_2+c_1f_1+c_0f_0\big)\ , \
  c_0=\frac16\frac{(e-1)^3}{3-3}, \ c_1=\frac13\frac{e^2-2e-5}{3-e},
  \\& \qquad\quad  c_2=\sqrt{\frac{3(e-1)^3-(e-1)^5}{18(3-e)}}
  \\\Rightarrow
  e_2(x)&=\frac{1}{\sqrt2}\frac{1}{\sqrt{3-e}}\frac{(e-1)^3-2(e^2-2e-5)e^x
  +6(3-e)e^{2x}}{\sqrt{3(e-1)^3-(e-1)^5}}.
\end{align*}


\vspace{0.5cm}

\noindent{\bf Aufgabe 28: (4 Punkte)} Sei \(n\in\mathbb N\), und
\(\|\cdot\|\) und \(|||\cdot|||\) zwei Normen auf \(\mathbb
R^n\). Zeigen Sie, da\ss\ \(\|\cdot\|\) und \(|||\cdot|||\)
\"aquivalent sind. (Hinweis: Vergleichen Sie mit
\(|x|_\infty:=\max_{1\leq j\leq n}|x_j|, x=(x_1,\ldots,x_n)\). Zeigen
Sie die Stetigkeit von \(\|\cdot\|:(\mathbb
R^n,|\cdot|_\infty)\to\mathbb R\) und betrachten Sie \(\|\cdot\|(S)\),
wobei \(S:=\{x\in\mathbb R^n\,|\, |x|_\infty=1\}\)).

\noindent{\it L\"osungsvorschlag:} Sei \(\{e_1,\ldots,e_n\}\) die
kanonische Basis f\"ur \(\mathbb R^n\), und sei \(x\in\mathbb R^n\). Dann
gilt (weil \(\|\cdot\|\) eine Norm ist)
\begin{align}\label{firstEq}
  \|x\|&=\|\sum_{i=1}^nx_ie_i\|\leq\sum_{i=1}^n\|x_ie_i\|
  =\sum_{i=1}^n|x_i|\,\|e_i\|\leq
  c\sum_{i=1}^n|x_i|\ , \ c=\max\{\|e_1\|,\ldots,\|e_n\|\},\nonumber \\
  &\leq c\sum_{i=1}^n(\max_{1\leq j\leq n}|x_j|)
  =cn\, \max_{1\leq j\leq n}|x_j| =cn|x|_\infty.
\end{align}
Also gilt \(\|x_1-x_2\|\leq \tilde c|x_1-x_2|_\infty\), und damit ist \(\|\cdot\|:(\mathbb
R^n,|\cdot|_\infty)\to\mathbb R\) stetig (\(\forall\epsilon>0\exists\delta>0:
|x_1-x_2|_\infty<\delta\Rightarrow \|x_1-x_2\|_\infty<\epsilon\)).

Man bemerkt folgendes: F\"ur \(x\in\mathbb R^n\) gilt
\begin{align*}
  |x|^2=\sum_{i=1}^n|x_i|^2\leq\sum_{i=1}^n(\max_{1\leq j\leq
   n}|x_j|)^2
  =n\cdot(\max_{1\leq j\leq
   n}|x_j|)^2 =n\cdot ( |x|_\infty) ^2,
\end{align*}
und damit \(|x|\leq \sqrt{n}|x|_\infty\).  Auf der andere Seite,
\begin{align}\label{cont1}
  |x|_\infty^2=(\max_{1\leq j\leq
   n}|x_j|)^2=\max_{1\leq j\leq n}(|x_j|^2)
   \leq \sum_{i=1}^n|x_i|^2=|x|^2,
\end{align}
und damit \(|x|_\infty\leq|x|\). Also sind \(|\cdot|_\infty\) und
\(|\cdot|\) \"aquivalente Normen. Die Menge \(S\) ist
\(|\cdot|\)-beschr\"ankt (\(|x|_\infty=1\Rightarrow |x|\leq\sqrt{n}\))
und \(|\cdot|\)-abgeschlossen (durch \eqref{cont1} ist
\(|\cdot|_\infty: (\mathbb R^n,|\cdot|)\to\mathbb R\) stetig, und damit
\(S=\{x\in\mathbb
R^n\,|\,|x|_\infty=1\}=\big(|\cdot|_\infty\big)^{-1}(\{1\})\)
abgeschlossen, weil \(\{1\}\subset\mathbb R\) abgeschlossen ist). 
Weil \(|\cdot|_\infty\) und \(|\cdot|\) \"aquivalent sind, und \(S\)
\(|\cdot|\)-kompakt ist (Heine-Borel), ist \(S\) auch
\(|\cdot|_\infty\)-kompakt. Weil \(\|\cdot\|:(\mathbb
R^n,|\cdot|_\infty)\to\mathbb R\) stetig ist, und \(S\)
\(|\cdot|_\infty\)-kompakt ist, hat \(\|\cdot\|:(\mathbb
R^n,|\cdot|_\infty)\to\mathbb R\) ein Minimum auf \(S\), d.h., es gibt
\(x_0\in S\) mit \(\|x_0\|\leq\|x\|\) f\"ur alle \(x\in S\). Es gilt
\(\|x_0\|\neq 0\) (weil \(\|x_0\|=0\Rightarrow x_0=0\not\in S\)). Sei
jetzt \(x\in \mathbb R^n\), dann gilt \(y:=\frac{x}{|x|_\infty}\in S\)
(weil \(|y|_\infty=1\)), und damit \(\|y\|\geq \|x_0\|\). D.h., 
\begin{align}\label{secEq}
  \|x_0\|\leq\|y\|=\big\|\frac{x}{|x|_\infty}\big\|=\frac{\|x\|}{|x|_\infty}
  \Rightarrow |x|_\infty\leq C \|x\|\ , \ C=\frac{1}{\|x_0\|}.
\end{align}
Aus \eqref{firstEq} und \eqref{secEq} folgt, da\ss\
\begin{align*}
  \exists c_1,c_2>0: \ c_1\|x\|\leq|x|_\infty\leq c_2\|x\|,
\end{align*}
also sind \(|\cdot|_\infty\) und \(\|\cdot\|\) \"aquivalente
normen. Gleiche Beweis gibt da\ss\ \(|||\cdot|||\) und
\(|\cdot|_\infty\) \"aquivalent sind, und damit sind auch \(\|\cdot\|\)
und \(|||\cdot|||\) \"aquivalent.

\vspace{1cm}

{\bf \noindent Abgabe bis Montag 06.06.2005, 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}