AufgabeP1. Es sei `2 der Hilbertraum aller quadratisch summierbaren Folgen mit Skalarprodukt
2
2
2
(x, y) = ∞
k=1 xk yk über R und L(` ) der Raum aller beschränkten linearen Operatoren ` → ` .
2
Auf L(` ) ist die schwache Operatortopologie als die von den Abbildungen
wx,y : L(`2 ) → R : wx,y (A) = (Ax, y), x, y ∈ `2 erzeugte Initialtopologie definiert. Zeigen Sie, dass
die Operatormultiplikation (A, B) 7→ AB nicht stetig auf L(`2 ) mit der schwachen Operatortopologie (mit der durch die schwache Operatortopologie auf L(`2 ) × L(`2 ) erzeugte Produkttopologie)
ist.
Hinw.: Betrachten
Sie die Links- bzw. Rechtstranslationen An (x)k
= xk+n bzw.
0
k≤n
Bn (x)k =
und die Folge (An Bn )n∈N .
xk−n k > n
Definition. (S. 41) Für normierte Räume X, Y die Operatornorm eines Elementes T ∈ L(X, Y )
gegeben durch
kT xkY
kT k := sup
.
06=x∈X kxkY
Satz 1.2.4. Jede stetige Funktion f : (X, T ) → (Y, T 0 ) ist folgenstetig. [...]
Satz 1.2.6. (Auszug) Für eine Abbildung f : (X, T ) → (X 0 , T 0 ) sind äquivalent:
i) f ist stetig in x.
ii) Für jedes Netz (xi )i∈I , das in X gegen x konvergiert, konvergiert das Netz (f (xi ))i∈I gegen
f (x).
Proposition 1.4.1. Eine Abbildung f eines topologischen Raumes (Z, T 0 ) in einen mit der durch
die Abbildungen fi : X → (Yi , Ti ) induzierten Initialtopologie versehenen Raum X ist genau dann
stetig, wenn alle Abbildungen fi ◦ f stetig von (Z, T 0 ) nach (Yi , Ti ) sind.
Übung 1, Aufgabe 11. Zeigen Sie [...], dass (X, T ) genau dann ein Hausdorffraum ist, wenn die
Konvergenz von Netzen eindeutig ist. [...]
Lösung. Nach Proposition 1.4.1 mit Z := L(`2 ) × L(`2 ), X := L(`2 ), Yi := R mit den jeweils
entsprechenden Topologien und fi := wx,y reicht es, zu zeigen, dass es Folgen x, y ∈ `2 gibt,
sodass (A, B) 7→ wx,y (AB) nicht stetig ist. Dies zeigen wir über Folgenunstetigkeit. Dazu wiederum
benötigen wir ein Hilfslemma.
i. Lemma. Seien X eine Menge, (Yj , Tj0 ), j ∈ J topologische Räume, fj : X → (Yj , Tj0 ), j ∈ J
Funktionen und T die Initialtopologie auf X bezüglich der fj . Sei (xi )i∈I ein Netz in X und
x ∈ X. Dann gilt:
(xi )i∈I −→ x
⇐⇒
∀j ∈ J : (fj (xi ))i∈I −→ fj (x)
Beweis. Wir zeigen die beiden Implikationen.
”⇒” Folgt mit Satz 1.2.6. aus der Stetigkeit der fj .
”⇐” Sei U ∈ U(x) beliebig. Dann gibt es eine offene Menge O ⊆ U mit x ∈ O. Lt. einer Bem.
im Skript (S. 15) ist {fj−1 (O0 ) : j ∈ J, O0 ∈ Tj0 } eine Subbasis der Initialtopologie T .
⇒ ∃j1 , ..., jm ∈ J
∃O10
∈
0
T10 , ..., Om
∈
Tm0
:x∈
m
\
k=1
1
fj−1
(Ok0 ) ⊇ O
k
⇒ ∀k ∈ {1, ..., m} : fjk (x) ∈ Ok0
Dann gibt es lt. Vor. Indizes i1 , ..., im , sodass die Implikation
i ik ⇒ fjk (xi ) ∈ Ok0
erfüllt ist. Sei nun i0 ∈ I, sodass i0 ik für alle k ∈ {1, ..., m} ist. Dann gilt:
∀i i0 ∀k ∈ {1, ..., n} : fjk (xi ) ∈ Ok0
m
\
⇒ ∀i i0 : xi ∈
fj−1
(Ok0 ) ⊆ O ⊆ U
k
k=1
ii. Zeigen wir zunächst An , Bn ∈ L(`2 ). Dazu betrachten wir die Operatornorm:
P∞ 2
P∞
2
(An x, An x)
k=1 xk+n
k=n+1 xk
2
kAn k = sup
= sup P∞ 2 = sup P
∞
2 =1
(x, x)
06=x∈`2
06=x∈`2
06=x∈`2
k=1 xk
k=1 xk
P∞
P∞ 2
2
xk
Bn x, Bn x)
k=n+1 xk−n
2
P∞ 2
kBn k = sup
= sup
= sup Pk=1
∞
2 =1
(x, x)
06=x∈`2
06=x∈`2
06=x∈`2
k=1 xk
k=1 xk
Damit sind An , Bn ∈ L(`2 ).
iii. Wir berechnen nun die Grenzwerte von (An )n∈N , (Bn )n∈N und (An Bn )n∈N . Es bezeichne 0L(`2 )
den Nulloperator. Dann seien x, y ∈ `2 beliebig. Mit der Cauchy-Schwarz-Ungleichung und,
weil hinreichend spät beginnende Reihenreste konvergenter Reihen in der Norm beliebig klein
werden, gilt:
lim wx,y (An )2 = lim (An x, y)2 ≤ (y, y) lim
n→∞
n→∞
Wegen (Bn y, x)2 =
P∞
n→∞
k=n+1 yk−n xk
=
P∞
k=1 xk+n yk
∞
X
x2k+n = (y, y) lim
n→∞
k=1
∞
X
x2k = 0
(1)
k=n+1
= (An x, y)2 ist auch
(1)
lim wx,y (Bn )2 = lim (Bn y, x)2 = lim (An x, y)2 = 0
n→∞
n→∞
n→∞
Da x, y ∈ `2 beliebig waren, ist damit mit unserem Hilfslemma in i. mit X := L(`2 ),
(Y, T 0 ) := (R, BO ), J := `2 × `2 und fj := wx,y :
lim An = lim Bn = 0L(`2 )
n→∞
n→∞
Offenbar ist aber An Bn = id`2 . Mit xk := 2−k/2 ∈ `2 ist
wx,x lim An · lim Bn = wx,x (0L(`2 ) ) = 0 6= 1 = (x, x) = lim wx,x (id`2 ) = lim wx,x (An Bn )
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
Da R Hausdorffraum ist, sind die berechneten Grenzwert nach Übung 1, Aufgabe 11 eindeutig. Mit
dem gewählten x ist (A, B) 7→ wx,x (AB) damit nicht folgenstetig, also mit der Kontraposition von
Satz 1.2.4. nicht stetig. Mit der Kontraposition von Proposition 1.4.1. ist dann die Operatormultiplikation nicht stetig auf L(`2 ).
lb
2
Aufgabe 2. Mit den Bezeichnungen von Beispiel 1 ist die starke Operatortopologie die durch die
Abbildungen sx : L(`2 ) → (`2 , k·k), x ∈ `2 erzeugte Initialtopologie auf L(`2 ). Zeigen Sie, dass die
Operatormultiplikation bezüglich der starken Operatortopologie stetig von B × L(`2 ) → L(`2 ) ist,
wenn B eine in der Norm beschränkte Teilmenge von L(`2 ) ist.
Satz 1.2.6. (Auszug) Für eine Abbildung f : (X, T ) → (X 0 , T 0 ) sind äquivalent:
i) f ist stetig in x.
ii) Für jedes Netz (xi )i∈I , das in X gegen x konv., konv. das Netz (f (xi ))i∈I gegen f (x).
Lösung. Wir zeigen die Stetigkeit der Operatormultiplikation mit Netzkonvergenz. Dazu benötigen
wir wieder unser Hilfslemma aus Aufgabe 1 i.
i. Lemma. Seien X eine Menge, (Yj , Tj0 ), j ∈ J topologische Räume, fj : X → (Yj , Tj0 ), j ∈ J
Funktionen und T die Initialtopologie auf X bezüglich der fj . Sei (xi )i∈I ein Netz in X und
x ∈ X. Dann gilt:
(xi )i∈I −→ x
⇐⇒
∀j ∈ J : (fj (xi ))i∈I −→ fj (x)
Beweis. siehe Aufgabe 1 i.
ii. Bezeichne T die starke Operatortopologie. Dann ist die Proukttopologie von B × L(`2 ) die
durch die Funktionen
fk,x : B × L(`2 ) → R, fk,x := k·k ◦ sx ◦ πk ,
also
f1,x (A, B) = kAxk und f2,x (A, B) = kBxk
induzierte Initialtopologie, mit πk die kanonischen Projektionen. Mit unserem Hilfslemma in
i. mit X := B × L(`2 ), J := {1, 2} × `2 , (Yj , Tj0 ) := (R, BO ), und fj , j ∈ J wie oben gilt dann
für ein beliebiges Netz (Ai , Bi )i∈I in der Produkttopologie:
(Ai , Bi )i∈I → (A, B) ⇐⇒ ∀j ∈ J : (fj (Ai ))i∈I → fj (A, B)
⇐⇒ ∀x ∈ `2 : k(Ai − A)xk → 0
∧
k(Bi − B)xk → 0
iii. Da B in der Norm beschränkt ist, ist s := supA∈B kAk ∈ R. Wegen id`2 ∈ B ist s > 0. Seien
nun (Ai , Bi )i∈I ein beliebiges Netz im Produktraum B × L(`2 ) mit (Ai , Bi )i∈I → (A, B) und
ε > 0 beliebig. Dann gilt wegen ii.:
ε
ε
∀x ∈ `2 ∃i0 ∈ I ∀i i0 : k(Ai − A)xk <
∧ k(Bi − B)xk <
2
2s
2
Sei nun x ∈ ` beliebig und i0 ∈ I wie oben. Dann gilt für alle i i0 :
k(Ai Bi − AB)xk ≤ kAi Bi x − Ai Bxk + kAi Bx − ABxk
Damit gilt (Ai Bi )i∈I
multiplikation stetig.
≤ kAi k · k(Bi − B)xk + k(Ai − A)(Bx)k
ε
ε
<s + =ε
2s 2
→ AB. Da dieses Netz beliebig war, ist nach Satz 1.2.6. die Operatorlb
3
Aufgabe 3. Zeigen Sie: Ist (G, ·) eine topologische Hausdorffgruppe, so gilt für Teilmengen A, B
von G:
◦ Ist A offen, B beliebig, so ist AB offen.
◦ Sind A, B kompakt, so ist AB kompakt.
◦ Ist A abgeschlossen, B kompakt, so ist AB abgeschlossen.
◦ Sind A, B abgeschlossen, so ist AB nicht notwendigerweise abgeschlossen
Definition. (siehe Beispiel 1.4.5.) Eine Gruppe (G, ·, e) heißt topologische Gruppe, wenn die Abbildungen
i) ϕ1 : G × G → G(x, y) 7→ xy, wobei G × G mit der Produkttopologie versehen ist,
ii) ϕ2 : G → G : y 7→ y −1
stetig sind. Wir behaupten, i) und ii) sind äquivalent zu der Forderung
iii) ϕ3 : G × G → G : (x, y) 7→ xy −1 ist stetig.
Satz 1.3.3. Das Bild einer kompakten Menge unter einer stetigen Abbildung ist kompakt.
Q
Satz 1.3.9. (Tichinow) Sind (Xi , Ti ) für i ∈ I kompakte Räume, so ist X := i∈I Xi mit der
Produkttopologie kompakt.
Lösung.
◦ Für b ∈ B sei ϕ3,b : x 7→ ϕ3 (x, b) = xb−1 . Weil x 7→ (x, b) stetig ist und ϕ3 stetig ist, ist ϕ3,b als
Verknüpfung stetiger Abbildungen stetig. Damit ist für jedes b ∈ B die Menge Ab = ϕ−1
3,b (A)
offen und damit ist auch
[
AB =
Ab
b∈B
offen.
◦ Da A und B kompakt sind, ist mit dem Satz von Tichinow (Satz 1.3.8.) (A, B) bezüglich der
Produkttopolgie von G × G kompakt. Nach Satz 1.3.3. ist dann AB = ϕ1 (A, B) als das Bild
eines Kompaktums unter einer stetigen Abbildung kompakt.
◦ Wir zeigen, dass (AB)c offen ist. Sei dazu x ∈ (AB)c beliebig. Da Ac offen und ϕ3 stetig ist,
c
ist ϕ−1
3 (A ) ebenfalls offen. Zudem gilt:
∀y ∈ B : ϕ3 (x, y) = xy −1 ∈ Ac
bzw.
c
(x, y) ∈ ϕ−1
3 (A ),
denn sonst wäre x = xy −1 y ∈ AB. Es folgt weiter:
c
∀y ∈ B ∃Uy ∈ U(x) offen ∃Vy ∈ U(y) offen : (x, y) ∈ Uy × Vy ⊆ ϕ−1
3 (A )
4
Offenbar ist
S
y∈B
Uy ⊇ B. Da B kompakt ist, existiert eine endliche Teilüberdeckung:
n
[
Uy,j
und x ∈ U :=
j=1
y∈B
n
\
Uy,j offen
j=1
y∈B
Es gilt
U B −1 = ϕ3 (U, B) ⊆ Ac
Angenommen, es gibt ein z ∈ U mit z ∈ AB, also z = ab, a ∈ A, b ∈ B, dann wäre
zb−1 = abb−1 = a ∈ A, und damit U B −1 * Ac . Daraus folgt:
x ∈ U ⊆ (AB)c
Damit ist (AB)c ∈ U(x). Da x ∈ (AB)c beliebig war, ist (AB)c offen, also AB abgeschlossen.
◦ (R, +) ist eine topologische Hausdorffgruppe, in der die Teilmengen A := −N und B :=
1
: n ∈ N} abgeschlossen sind, aber die Menge
{n + 2n
1
A + B = −m + n +
: m, n ∈ N
2n
1
1
: n ∈ N ∈ A + B, aber limn→∞ 2n
=0∈
/ A + B.
ist nicht abgeschlossen, denn es ist 2n
lb
5
Aufgabe 4. Zeigen Sie, dass die rekursiv definierte Funktionenfolge
1
1
fn (t) = fn−1 (1 − t) + cos(t2 ),
2
4
auf [0, 1] eine gleichmäßig konvergente Teilfolge besitzt.
f0 (t) = 0
Definition. (S. 18) Eine Familie Φ reell- oder komplexwertiger Funktionen auf einer Menge X
heißt punktweise beschränkt, wenn gilt:
∀x ∈ X : {|f (x)| : f ∈ Φ} ist beschränkt.
Definition. (S. 18) Eine Familie Φ stetiger Funktionen auf R heißt gleichgradig stetig, wenn gilt:
∀x ∈ X ∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀y ∈ R, |x − y| < δ ∀f ∈ Φ : |f (x) − f (y)| < ε
Definition. (S. 38) Ein Banachraum ist ein vollständiger normierter (mit der durch die Norm
induzierte Metrik metrischer) linearer Raum über C oder R.
Satz 1.3.9. In einem vollständigen metrischen Raum ist eine Teilmenge genau dann kompakt,
wenn sie abgeschlossen und totalbeschränkt ist.
Satz 1.3.10. In einem metrischen Raum (X, d) und K ⊆ X sind äquivalent:
i) K ist kompakt
ii) Jede Folge in K hat einen Häufungspunkt in K
iii) Jede Folge in K hat eine in K konvergente Teilfolge
Satz 1.5.1. (Arzelà-Ascoli) Auf einer kompakten Menge X ist eine Familie Φ stetiger reell- oder
komplexwertiger Funktionen genau dann totalbeschränkt in (C(X), k·k∞ ), wenn sie punktweise
beschränkt und gleichgradig stetig ist.
Proposition 2.2.1. Für jede Menge M sind `∞ (M, R) und `∞ (M, C) mit der Supremumsnorm
Banachräume.
Lösung. Als Erstes zeigen wir mittels vollständiger Induktion die gleichgradige Stetigkeit der gegebenen Funktionenfamilie. Dazu konstruieren wir uns zunächst ein Hilfslemma. Dann zeigen wir
induktiv die punktweise Beschränktheit der fn . Aus diesen beiden Eigenschaften der fn schließen
wir dann mit Sätzen aus dem Skript auf die zu zeigende Behauptung.
i. Lemma. Sei Φ eine Familie gleichgradig stetiger Funktionen R → R und sei g : R → R stetig.
Dann ist Φ ◦ g := {f ◦ g : f ∈ Φ} gleichgradig stetig.
Beweis. Seien x ∈ R und ε > 0 beliebig. Da Φ gleichgradig stetig ist, gilt:
∃η > 0 ∀z ∈ R, |g(x) − z| < η ∀f ∈ Φ : |f (g(x)) − f (z)| < ε
Mit diesem η folgt aus der Stetigkeit von g:
∃δ > 0 ∀y ∈ R, |x − y| < δ : |g(x) − g(y)| < η
Mit diesem δ gilt also:
∀y ∈ R, |x − y| < δ ∀f ∈ Φ : |f (g(x)) − f (g(y))| < ε
Damit ist Φ ◦ g = {f ◦ g : f ∈ Φ} gleichgradig stetig.
6
ii. Wir zeigen nun mit vollständiger Induktion, dass die Familie der fn gleichgradig stetig ist.
IA: (f0 ) = (0) ist trivialerweise gleichgradig stetig.
IS: Wir nehmen die gleichgradige Stetigkeit von (fk )k=0,...,n−1 an. Da t 7→ 1 − t stetig ist, ist
nach unserem Lemma in i. dann auch die Familie (t 7→ fk (1 − t))k=1,...,n−1 gleichgradig
stetig. Seien nun x ∈ X und ε > 0 beliebig. Dann gilt also:
∃δn−1 > 0 ∀y ∈ R, |x − y| < δn−1 ∀k ∈ {0, ..., n − 1} : |fk (1 − x) − fk (1 − y)| < ε
Die Abbildung t 7→ cos(t2 ) ist stetig; daraus folgt:
∃δ > 0 ∀y ∈ R, |x − y| < δ : | cos(x2 ) − cos(y 2 )| < ε
Sei nun δn := min(δn−1 , δ). Dann gilt:
∀y ∈ R, |x − y| < δ ∀k ∈ {1, ..., n} :
1
1
1
1
fk−1 (1 − x) + cos(x2 ) − fk−1 (1 − y) − cos(y 2 )
2
4
2
4
1
1
≤ |fk−1 (1 − x) − fk−1 (1 − y)| + cos(x2 ) − cos(y 2 )
2
4
1
1
< ε+ ε<ε
2
4
|fk (x) − fk (y)| =
Da diese Ungleichheit für k = 0 trivialerweise erfüllt ist, ist der Induktionsschritt damit
gezeigt.
Damit sind die fn gleichgradig stetig.
iii. Zeigen wir nun die punktweise Beschränktheit der fn . Auch dies zeigen wir induktiv.
IA: kf0 k∞ = k0k∞ = 0 <
1
2
IS: Wir nehmen an, dass fn−1 bereits mit
∀t ∈ [0, 1] :
1
2
beschränkt ist. Dann gilt:
1
1
fn−1 (1 − t) + cos(t2 )
2
4
1
1
≤ |fn−1 (1 − t)| + cos(t2 )
2
4
1 1 1
1
< · + =
2 2 4
2
|fn (t)| =
⇒ kfn k∞ <
Damit sind die fn durch
1
2
1
2
gleichmäßig beschränkt.
iv. Aus ii. und iii. folgt mit dem Satz von Arzelà-Ascoli, dass Φ := {fn : n ∈ N} totalbeschränkt
ist. Nach Proposition 2.2.1. ist `∞ ([0, 1], R) mit der Supremumsnorm ein Banachraum, also
ein vollständiger metrischer Raum. Wegen Φ ⊆ `∞ ([0, 1], R) ist nach Satz 1.3.9. Φ̄ damit
kompakt. Damit besitzt Φ ⊆ Φ̄ nach Satz 1.3.10. eine konvergente Teilfolge.
lb
7
Aufgabe 5. Welche der Teilmengen des C[0, 1] sind relativ kompakt?
A := {fn : n ∈ N}, fn (x) = sin(nx)
sin(ωx)
B := {fω : ω ∈ (0, 1]}, fω =
ω
n
x
C := {fn : n ∈ N}, fn (x) = cos
n2 + 1
Definition. (S. 9) Eine Teilmenge X eines topologischen Raumes heißt relativ kompakt, wenn ihr
Abschluss kompakt ist.
Definition. (S. 18) Eine Familie Φ reell- oder komplexwertiger Funktionen auf einer Menge X
heißt punktweise beschränkt, wenn gilt:
∀x ∈ X : {|f (x)| : f ∈ Φ} ist beschränkt.
Definition. (S. 18) Eine Familie Φ stetiger Funktionen auf R heißt gleichgradig stetig, wenn gilt:
∀x ∈ X ∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀z ∈ R, |x − z| < δ ∀f ∈ Φ : |f (x) − f (z)| < ε
Satz 1.3.9. In einem vollständigen metrischen Raum ist eine Teilmenge genau dann kompakt,
wenn sie abgeschlossen und totalbeschränkt ist.
Satz 1.5.1. (Arzelà-Ascoli). Auf einer kompakten Menge X ist eine Familie Φ stetiger reell- oder
komplexwertiger Funktionen genau dann totalbeschränkt in (C(X), k·k∞ ), wenn sie punktweise
beschränkt und gleichgradig stetig ist.
Lösung. Der C[0, 1] ist mit der Supremumsnorm vollständig, also mit der durch die Supremumsnorm induzierten Metrik ein vollständiger metrischer Raum. Damit sind mit Satz 1.3.9. und Satz 1.5.1.
Funktionenfamilien im C[0, 1] genau dann relativ kompakt, wenn sie punktweise beschränkt und
gleichgradig stetig sind.
A Seien x := 0 und ε := 1. Dann sei V eine beliebige Umgebung von x. Dann ist für n ∈ N
π
hinreichend groß z := 2n
∈ V . Mit diesem n ist nun
π |fn (x) − fn (z)| = |sin(nx) − sin(nz)| = sin(0) − sin
= |0 − 1| = 1 = ε.
2
Damit sind die fn nicht gleichgradig stetig, also ist A nicht relativ kompakt.
B
• Sei x ∈ [0, 1] beliebig. Nach dem Satz von de l’Hospital gilt:
lim
ω→0
sin(ωx)
ω
de l’H’
=
lim x cos(ωx) = x ∈ [0, 1]
ω→0
sin(ωx)
<2
ω
Mit diesem δ > 0 gilt wegen der Beschränktheit des Sinus auch:
⇒ ∃δ > 0 ∀ω < δ :
sin(ωx)
1
1
≤ ≤
ω
ω
δ
Damit ist insgesamt |fω (x)| ≤ max 2, 1δ . Da x ∈ [0, 1] beliebig war, sind die fω punktweise beschränkt.
∀ω ≥ δ :
8
• Seien x ∈ [0, 1] und ε > 0 beliebig. Dann sei V := Uε (x) ∈ U(x). Seien nun ω ∈ (0, 1]
und z ∈ V beliebig. Dann ist |x − z| < ε und nach dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung gibt es ein ξ ∈ (x, z) (bzw. (z, x)), sodass
|fω (x) − fω (z)| =
sin(ωx) sin(ωz)
−
ω
ω
MWS
= |cos(ωξ)| |x − z| < ε
Damit sind die fω gleichgradig stetig.
Aus den beiden Punkten folgt, dass B relativ kompakt ist.
C
• Die punktweise Beschränktheit der fn folgt direkt aus der Beschränktheit des Cosinus.
• Seien x ∈ [0, 1] und ε > 0 beliebig. Dann sei V := Uε (x) ∈ U(x). Seien nun n ∈ N und z ∈
V beliebig. Dann ist |x − z| < ε und nach dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung
gibt es ein ξ ∈ (x, z) (bzw. (z, x)), sodass gilt:
n
n
|fn (x) − fn (z)| = cos
x − cos
z
n2 + 1
n2 + 1
n
n
MWS
=
ξ
sin
|x − z| < ε
n2 + 1
n2 + 1
Damit sind die fn gleichgradig stetig.
Aus den beiden Punkten folgt, dass C relativ kompakt ist.
lb
9
Aufgabe 7. Eine Familie F stetiger Funktionen R → R heißt gleichmäßig gleichgradig stetig, wenn
es für jedes ε > 0 ein δ > 0 gibt, sodass |f (x) − f (y)| ≤ ε für alle x, y ∈ R mit |x − y| < δ und
f ∈ F gilt. Sind die Funktionen
π π fn : R →
,
, fn (x) = arctan(nx − n2 )
2 2
gleichmäßig stetig und bilden sie eine Familie gleichgradig stetiger Funktionen? Ist diese Familie
auch gleichmäßig gleichgradig stetig?
Definition. (S. 14) f : R → R heißt gleichmäßig stetig, wenn gilt:
∀ε > 0 ∃δ(f, ε) > 0 ∀x, y ∈ R, |x − y| < δ(f, ε) : |f (x) − f (y)| < ε
Definition. (S. 18) Eine Familie F stetiger Funktionen auf R heißt gleichgradig stetig, wenn gilt:
∀x ∈ X ∀ε > 0 ∃δ(x, ε) > 0 ∀y ∈ R, |x − y| < δ(x, ε) ∀f ∈ F : |f (x) − f (y)| < ε
Definition. (Ang.) Eine Familie F stetiger Funktionen R → R heißt gleichmäßig gleichgradig stetig,
wenn gilt:
∀ε > 0 ∃δ(ε) > 0 ∀x, y ∈ R, |x − y| < δ(ε) ∀f ∈ F : |f (x) − f (y)| < ε
Bemerkung. Wir bemerken, dass sich diese Definitionen im Wesentlichen nur durch die Reihenfolge der Quantoren unterscheiden, und insbesondere darin, wovon δ abhängen darf.
Lösung. Wir beantworten die gestellten Fragen schrittweise.
i. Seien n ∈ N und ε > 0 beliebig. Dann sei δ := nε . Seien nun x, y ∈ R beliebig mit |x − y| < δ.
Dann gibt es nach dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung ein ξ ∈ (x, y) (bzw. (y, x)),
sodass gilt:
n
MWS
|fn (x) − fn (y)| = arctan(nx − n2 ) − arctan(ny − n2 ) =
|x − y| < nδ = ε
(nξ − n2 )2 + 1
Damit sind die fn jeweils gleichmäßig stetig.
ii. Seien x ∈ R und ε > 0 beliebig. Da die fn stetig sind, gilt:
∀n ∈ N, |x − n| < 2 ∃δn > 0 ∀y ∈ R, |x − y| < δn : |fn (x) − fn (y)| < ε
Da dies nur endlich viele n ∈ N betrifft, ist δ := min(1, ε, min|x−n|<2 δn ) > 0. Seien dann
y ∈ R, |x − y| < δ und n ∈ N beliebig. Falls |x − n| < 2 ist, folgt |fn (x) − fn (y)| < ε sofort aus
der Wahl von δ. Falls |x−n| ≥ 2 ist, gibt es nach dem Mittelwertsatz der Differentialrechnung
ein ξ ∈ (x, y) (bzw. (y, x)) – also mit |ξ − n| ≥ |x − n| − |ξ − x| > 2 − 1 = 1 – , sodass gilt:
MWS
|fn (x) − fn (y)| =
n2 (ξ
|ξ−n|>1
n
n
|x − y| <
|x − y| < δ ≤ ε
2
2
− n) + 1
n +1
Damit ist die Familie der fn gleichgradig stetig.
iii. Sei ε := π4 . Dann sei δ > 0 beliebig. Seien nun n ∈ N mit n > 1δ , x := n und y := n + n1 . Dann
ist |x − y| = n1 < δ, aber
1
π
2
2
|fn (x) − fn (y)| = arctan(n · n − n ) − arctan n n +
−n
= arctan(1) = = ε
n
4
Damit ist die Familie der fn nicht gleichmäßig gleichgradig stetig.
10
lb
Aufgabe 8. Im Rn ist die konvexe Hülle einer kompakten Menge
PN präkompakt. (Die konvexe
Hülle einer Menge M ist die Menge aller Konvexkombinationen i=1 λi xi mit xi ∈ M , λi ≥ 0,
PN
i=1 λi = 1.)
Satz 1.3.9. In einem vollständigen metrischen Raum ist eine Teilmenge genau dann kompakt,
wenn sie abgeschlossen und totalbeschränkt ist.
Lösung. Sei K ⊆ Rn kompakt. Da Rn ein vollständiger, metrischer Raum ist, ist K nach Satz 1.3.9.
damit totalbeschränkt. Dann gibt es für hinreichend großes ε > 0 ein m ∈ K mit
K ⊆ Bε (m)
Sei nun y aus der komplexen Hülle H(K) von K beliebig. Dann gilt:
∃x1 , ..., xN ∈ K ∃λ1 , ..., λN ∈ [0, 1] :
y=
N
X
λi xi ,
i=1
N
X
λi = 1
i=1
Mit dieser Darstellung von y können wir berechnen:
N
X
ky − mk =
i=1
N
X
=
λ i xi −
N
X
λi m
i=1
λi (xi − m)
i=1
≤
N
X
i=1
<
N
X
λi kxi − mk
| {z }
<ε
λi ε
i=1
=ε
⇒ y ∈ Bε (m)
Da y ∈ H(K) beliebig war, ist damit
H(K) ⊆ Bε (m)
Damit ist die konvexe Hülle H(K) von K als Teilmenge einer totalbeschränkten Menge totalbeschränkt.
lb
11
Aufgabe 9. In einem normierten Raum ist die konvexe Hülle einer präkompakten Menge präkompakt.
(Hinw.: Verwenden Sie obiges Beispiel und die Dreiecksungleichung.)
Lösung. Wir erklärten Normen auf linearen Räumen über C oder R und können daher annehmen,
dass der gegebene normierte Raum ein linearer Raum über R ist – für C erfolgen alle Rechnungen
analog. Wir unterscheiden zwei Fälle:
1. F.: Der normierte lineare Raum ist endlichdimensional. Dann gehen wir wie in Aufgabe 8 vor,
aber ohne Anwenden des Satzes 1.3.9.
2. F.: Der normierte Raum ist unendlichdimensional. Dann seien ε > 0 beliebig und K eine beliebige
präkompakte, also totalbeschränkte, Menge.
⇒ ∃a1 , ..., an ∈ K :
n
[
B 2ε (aj ) ⊇ K
(2)
j=1
Bezeichne nun A := {a1 , ..., an } die Menge dieser ”Mittelpunkte”. Dann spannt [A] (die lineare
Hülle der (aj )) einen n-dimensionalen, also endlichdimensionalen linearen Raum auf. Da jede
Konvexkombination insbesondere eine Linearkombination ist, ist
H(A) ⊆ [A],
mit H(A) die konvexe Hülle der (aj ). Weil A als endliche Menge klarerweise totalbeschränkt
ist, ist nach dem ersten Fall auch H(A) totalbeschränkt.
⇒ ∃b1 , ..., bm ∈ H(A) :
m
[
B 2ε (bk ) ⊇ H(A)
(3)
k=1
Sei nun y ∈ H(K) beliebig. Dann gilt:
∃x1 , ..., xN ∈ K ∃λ1 , ..., λN ∈ [0, 1] :
y=
N
X
λ i xi ,
i=1
(2)
=⇒
∀i ∃ji : kxi − aji k <
N
X
λi = 1
i=1
ε
2
Mit diesen λi und aji ist dann
z :=
N
X
λi aji ∈ H(A)
i=1
und es folgt weiter:
ky − zk =
N
X
i=1
λi xi −
N
X
i=1
λi aji =
N
X
λi (xi − aji ) ≤
i=1
N
X
i=1
ε
λi k(xi − aji )k <
|
{z
} 2
< 2ε
Wegen (3) und z ∈ H(A) gibt es ein k, sodass
ε ε
+ =ε
2 2
S
Sm
ε
ε
Damit ist y ∈ m
k=1 B 2 (bk ). Da y ∈ H(K) beliebig war, ist H(K) ⊆
k=1 B 2 (bk ). Da auch
ε > 0 beliebig war, ist H(K) damit totalbeschränkt, also präkompakt.
ky − bk k ≤ ky − zk + kz − bk k <
lb
12
Aufgabe 10. Berechnen Sie
Z
∞
sin x
dx
x
0
über die Ableitung. Begründen Sie genau die Vertauschung von Integration u. Differentiation.
F (t) =
e−tx
Satz 1.2.6. Sei ft , t ∈ (t0 − δ, t0 + δ) ⊆ R eine Familie messbarer Funktionen auf dem Maßraum
t
(Ω, µ). An der Stelle t0 existieren für µ-fast alle ω die partiellen Ableitungen ∂f
∂t . Ferner gebe es eine
f (ω)−f (ω)
≤ g(ω) für |t − t0 | < δ. Dann ist die Funktion
integrierbare Funktion g auf (Ω, µ) mit t t−t0t0
R
t 7→ Ω ft (ω) dµ(ω) in t0 differenzierbar mit
Z
Z
∂ft (ω)
d
=
dµ(ω)
ft (ω) dµ(ω)
dt Ω
∂t t=t0
Ω
t=t0
Lösung. Seien t0 ∈ R+ und δ > 0 beliebig mit t0 − δ > 0. Dann setzen wir (Ω, µ) := (R+ , λ) und
die Parameterfunktion ft gleich unserem Integranden:
ft : R+ → R : ft (x) := e−tx
Da die ft stetig sind, sind sie messbar. Zudem existiert
∂ft
∂t
sin x
x
an der Stelle t0 . Sei nun
g : R+ → R : g(x) := e−(t0 −δ)x
R
Dann ist g wegen t0 − δ > 0 integrierbar (mit g dx = t01−δ ) und für |t − t0 | < δ gibt es nach dem
Mittelwertsatz der Integralrechnung ein τ ∈ (t0 , t) (bzw. (t, t0 )), sodass gilt:
ft (x) − ft0 (x)
|sin x| e−tx − e−t0 x MWS |sin x| ∂e−tx
=
=
t − t0
x
t − t0
x
∂t t=τ
|sin x| −τ x
xe
≤ e−(t0 −δ)x = g(x)
=
x
Damit sind alle Voraussetzung von Satz 1.2.6. erfüllt und wir können berechnen:
Z
Z ∞
∂F (t)
d −tx sin x
d ∞ −tx sin x
1.2.6.
0
F (t0 ) =
=
=
dx
e
dx
e
∂t t=t0
dt 0
x
dt
x t=t0
0
t=t0
Z ∞
=
−e−t0 x sin x dx
0
Z ∞
x=∞
P.I. −t0 x
= e
cos x x=0 + t0
e−t0 x cos x dx
0
Z ∞
−t0 x
x=∞
P.I.
2
= −1 + t0 e
sin x x=0 + t0
e−t0 x sin x dx
0
= −1 −
t20 F 0 (t0 )
⇒ F 0 (t0 ) = −
t20
⇒ F (t0 ) = c − arctan t0 ,
1
+1
c∈R
R∞
Durch stetiges Fortsetzen von F auf t0 = 0 und mit Verwendung von 0 sinx x dx =
c = π2 gewinnen. Da t0 ∈ R+ beliebig war, ist also F (t) = π2 − arctan t für t ∈ R+ .
13
π
2
können wir
lb
Aufgabe 11. Berechnen Sie
Z
∞
F (t) =
0
arctan(tx)
dx
(1 + x2 )x
über die Ableitung. Begründen Sie genau die Vertauschung von Integration u. Differentiation.
Satz 1.2.6. Sei ft , t ∈ (t0 − δ, t0 + δ) ⊆ R eine Familie messbarer Funktionen auf dem Maßraum
t
(Ω, µ). An der Stelle t0 existieren für µ-fast alle ω die partiellen Ableitungen ∂f
∂t . Ferner gebe es eine
f (ω)−f (ω)
integrierbare Funktion g auf (Ω, µ) mit t t−t0t0
R
t 7→ Ω ft (ω) dµ(ω) in t0 differenzierbar mit
d
dt
Z
Z
=
ft (ω) dµ(ω)
Ω
≤ g(ω) für |t − t0 | < δ. Dann ist die Funktion
Ω
t=t0
∂ft (ω)
∂t
dµ(ω)
t=t0
Lösung. Seien t0 ∈ R und δ > 0 beliebig. Dann setzen wir (Ω, µ) := (R+ , λ) und die Parameterfunktion ft gleich unserem Integranden:
ft : R+ → R : ft (x) :=
arctan(tx)
(1 + x2 )x
Da die ft stetig sind, sind sie messbar. Zudem existiert
g : R+ → R : g(x) :=
∂ft
∂t
x2
an der Stelle t0 . Sei nun
1
+1
R
Dann ist g integrierbar (mit g dx = arctan, s.a. Aufgabe 10) und für |t − t0 | < δ gibt es nach dem
Mittelwertsatz der Integralrechnung ein τ ∈ (t0 , t) (bzw. (t, t0 )), sodass gilt:
ft (x) − ft0 (x)
1
arctan(tx) − arctan(t0 x)
=
t − t0
(1 + x2 )|x|
t − t0
|x|
1
MWS
=
2
2
(1 + x )|x| τ x2 + 1
1
≤ 2
x +1
= g(x)
14
Damit sind alle Voraussetzungen von Satz 1.2.6. erfüllt und wir können berechnen:
Z
∂F (t)
d ∞ arctan(tx)
0
F (t0 ) =
=
dx
∂t t=t0
dt 0 (1 + x2 )x
t=t0
Z ∞
d arctan(tx)
1.2.6.
dx
=
dt (1 + x2 )x t=t0
0
Z ∞
x
1
=
2 x2 + 1 (1 + x2 )x dx
t
0
0
Z ∞
1
t20
PBZ
− 2
dx
=
2
2
2
(t0 − 1)(t0 x + 1) (t0 − 1)(x2 + 1)
0
Z ∞
Z ∞
t20
1
1
1
= 2
dx − 2
dx
2
2
t0 − 1 0 (t0 x) + 1
t0 − 1 0 x + 1
Z ∞
Z ∞
t20
du
1
1
1
Subs.
= 2
− 2
dx
2
2
t0 − 1 0 u + 1 t0
t0 − 1 0 x + 1
x=∞ x=∞
1
t0
arctan(t0 x)
arctan x
+ − 2
= 2
t0 − 1
t0 − 1
x=0
x=0
x=∞
t0 arctan(t0 x) − arctan x
=
t20 − 1
x=0
π t0 − 1
=
2 t20 − 1
π 1
=
2 t0 + 1
π
ln |t0 + 1| + c,
c∈R
2
Wir berechnen c, indem wir an der Stelle t0 = 0 auswerten:
Z ∞
Z ∞
π
π
arctan(0)
π
c = F (0) − ln |0 + 1| =
dx − ln |0 + 1| =
0 dx − ln(1) = 0
2 + 1)x
2
(x
2
2
0
0
⇒ F (t0 ) =
Da t0 ∈ R beliebig war, ist damit F (t) =
π
2
ln |t + 1| für t ∈ R.
15
lb