Zum Nachweis, dass es sich bei \( (\mathbb R^n,d(x,y)) \) tatsächlich um einen metrischen Raum handelt, soll es an dieser Stelle genügen, nur die Dreiecksungleichung abzuleiten. Dazu gehen wir von der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung aus unserer Vorlesung Analysis 1 aus \[ \sum_{k=1}^n|\xi_k\eta_k| \le\left(\,\sum_{k=1}^n|\xi_k|^2\right)^\frac{1}{2}\left(\,\sum_{k=1}^n|\eta_k|^2\right)^\frac{1}{2}\,. \] Wir schätzen nun wie folgt ab: \[ \begin{array}{lll} \displaystyle \sum_{k=1}^n|\xi_k+\eta_k|^2\negthickspace & \le & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=1}^n(|\xi_k|+|\eta_k|)^2 \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=1}^n|\xi_k|^2+\sum_{k=1}^n|\eta_k|^2+2\sum_{k=1}^n|\xi_k\eta_k|^2 \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \sum_{k=1}^n|\xi_k|^2+\sum_{k=1}^n|\eta_k|^2+2\left(\,\sum_{k=1}^n|\xi_k|^2\right)^\frac{1}{2}\left(\,\sum_{k=1}^n|\eta_k|^2\right)^\frac{1}{2} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \left[\left(\,\sum_{k=1}^n|\xi_k|^2\right)^\frac{1}{2}+\left(\,\sum_{k=1}^n|\eta_k|^2\right)^\frac{1}{2}\right]^2 \end{array} \] bzw. nach Radizieren \[ \left(\,\sum_{k=1}^n|\xi_k+\eta_k|^2\right)^\frac{1}{2} \le\left(\,\sum_{k=1}^n|\xi_k|^2\right)^\frac{1}{2}+\left(\,\sum_{k=1}^n|\eta_k|^2\right)^\frac{1}{2}\,. \] Nun ersetzen wir \( \xi_k \) durch \( x_k-y_k \) und \( \eta_k \) durch \( y_k-z_k \) und erhalten \[ \left(\,\sum_{k=1}^n|x_k-z_k|^2\right)^\frac{1}{2} \le\left(\,\sum_{k=1}^n|x_k-y_k|^2\right)^\frac{1}{2}+\left(\,\sum_{k=1}^n|y_k-z_k|^2\right)^\frac{1}{2} \] bzw. mit obiger Definition von \( d(x,y) \) \[ d(x,z)\le d(x,y)+d(y,z). \] Das ist die gesuchte Dreiecksungleichung.\( \qquad\Box \)

\[ d_1(x,z) =kd(x,z) \le kd(x,y)+kd(y,z) =d_1(x,y)+d_1(y,z). \]

\[ \begin{array}{l} 0\le a\le b \quad\Longrightarrow\quad a+ab\le b+ab \quad\Longrightarrow\quad a(1+b)\le b(1+a) \\ \phantom{0\le a\le b} \quad\Longrightarrow\quad \displaystyle \frac{a}{1+a}\le\frac{b}{1+b}\,. \end{array} \]

\[ \begin{array}{lll} d_2(x,z)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{d(x,z)}{1+d(x,z)} \,\le\,\frac{d(x,y)+d(y,z)}{1+d(x,y)+d(y,z)} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{d(x,y)}{1+d(x,y)+d(y,z)}+\frac{d(y,z)}{1+d(x,y)+d(y,z)} \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \frac{d(x,y)}{1+d(x,y)}+\frac{d(y,z)}{1+d(y,z)} \\ & = & \negthickspace\displaystyle d_2(x,y)+d_2(y,z). \end{array} \]

\[ d_3(x,y) =\mbox{min}\,\{1,d(x,y)\} =\left\{ \begin{array}{ll} 1, & \mbox{falls}\ 1\le d(x,y) \\ d(x,y), & \mbox{falls}\ d(x,y)\le 1 \end{array} \right. \ge 0 \]

\[ \begin{array}{lllll} d_3(x,y)=0 & \Longrightarrow & \mbox{min}\,\{1,d(x,y)\}=0 & \Longrightarrow & d(x,y)=0, \\ d(x,y)=0 & \Longrightarrow\quad & \mbox{min}\,\{1,d(x,y)\}=\mbox{min}\,\{1,0\}=0 & \Longrightarrow\quad & d_3(x,y)=0, \end{array} \]

\[ d_3(x,y)=0 \quad\Longleftrightarrow\quad d(x,y)=0 \quad\Longleftrightarrow\quad x=y, \]

\[ d_3(x,y) =\min\,\{1,d(x,y)\} =\min\,\{1,d(y,x)\} =d_3(y,x) \quad\mbox{für alle}\ x,y\in X, \]

\[ \min\,\{1,a\}\le\min\,\{1,b\}\quad\mbox{für alle}\ 0\le a\le b, \]

\[ 0\le a\le b\le 1,\quad 0\le a\le 1\lt b,\quad 1\lt a\le b \]

\[ \min\,\{1,a+b\}\le\min\,\{1,a\}+\min\,\{1,b\}\quad\mbox{für alle}\ a,b\ge 0 \]

\[ \begin{array}{l} 0\le a,b\le 1\ \mbox{und}\ a+b\le 1,\quad 0\le a,b\le 1\ \mbox{und}\ a+b\gt 1, \\ 0\le a\le 1,\ 1\lt b \quad\mbox{und}\quad 1\lt a,b. \end{array} \]

\[ \begin{array}{lll} d_3(x,z)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \min\,\{1,d(x,z)\} \,\le\,\min\,\{1,d(x,y)+d(y,z)\} \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \min\,\{1,d(x,y)\}+\min\,\{1,d(y,z)\} \,=\,d_3(x,y)+d_3(y,z). \end{array} \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ d_1(x,x)=|x-3x|=2|x|\not=0 \]

\[ d_2(x,2x)=|x|-2|x|=-|x|\lt 0, \]

\[ d_3(0,1)=0^1=0 \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ d(x,y):=\left\{\begin{array}{cl} 0, & \quad\mbox{falls}\ x=y \\ 1, & \quad\mbox{falls}\ x\not=y \end{array}\right.,\quad x,y\in\{1,2,3,4,5\}\,. \]

\[ d(x,y):=\left\{\begin{array}{cl} 1, & \quad\mbox{falls}\ x=y \\ 0, & \quad\mbox{falls}\ x\not=y \end{array}\right.,\quad x,y\in\{1,2,3,4,5\}\,, \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Die Behauptung folgt sofort aus den bekannten Eigenschaften der Betragsfunktion:

\[ d(x,y)=|x-y|\ge 0\quad\mbox{für alle}\ x,y\in\mathbb R. \]

\[ d(x,y)=|x-y|=0\quad\mbox{genau dann, wenn}\ x=y, \]

\[ d(x,y)=|x-y|=|y-x|=d(y,x)\quad\mbox{für alle}\ x,y\in\mathbb R. \]

\[ d(x,z)=|x-z|=|x-y+y-z|\le|x-y|+|y-z|=d(x,y)+d(y,z) \]

Also handelt es sich bei \( (\mathbb R,|\cdot|) \) um einen metrischen Raum.\( \qquad\Box \)

\[ d(x,y)=\left|\frac{1}{x}-\frac{1}{y}\right|\ge 0\quad\mbox{für alle}\ x,y\in[1,\infty), \]

\[ \left|\frac{1}{x}-\frac{1}{y}\right|=0 \quad\mbox{und damit}\quad x=y. \]

\[ d(x,y) =\left|\frac{1}{x}-\frac{1}{y}\right| =\left|\frac{1}{y}-\frac{1}{x}\right| =d(y,x). \]

\[ \begin{array}{lll} d(x,z)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \left|\frac{1}{x}-\frac{1}{z}\right| \,=\,\left|\frac{1}{x}-\frac{1}{y}+\frac{1}{y}-\frac{1}{z}\right| \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \left|\frac{1}{x}-\frac{1}{y}\right|+\left|\frac{1}{y}-\frac{1}{z}\right| \,=\,d(x,y)+d(y,z). \end{array} \] Also handelt es sich bei \( ([1,\infty),d) \) um einen metrischen Raum.\( \qquad\Box \)

\[ d(x,y) =\left\{\begin{array}{cl} 0, & \quad\mbox{falls}\ x=y \\ 1, & \quad\mbox{falls}\ x\not=y \end{array}\right. =\left\{\begin{array}{cl} 0, & \quad\mbox{falls}\ y=x \\ 1, & \quad\mbox{falls}\ y\not=x \end{array}\right. =d(y,x), \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ \ln(1+|x-y|)\ge\ln(1+0)=\ln 1=0\quad\mbox{für alle}\ x,y\in\mathbb R. \]

\[ \ln(1+|x-y|)=0 \quad\mbox{genau dann, wenn}\quad |x-y|=0, \]

\[ d(x,y) =\ln(1+|x-y|) =\ln(1+|y-x|) =d(y,x). \]

\[ \ln(1+|x-z|)\le\ln(1+|x-y|)+\ln(1+|y-z|),\quad x,y,z\in\mathbb R, \]

\[ \ln(1+c)\le\ln(1+a)+\ln(1+b)\quad\mbox{mit}\ a,b,c\ge 0,\ c\le a+b. \]

\[ 0\lt a\lt b\lt c\le a+b. \]

\[ \ln(1+a)\ge\ln(1)+a\cdot\frac{1}{1+a}=\frac{a}{1+a}\,, \]

\[ \ln(1+c)\le\ln(1+b)+a\cdot\frac{1}{1+b}=\ln(1+b)+\frac{a}{1+b}\,, \]

\[ \begin{array}{lll} \ln(1+c)\negthickspace & \le & \negthickspace\displaystyle \ln(1+b)+\frac{a}{1+b} \le\,\ln(1+b)+\frac{a}{1+a} \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \ln(1+b)+\ln(1+a). \end{array} \]

Also handelt es sich bei \( d(x,y) \) um eine Metrik auf \( \mathbb R\times\mathbb R.\qquad\Box \)

\[ d(x,y)=|f(x)-f(y)|\ge 0\quad\mbox{für alle}\ x,y\in[a,b]. \]

\[ d(x,y)=|f(x)-f(y)|=|f(y)-f(x)|=d(y,x)\quad\mbox{für alle}\ x,y\in[a,b]. \]

\[ \begin{array}{lll} d(x,z)\negthickspace & = & \negthickspace |f(x)-f(z)| \,=\,|f(x)-f(y)+f(y)-f(z)| \\ & \le & \negthickspace |f(x)-f(y)|+|f(y)-f(z)| \,=\,d(x,y)+d(y,z) \end{array} \]

Also handelt es sich bei \( [a,b],d(x,y) \) um einen metrischen Raum.\( \qquad\Box \)

\[ d(f,g)=\int\limits_a^b|f(x)-g(x)|\,dx\ge 0\quad\mbox{für alle}\ f,g\in C^0([a,b],\mathbb R). \]

\[ d(f,g) =\int\limits_a^b|f(x)-g(x)|\,dx =\int\limits_a^b|g(x)-f(x)|\,dx =d(g,f) \]

\[ \begin{array}{lll} d(f,h)\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \int\limits_a^b|f(x)-h(x)|\,dx \,=\,\int\limits_a^b|f(x)-g(x)+g(x)-h(x)|\,dx \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \int\limits_a^b\Big\{|f(x)-g(x)|+|g(x)-h(x)|\Big\}\,dx \\ & = & \negthickspace\displaystyle \int\limits_a^b|f(x)-g(x)|\,dx+\int\limits_a^b|g(x)-h(x)|\,dx \,=\,d(f,g)+d(g,h) \end{array} \]

Also handelt es sich bei \( (X,d) \) um einen metrischen Raum.\( \qquad\Box \)

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ \begin{array}{lll} d(x,y)\negthickspace & = & \negthickspace \|x-y\| \,=\,\|-(y-x)\| \,=\,|-1|\cdot\|y-x\| \\ & = & \negthickspace \|y-x\| \,=\,d(y,x), \end{array} \]

\[ \begin{array}{lll} d(x,z)\negthickspace & = & \negthickspace \|x-z\| \,=\,\|(x-y)+(y-z)\| \,\le\,\|x-y\|+\|y-z\| \\ & = & \negthickspace d(x,y)+d(y,z), \end{array} \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ \varphi(x):=\|x\|,\quad x\in X. \]

\[ \varphi(x)=\|x\|=|-1|\cdot\|x\|=\|-x\|=\varphi(-x), \]

\[ \varphi(x)=\frac{|x|}{1+|x|}\,,\quad x\in\mathbb R^n\,, \]

\[ \begin{array}{ll} & \quad |x+y|\le|x|+|y| \\ \Longrightarrow& \quad |x+y|\le|x|+|y|+2|x||y| \\ \Longrightarrow & \quad |x+y|+(|x|+|y|+|x||y|)|x+y| \\ & \quad\qquad \le|x|+|y|+2|x||y|+(|x|+|y|+2|x||y|)|x+y| \\ \Longrightarrow & \quad |x+y|(1+|x|)(1+|y|) \\ & \quad\qquad \le(|x|+|y|+2|x||y|)(1+|x+y|) \\ \Longrightarrow & \quad\displaystyle \frac{|x+y|}{1+|x+y|}\le\frac{|x|+|y|+2|x||y|}{(1+|x|)(1+|y|)} \\ \Longrightarrow & \quad\displaystyle \frac{|x+y|}{1+|x+y|}\le\frac{|x|(1+|y|)+|y|(1+|x|)}{(1+|x|)(1+|y|)} \\ \Longrightarrow & \quad\displaystyle \frac{|x+y|}{1+|x+y|}\le\frac{|x|}{1+|x|}+\frac{|y|}{1+|y|} \end{array} \]

\[ \varphi(x+y)\le\varphi(x)+\varphi(y),\quad x,y\in\mathbb R. \]

\[ d(x,y)\ge 0\quad\mbox{für alle}\ x,y\in\mathbb X, \]

\[ d(x,y)=0\quad\mbox{genau dann, wenn}\quad x-y=0\ \mbox{bzw.}\ x=y \]

\[ d(x,y) =\varphi(x-y) =\varphi(y-x) =d(y,x),\quad x,y\in\mathbb X, \]

\[ d(x,z) =\varphi(x-z) =\varphi(x-y+y-z) \le\varphi(x-y)+\varphi(y-z) =d(x,y)+d(y,z) \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ \mbox{max}\,\{|x_1|,\ldots,|x_n|\}=0 \quad\mbox{bzw.}\quad |x_1|=0,\ldots,|x_n|=0 \]

\[ x_1=\ldots=x_n=0 \quad\mbox{bzw.}\quad \mbox{max}\,\{|x_1|,\ldots,|x_n|\}=0 \quad\mbox{bzw.}\quad \|x\|_\infty=0. \]

\[ \begin{array}{lll} \|\lambda x\|_\infty\negthickspace & = & \negthickspace \mbox{max}\,\{|\lambda x_1|,|\lambda x_2|,\ldots,|\lambda x_n|\} \\ & = & \negthickspace \mbox{max}\,\{|\lambda||x_1|,|\lambda||x_2|,\ldots,|\lambda||x_n|\} \\ & = & \negthickspace |\lambda|\cdot\mbox{max}\,\{|x_1|,|x_2|,\ldots,|x_n|\} \\ & = & \negthickspace |\lambda|\|x\|_\infty \end{array} \]

\[ \begin{array}{lll} \|x+y\|_\infty\negthickspace & = & \negthickspace \mbox{max}\,\{|x_1+y_1|,|x_2+y_2|,\ldots,|x_n+y_n|\} \\ & \le & \negthickspace \mbox{max}\,\{|x_1|+|y_1|,|x_2|+|y_2|,\ldots,|x_n|+|y_n|\} \\ & \le & \negthickspace \mbox{max}\,\{|x_1|,|x_2|,\ldots,|x_n|\}+\mbox{max}\,\{|y_1|,|y_2|,\ldots,|y_n|\} \\ & = & \negthickspace \|x\|_\infty+\|y\|_\infty \end{array} \]

Also handelt es sich bei \( \|x\|_\infty \) um eine Norm auf \( \mathbb R^n.\qquad\Box \)

\[ \|x\|_1\ge 0\quad\mbox{für alle}\ x\in \mathbb R^n\,, \]

\[ \sum_{i=1}^n|x_i|=0 \quad\mbox{bzw.}\quad |x_i|=0\quad\mbox{für alle}\ i=1,\ldots, \]

\[ x_i=0\quad\mbox{für alle}\ i=1,\ldots,n \quad\mbox{bzw.}\quad \sum_{i=1}^n|x_i|=0 \]

\[ \|\lambda x\|_1 =\sum_{i=1}^n|\lambda x_i| =|\lambda|\,\sum_{i=1}^n|x_i| =|\lambda|\|x\|_1\,. \]

\[ \begin{array}{lll} \|x+y\|_1\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^n|x_i+y_i| \,\le\,\sum_{i=1}^n(|x_i|+|y_i|) \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^n|x_i|+\sum_{i=1}^n|y_i| \,=\,\|x\|_1+\|y\|_1\,. \end{array} \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ |x_1|\ge 0 \quad\mbox{und}\quad \frac{1}{2}\,|x_1+x_2|\ge 0 \quad\mbox{für alle}\ x=(x_1,x_2)\in\mathbb R^2\,. \]

\[ 0\le\frac{1}{2}\,|x_1+x_2|=\frac{1}{2}\,|x_2|\le\|x\|=0 \quad\mbox{bzw.}\quad x_2=0 \]

\[ 0\le|x_1|\le\|x\|=0 \quad\mbox{bzw.}\quad x_1=0 \]

\[ \begin{array}{lll} \|\lambda x\|\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \mbox{max}\,\left\{|\lambda x_1|,\frac{1}{2}\,|\lambda x_1+\lambda x_2|\right\} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \mbox{max}\,\left\{|\lambda||x_1|,\frac{|\lambda|}{2}\,|x_1+x_2|\right\} \\ & = & \negthickspace\displaystyle |\lambda|\cdot\mbox{max}\,\left\{|x_1|,\frac{1}{2}\,|x_1+x_2|\right\} \,=\,|\lambda\|x\|. \end{array} \]

\[ \begin{array}{lll} \|x+y\|\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \mbox{max}\,\left\{|x_1+y_1|,\frac{1}{2}\,|x_1+x_2+y_1+y_2|\right\} \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \mbox{max}\,\left\{|x_1|+|y_1|,\frac{1}{2}\,|x_1+x_2|+\frac{1}{2}\,|y_1+y_2|\right\} \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \mbox{max}\,\left\{|x_1|,\frac{1}{2}\,|x_1+x_2|\right\}+\mbox{max}\,\left\{|y_1|,\frac{1}{2}\,|y_1+y_2|\right\} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \|x\|+\|y\|. \end{array} \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ \|x\|_2=\sqrt{\sum_{i=1}^nx_i^2}\ge 0\quad\mbox{für alle}\ x\in\mathbb R^n\,, \]

\[ \|\lambda x\|_2 =\sqrt{\sum_{i=1}^n(\lambda x_i)^2} =\sqrt{\lambda^2\sum_{i=1}^nx_i^2} =|\lambda|\,\sqrt{\sum_{i=1}^nx_i^2} =|\lambda|\|x\|_2\,, \]

\[ \begin{array}{lll} \|x+y\|_2^2\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^n(x_i+y_i)^2 \,=\,\sum_{i=1}^nx_i^2+2\sum_{i=1}^nx_iy_i+\sum_{i=1}^ny_i^2 \\ & = & \negthickspace\displaystyle \|x\|_2^2+\|y\|_2^2+2\langle x,y\rangle\,. \end{array} \]

\[ \langle x,y\rangle =\sum_{i=1}^nx_iy_i \le\left(\,\sum_{i=1}^nx_i^2\right)^\frac{1}{2}\left(\,\sum_{i=1}^ny_i^2\right)^\frac{1}{2} =\|x\|_2\|y\|_2\,. \]

\[ \begin{array}{lll} \|x+y\|_2^2\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \|x\|_2^2+\|y\|_2^2+2\langle x,y\rangle \,\le\,\|x\|_2^2+\|y\|_2^2+2\|x\|_2\|y\|_2 \\ & = & \negthickspace\displaystyle (\|x\|_2+\|y\|_2)^2\,. \end{array} \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ 0\le|f(x)|\le\sup_{x\in[a,b]}|f(x)|\quad\mbox{für alle}\ x\in[a,b], \]

\[ \|\lambda f\|_\infty =\sup_{x\in[a,b]}|\lambda f(x)| =\sup_{x\in[a,b]}|\lambda||f(x)| =|\lambda|\cdot\sup_{x\in[a,b]}|f(x)| =|\lambda|\|f\|_\infty\,, \]

\[ \begin{array}{lll} \|f+g\|_\infty\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sup_{x\in[a,b]}|f(x)+g(x)| \,\le\,\sup_{x\in[a,b]}\big\{|f(x)|+|g(x)|\big\} \\ & \le & \negthickspace\displaystyle \sup_{x\in[a,b]}|f(x)|+\sup_{x\in[a,b]}|g(x)| \,=\,\|f\|_\infty+\|g\|_\infty\,. \end{array} \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ \begin{array}{lll} \|x\|_1\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sum_{i=1}^n|x_i| \,\le\,\sum_{i=1}^n\mbox{max}\,\{|x_1|,\ldots,|x_n|\} \\ & = & \negthickspace\displaystyle n\cdot\mbox{max}\,\{|x_1|,\ldots,|x_n|\} \,=\,n\cdot\|x\|_\infty\,, \end{array} \]

\[ \frac{1}{n}\cdot\|x\|_1\le\|x\|_\infty\quad\mbox{für alle}\ x\in\mathbb R^n\,. \]

\[ \|x\|_\infty =\mbox{max}\,\{|x_1|,\ldots,|x_n|\} \le\sum_{i=1}^n|x_i| =\|x\|_1 \quad\mbox{für alle}\ x\in\mathbb R^n\,, \]

Also sind \( \|\cdot\|_1 \) und \( \|\cdot\|_\infty \) äquivalent, und die gesuchten Konstanten lauten \[ C_1(n):=\frac{1}{n}\,,\quad C_2(n):=1. \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)

\[ \begin{array}{lll} \|x\|_2\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \sqrt{\sum_{i=1}^n|x_i|^2} \,\le\,\sqrt{\sum_{i=1}^n\mbox{max}\,\{|x_1|,\ldots,|x_n|\}^2} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \sqrt{\sum_{i=1}^n1}\cdot\sqrt{\mbox{max}\,\{|x_1|,\ldots,|x_n|\}^2} \,=\,\sqrt{n}\,\|x\|_\infty \end{array} \]

\[ \frac{1}{\sqrt{n}}\,\|x\|_2\le\|x\|_\infty\quad\mbox{für alle}\ x\in\mathbb R^n\,. \]

\[ \|x\|_\infty =\mbox{max}\,\{|x_1|,\ldots,|x_n|\} \le\sqrt{\sum_{i=1}^n|x_i|^2} =\|x\|_2 \quad\mbox{für alle}\ x\in\mathbb R^n\,, \]

Also sind \( \|x\|_2 \) und \( \|x\|_\infty \) äquivalent, und die gesuchten Konstanten lauten \[ C_1(n):=\frac{1}{\sqrt{n}}\,,\quad C_2(n):=1. \] Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)

Nach den Aufgaben 9.2.10 und 9.2.11 gelten \[ \frac{1}{n}\,\|x\|_1\le\|x\|_\infty\le\|x\|_1\,,\quad \frac{1}{\sqrt{n}}\,\|x\|_2\le\|x\|_\infty\le\|x\|_2 \] für alle \( x\in\mathbb R^n. \) Hieraus schließen wir \[ \frac{1}{n}\,\|x\|_1\le\|x\|_\infty\le\|x\|_2\,,\quad \frac{1}{\sqrt{n}}\,\|x\|_2\le\|x\|_\infty\le\|x\|_1 \] bzw. nach nochmaligem Umstellen \[ \frac{1}{n}\,\|x\|_1\le\|x\|_2\le\sqrt{n}\,\|x\|_1\,. \] Also sind die Normen \( \|x\|_1 \) und \( \|x\|_2 \) im \( \mathbb R^n \) äquivalent. Wir bemerken aber, dass die angegebenen Konstanten noch verbessert werden können: Zunächst ist mit der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung \[ \|x\|_1 =\sum_{i=1}^n|x_i| \le\left(\,\sum_{i=1}^nx_i^2\right)^\frac{1}{2}\left(\,\sum_{i=1}^n1\right)^\frac{1}{2} =\sqrt{n}\,\|x\|_2\,, \] und durch Quadrieren sieht man ebenfalls ein \[ \|x\|_2\le\|x\|_1\,. \] Zusammenfassend erhalten wir also \[ \frac{1}{\sqrt{n}}\,\|x\|_1\le\|x\|_2\le\|x\|_1\,. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Setze nämlich, da \( x\not=y, \) \[ \varepsilon:=\frac{1}{2}\,d(x,y)\gt 0 \] und betrachte \[ U:=B_\varepsilon(x),\quad V:=B_\varepsilon(y). \] Es existiert dann kein \( z\in X \) mit \( z\in U\cap V. \) Denn für ein solches \( z \) wäre \[ \begin{array}{l} z\in U,\quad\mbox{d.h.}\ d(x,z)\lt\varepsilon, \\ z\in V,\quad\mbox{d.h.}\ d(y,z)\lt\varepsilon. \end{array} \] Mit der Dreiecksungleichung folgt \[ 2\varepsilon =d(x,y) \le d(x,z)+d(z,y) \lt\varepsilon+\varepsilon =2\varepsilon, \] also \( 2\varepsilon\lt 2\varepsilon, \) und das ist ein Widerspruch.\( \qquad\Box \)

\[ B_{\varepsilon_1}(x)\subset U,\quad B_{\varepsilon_2}(x)\subset V. \]

\[ B_\varepsilon(x)\subset U\quad\mbox{und}\quad B_\varepsilon(x)\subset V, \]

\[ x\in\bigcup_{i\in I}U_i\,. \]

\[ B_\varepsilon(x)\subset U_{i_0}\subset\bigcup_{i\in I}U_i\,. \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Wir verweisen auf die entsprechende Wikipedia-Seite.

Wähle \( x=1, \) \( y=0 \) und dazu \[ U:=\left\{z\in\mathbb R\,:\,|z-1|\lt\frac{1}{4}\right\},\quad V:=\left\{z\in\mathbb R\,:\,|z|\lt\frac{1}{4}\right\}. \] Dann gilt \( U\cap V=\emptyset. \)

\[ U=(0,1)\subset\mathbb R \quad\mbox{in}\ (X,d)\ \mbox{mit}\ X=\mathbb R\ \mbox{und}\ d(x,y)=|x-y| \]

\[ \varepsilon:=\frac{1}{2}\,\min\{x,1-x\} \]

\[ B_\varepsilon(x) =\{z\in\mathbb R\,:\,|x-z|\lt\varepsilon\} =(x-\varepsilon,x+\varepsilon) \subset U. \]

\[ \begin{array}{l} U=(0,1)=\{z=(z_1,z_2)\in\mathbb R^2\,:\,0\lt z_1\lt 1,\ z_2=0\}\subset\mathbb R^2 \\ \mbox{in}\ (X,d)\ \mbox{mit}\ X=\mathbb R^2\ \mbox{und}\ d(x,y)=\|x-y\|_2 \end{array} \]

\[ y=(y_1,y_2)\in B_\varepsilon(x)=\big\{z=(z_1,z_2)\in\mathbb R^2\,:\,\sqrt{(x_1-z_1)^2+(x_2-z_2)^2}\le\varepsilon\big\} \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ B_1(x)=\{z\in X\,:\,|x-z|\lt 1\}\subseteq X, \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Wir gehen nach der genannten Literaturquelle vor: Sei nämlich ein \( x=(x_1,x_2) \) beliebig gewählt, so dass \[ \beta:=2x_1-x_2+x_1x_2\lt 1. \] Betrachte ferner ein \( z=(z_1,z_2)\in B_\varepsilon(x) \) mit \[ \varepsilon:=\min\left\{1,\frac{1}{2}\cdot\frac{1-\beta}{4+|x_1|+|x_2|}\right\}. \] Wir setzen \( \alpha_1:=z_1-x_1 \) und \( \alpha_2:=z_2-x_2 \) und beachten (es ist \( z\in B_\varepsilon(x) \)) \[ \sqrt{\alpha_1^2+\alpha_2^2} =\sqrt{(z_1-x_1)^2+(z_2-x_2)^2} \lt\varepsilon. \] Damit folgt mit \( \varepsilon\le 1, \) also auch \( \varepsilon^2\le\varepsilon, \) \[ \begin{array}{l} 2z_1-z_2+z_1z_2 \\ \qquad =2(x_1+\alpha_1)-(x_2+\alpha_2)+(x_1+\alpha_1)(x_2+\alpha_2) \\ \qquad =(2x_1-x_2+x_1x_2)+2\alpha_1-\alpha_2+\alpha_1\alpha_2+\alpha_1x_2+\alpha_2x_1 \\ \qquad =\beta+2\alpha_1-\alpha_2+\alpha_1\alpha_2+\alpha_1x_2+\alpha_2x_1 \\ \qquad \le\beta+2|\alpha_1|+|\alpha_2|+|\alpha_1||\alpha_2|+|\alpha_1||x_2|+|\alpha_2||x_1| \\ \qquad \le\beta+2\varepsilon+\varepsilon+\varepsilon^2+\varepsilon|x_1|+\varepsilon|x_2| \\ \qquad \le\beta+2\varepsilon+\varepsilon+\varepsilon+\varepsilon|x_1|+\varepsilon|x_2| \\ \qquad =\beta+(4+|x_1|+|x_2|)\varepsilon \end{array} \] nach Setzung von \( \varepsilon. \) Es folgt \( z\in B_\varepsilon(x)\cap U, \) und da \( z \) beliebig gewählt wurde, folgt \( B_\varepsilon(x)\subset U. \) Also ist \( U \) offen.\( \qquad\Box \)

Wähle ein \( x\in B_r(a) \) beliebig. Im Fall \( x=a \) gilt \( B_r(x)\subseteq B_r(a), \) und es verbleibt nichts mehr zu zeigen. Sei also \( x\not=a. \) Setze \[ d:=\min\{d(a,x),r-d(a,x)\}\gt 0. \] Dann ist \( B_d(x)\subset B_r(a). \) Denn im Fall \( d=d(a,x) \) ermitteln wir für beliebiges \( y\in B_d(x) \) mit der Dreiecksungleichung \[ \begin{array}{lll} d(a,y)\negthickspace & \le & \negthickspace d(a,x)+d(x,y) \,=\,d+d(x,y) \,\lt\,d+d \\ & \le & \negthickspace d+r-d(a,x) \,=\,d+r-d \,=\,r. \end{array} \] Ist aber \( d=r-d(a,x) \) und damit auch \( d\ge d(a,x), \) so ist analog \[ d(a,y)\le d(a,x)+d(x,y)\lt d(a,x)+d=r-d+d=r. \] In jedem Fall gilt \( B_d(x)\subseteq B_r(a), \) und da \( x\in B_r(a) \) beliebig war, folgt die Behauptung.\( \qquad\Box \)

Sei \( U\subseteq X. \) Im Fall \( U\not=\emptyset \) ist die Behauptung klar nach Aufgabe 9.3.4. Sei also ein \( x\in U \) beliebig gewählt. Dann ist insbesondere \[ B_1(x)=\{z\in X\,:\,d(x,z)\lt 1\}=\{x\}\subseteq U \] nach Definition der diskreten Metrik, und daher ist \( U \) offen in \( (X,d).\qquad\Box \)

Wir benutzen unsere Ergebnisse aus den Aufgaben 9.2.10, 9.2.11 und 9.2.12, nälich \[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{1}{n}\,\|x\|_1\le\|x\|_\infty\le\|x\|_1\,, \\ \displaystyle \frac{1}{\sqrt{n}}\,\|x\|_2\le\|x\|_\infty\le\|x\|_2\,, \\ \displaystyle \frac{1}{\sqrt{n}}\,\|x\|_1\le\|x\|_2\le\|x\|_1\,. \end{array} \]

\[ \frac{1}{n}\,\|x-y\|_1\lt r \quad\mbox{bzw.}\quad \|x-y\|_1\lt nr \quad\mbox{bzw.}\quad y\in B_{nr}^\varrho(x), \]

\[ B_r^\sigma(x)\subset B_{nr}^\varrho(x). \]

\[ \|x-y\|_\infty\lt r \quad\mbox{bzw.}\quad y\in B_r^\sigma(x), \]

\[ B_r^\varrho(x)\subset B_r^\sigma(x). \]

\[ \frac{1}{\sqrt{n}}\,\|x-y\|_2\lt r \quad\mbox{bzw.}\quad \|x-y\|_2\lt\sqrt{n}\,r \quad\mbox{bzw.}\quad y\in B_{\sqrt{n}r}^d(x), \]

\[ B_r^\sigma(x)\subset B_{\sqrt{n}r}^d(x). \]

\[ \|x-y\|_\sigma\lt r \quad\mbox{bzw.}\quad y\in B_r^\sigma(x), \]

\[ B_r^d(x)\subset B_r^\sigma(x). \]

\[ \frac{1}{\sqrt{n}}\,\|x-y\|_1\lt r \quad\mbox{bzw.}\quad \|x-y\|_1\lt\sqrt{n}\,r \quad\mbox{bzw.}\quad y\in B_{\sqrt{n}r}^\varrho(x), \]

\[ B_r^d(x)\subset B_{\sqrt{n}r}^\varrho(x). \]

\[ \|x-y\|_2\lt r \quad\mbox{bzw.}\quad y\in B_r^d(x), \]

\[ B_r^\varrho(x)\subset B_r^d(x). \] Setzen wir also \[ c_1(n):=1,\quad c_2(n):=1,\quad c_3(n):=\frac{1}{\sqrt{n}}\,,\quad c_4(n):=\sqrt{n}\,, \] so ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ U=(-1,1)\setminus\{0\}=(-1,0)\cup(0,1). \]

\[ U=(-3,3)\setminus\{[-2,-1]\cup[1,2]\}=(-3,-2)\cup(-1,1)\cup(2,3). \]

Die Aussage ist zunächst für \( n=1 \) klar, denn \( U_1 \) ist nach Voraussetzung offen. Nach dem Satz aus Paragraph 9.3.4 ist auch \( U_1\cap U_2 \) offen. Wir nehmen nun an, es sei \[ V:=U_1\cap U_2\cap\ldots\cap U_{n-1} \] offen für beliebiges \( n\in\mathbb N \) mit \( n\ge 2. \) Dann ist nach dem genannten Satz auch \( V\cap U_n \) offen. Die Behauptung folgt aus dem Prinzip der vollständigen Induktion.\( \qquad\Box \)

\[ \begin{array}{l} y\in B_\varepsilon(0),\quad\mbox{aber}\ y\not\in[0,1], \\ z\in B_\varepsilon(1),\quad\mbox{aber}\ z\not\in[0,1]. \end{array} \]

\[ y\in B_\varepsilon(0),\quad\mbox{aber}\ y\not\in[0,1]. \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

\[ \mathring U=\{(x,y)\in\mathbb R^2\,:\,x^2+y^2\lt 1\} \]

\[ \begin{array}{ll} y=1-x & \mbox{für}\ x\in[0,1], \\ y=1+x & \mbox{für}\ x\in[-1,0], \\ y=-1-x & \mbox{für}\ x\in[-1,0], \\ y=-1+x & \mbox{für}\ x\in[0,1], \end{array} \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Es ist jeder Punkt \( 1,2,3\in X \) innerer Punkt von \( X \) in der diskreten Metrik. Es ist nämlich beispielsweise \[ B_1(1)=\{z\in X\,:\,d(1,z)\lt 1\}=\{1\}\subset X, \] und analog gelten \( B_1(2)\subset X \) und \( B_1(3)\subset X, \) siehe Aufgabe 9.3.7. Es gilt also \( X=\mathring X.\qquad\Box \)

Wir setzen \[ W:=\bigcup_{V\subseteq U,\ V\ \mbox{offen}}V \] und gehen in zwei Schritten vor.

Beide Beweispunkte zusammengefasst ergeben \( W=\mathring U. \) Das war zu beweisen.\( \qquad\Box \)

\[ \begin{array}{ll} \displaystyle \delta(x):=\frac{|x_2|}{2}\,, & \mbox{falls}\ 0\le x_1\le 1, \\ \displaystyle \delta(x):=\frac{1}{2}\,(x_1-1), & \mbox{falls}\ x_1\gt 1, \\ \displaystyle \delta(x):=\frac{|x_1|}{2}\,, & \mbox{falls}\ x_1\lt 1, \end{array} \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Im Fall \( X\setminus Y=\emptyset \) ist nach Aufgabe 9.4.2 die Behauptung klar. Sei also \( X\setminus Y\not=\emptyset. \) Wähle ein \( x\in X\setminus Y \) beliebig. Dann gilt \[ B_\frac{1}{2}(x) =\left\{z\in X\,:\,|x-z|\lt\frac{1}{2}\right\} =\{x\} \subseteq X\setminus Y. \] Daher ist \( X\setminus Y \) offen und \( Y\subseteq X \) abgeschlossen.\( \qquad\Box \)

\[ X\setminus[0,1) =\mathbb R\setminus[0,1) =(-\infty,0)\cup[1,\infty), \]

\[ X^*\setminus[0,1) =\big\{[0,1)\cup[2,3]\big\}\setminus[0,1) =[2,3], \]

\[ B_\frac{1}{2}(2) =\left\{x\in X^*\,:\,|x-2|\lt\frac{1}{2}\right\} =\left(\frac{3}{2},\frac{5}{2}\right)\cap X^* =\left[2,\frac{5}{2}\right) \subset[2,3] \subset X^*\,. \]

\[ B_\varepsilon(0)\cap X=B_\varepsilon(0)\cap\mathbb R=(-\varepsilon,\varepsilon)\not\subset[0,1) \]

\[ B_\frac{1}{2}(0) =\left\{x\in X^*\,:\,|x|\lt\frac{1}{2}\right\} =\left(-\frac{1}{2}\,,\frac{1}{2}\right)\cap X^* =\left[0,\frac{1}{2}\right) \subset[0,1) \subset X^*. \]

\[ X\setminus[2,3] =\mathbb R\setminus[2,3] =(-\infty,2)\cup(3,\infty) \]

\[ Y\setminus[2,3]=[0,1), \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Die Behauptungen sind klar im Fall leerer Teilmengen. Wir betrachten also nur nichtleere Teilmengen.

\[ X\setminus(U\cup V) =(X\setminus U)\cap(X\setminus V). \]

\[ \left(\bigcap_{i\in I}U_i\right)^c=\bigcup_{i\in I}U_i^c \]

\[ \left(\bigcap_{i\in I}U_i\right)^c\subseteq\bigcup_{i\in I}U_i^c \quad\mbox{und}\quad \bigcup_{i\in I}U_i^c\subseteq\left(\bigcap_{i\in I}U_i\right)^c\,, \quad\mbox{also}\quad \left(\bigcap_{i\in I}U_i\right)^c=\bigcup_{i\in I}U_i^c\,. \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Damit sind alle gefragten Größen bestimmt.\( \qquad\Box \)

\[ \begin{array}{lll} \mathring K_r\cup\partial K_r\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \{x\in\mathbb R^n\,:\,\|x\|_2\lt r\}\cup\{x\in\mathbb R^n\,:\,\|x\|_2=r\} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \{x\in\mathbb R^n\,:\,\|x\|_2\le r\} \,=\,K_r\,. \end{array} \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Damit sind alle gefragten Größen bestimmt.\( \qquad\Box \)

Die Behauptungen sind klar im Fall \( U=\emptyset. \) Sei also \( U\not=\emptyset. \)

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Es sei \[ T:=\{U\subseteq X\,:\,U\ \mbox{ist offen in}\ (X,d)\}\,. \] Wir zeigen, dass \( (X,T) \) ein topologischer Raum ist.

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Hier ist jede Teilmenge von \( X \) offen.

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Hier sind nur die leere Menge \( \emptyset \) und die Menge \( X \) selbst offen.

\[ \bigcup_{i\in I}U_i=\emptyset\in T \quad\mbox{oder}\quad \bigcup_{i\in I}U_i=X\in T. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Es besteht \( T \) aus den drei Elementen \( \emptyset, \) \( X \) und \( \{1\}, \) wie wir wie folgt einsehen:

\[ \begin{array}{l} \emptyset\cap\emptyset=\emptyset\in T,\quad\emptyset\cap X=\emptyset\in T,\quad \emptyset\cap\{1\}=\emptyset\in T, \\ X\cap X=X\in T,\quad X\cap\{1\}=\{1\}\in T,\quad \{1\}\cap\{1\}=\{1\}\in T. \end{array} \]

\[ \begin{array}{l} \emptyset\in T,\quad X\in T,\quad \emptyset\in T, \\ \emptyset\cup\emptyset=\emptyset\in T,\quad \emptyset\cup X=X\in T,\quad \emptyset\cup\{1\}=\{1\}\in T, \\ X\cup X=X\in T,\quad X\cup\{1\}=X\in T,\quad \{1\}\cup\{1\}=\{1\}\in T, \\ \emptyset\cup X\cup\{1\}=X\in T. \end{array} \]

Also bildet \( (X,T) \) einen topologischen Raum.\( \qquad\Box \)

\[ X\setminus(U\cap V)=(X\setminus U)\cup(X\setminus V). \]

\[ X\setminus\bigcup_{i\in I}U_i=\bigcap_{i\in I}(X\setminus U_i) \]

Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)

Wegen \( X=\{0,1\} \) wählen wir die beiden einzig möglichen verschiedenen Punkte \( x=0 \) und \( x=1. \) Jetzt überprfüfen wir die Möglichkeiten, \( x \) und \( y \) in offene Mengen einzubetten:

Es ist also nicht möglich, \( x \) und \( y \) durch zwei offene Mengen zu trennen, d.h. der Sierpinskiraum ist kein Hausdorffraum. Nach Paragraph 9.3.2 ist er deshalb auch nicht metrisch, was zu zeigen war.\( \qquad\Box \)