Hausaufgabenblatt 01

Hausaufgabenblatt 1

Aufgabe HA 1

Es sei $d(x,y)$ eine Metrik auf der nichtleeren Menge $X.$ Beweisen Sie, dass dann $\widetilde d(x,y):=\sqrt{d(x,y)}$ ebenfalls eine Metrik auf $X$ ist.

Lösung

$\circ$

Wegen

$d(x,y)\ge 0$ für alle

$x,y\in X$ ist zunächst

$\widetilde d(x,y)=\sqrt{d(x,y)}\ge 0\quad\mbox{für alle}\ x,y\in[a,b],$

	also gilt (M1).
$\circ$	Da $d(x,y)=0$ genau dann, wenn $x=y,$ so folgt

$\widetilde d(x,y)=\sqrt{d(x,y)}=0\quad\mbox{genau dann, wenn}\ x=y.$

	Also gilt (M2).
$\circ$	Es ist ferner

$\widetilde d(x,y)=\sqrt{d(x,y)}=\sqrt{d(y,x)}=\widetilde d(y,x)\quad\mbox{für alle}\ x,y\in X,$

	also gilt (M3).
$\circ$	Schließlich schätzen wir wie folgt ab (warum im Detail?)

$\begin{array}{lll} \displaystyle \widetilde d(x,z) & = & \negthickspace\displaystyle \sqrt{d(x,z)} \,\le\,\sqrt{d(x,y)+d(y,z)} \,\le\,\sqrt{d(x,y)}+\sqrt{d(y,z)} \\[1ex] & = & \negthickspace\displaystyle \widetilde d(x,y)+\widetilde d(y,z) \end{array}$

für alle

$x,y\in X.$ Das ist (M4).

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

Aufgabe HA 2

Zeigen Sie, dass folgende Abbildungen keine Metriken auf $\mathbb R$ sind.

(i)	$d_1(x,y):=\|x-3y\|,\quad x,y\in\mathbb R$
(ii)	$d_2(x,y):=\|x\|-\|y\|,\quad x,y\in\mathbb R$

Lösung

(i)	Im Fall $x=y$ und $x\not=0$ ist

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

	im Widerspruch zu (M2), d.h. $d_1$ ist keine Metrik auf $\mathbb R.$
(ii)	Im Fall $y=2x$ und $x\not=0$ ist

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

im Widerspruch zu (M1), d.h.

$d_2$ ist keine Metrik auf

$\mathbb R.$

Damit ist alles gezeigt. $\qquad\Box$

Aufgabe HA 3

Es sei $f\colon[a,b]\to[\alpha,\beta]$ eine bijektive Abbildungen zwischen den nichtleeren, kompakten Intervallen $[a,b],[\alpha,\beta]\subset\mathbb R.$ Wir setzen $d(x,y):=|f(x)-f(y)|,\quad x,y\in\mathbb R.$ Beweisen Sie, dass dann $([a,b],d)$ ein metrischer Raum ist.

Lösung

$\circ$

Zunächst ist

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

	also gilt (M1).
$\circ$	Im Fall $x=y$ ist $f(x)=f(y)$ und damit $d(x,y)=0.$ Ist umgekehrt $d(x,y)=0$ und damit $f(x)=f(y),$ so folgt $x=y$ aus der Bijektivität der Abbildung. Also gilt (M2).
$\circ$	Es ist auch (M3) erfüllt, denn

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

$\circ$

Schließlich ermitteln wir

$\begin{array}{lll} d(x,z)\negthickspace & = & \negthickspace |f(x)-f(z)| \,=\,|f(x)-f(y)+f(y)-f(z)| \\[0.6ex] & \le & \negthickspace |f(x)-f(y)|+|f(y)-f(z)| \,=\,d(x,y)+d(y,z) \end{array}$

für alle

$x,y\in[a,b],$ und es ist (M4) richtig.

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

Aufgabe HA 4

Es sei $(V,\|\cdot\|)$ ein normierter Raum. Beweisen Sie, dass dann $d(x,y):=\|x-y\|,\quad x,y\in V,$ eine Metrik auf $V$ darstellt.

Lösung

$\circ$	Nach (N1) ist $\\|x-y\\|\ge 0,$ d.h. es ist (M1) erfüllt.
$\circ$	Nach (N2) ist $\\|x-y\\|=0$ genau dann, wenn $x=y,$ d.h. es ist (M2) erfüllt.
$\circ$	Nach (N3) ermitteln wir

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

	d.h. es ist (M3) erfüllt.
$\circ$	Nach (N4) ermitteln wir

$\begin{array}{lll} d(x,z)\negthickspace & = & \negthickspace \|x-z\| \,=\,\|(x-y)+(y-z)\| \,\le\,\|x-y\|+\|y-z\| \\[0.6ex] & = & \negthickspace d(x,y)+d(y,z), \end{array}$

d.h. es ist (M4) erfüllt.

Damit ist alles gezeigt. $\qquad\Box$

Aufgabe HA 5

Wir betrachten den $\mathbb R^n$ mit der Abbildung $\|x\|_1:=\sum_{k=1}^n|x_k|,\quad x=(x_1,\ldots,x_n)\in\mathbb R^n\,.$ Beweisen Sie, dass $(\mathbb R^n,\|\cdot\|_1)$ ein normierter Raum ist.

Lösung

$\circ$

Zunächst ist

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

	da jeder Summand im Normausdruck nicht negativ ist. Also gilt (N1).
$\circ$	Ist $\\|x\\|_1=0,$ so ist auch

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

und damit

$x=0.$ Ist umgekehrt

$x=0,$ so ist

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

	und damit $\\|x\\|_1=0.$ Also gilt (N2).
$\circ$	Mit einem $\lambda\in\mathbb R$ ist ferner

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

	Also gilt (N3).
$\circ$	Schließlich ermitteln wir mit der gewöhnlichen Dreiecksungleichung

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

Also gilt auch (N4).

Damit ist alles gezeigt. $\qquad\Box$

Aufgabe HA 6

Es sei $[a,b]\subset\mathbb R,$ $a\lt b,$ ein kompaktes Intervall. Wir bezeichnen $B([a,b]):=\big\{f\colon[a,b]\to\mathbb R\,:\,f([a,b])\ \mbox{ist beschränkte Teilmenge von}\ \mathbb R\big\}$ die Menge aller reellwertigen und beschränkten Funktionen auf $[a,b].$ Beweisen Sie, dass $B([a,b])$ zusammen mit der Supremumsnorm $\|f\|_\infty:=\sup_{x\in[a,b]}|f(x)|,\quad f\in B([a,b]),$ zu einem normierten Raum wird.

Lösung

$\circ$	Zunächst ist $\\|f\\|\infty\ge 0$ für alle $f\in B([a,b])$ wegen $\|f(x)\|\ge 0.$ Es gilt also (N1).
$\circ$	Die Funktion $f(x)=0$ für alle $x\in[a,b]$ ist aus $B([a,b]).$ Sie genügt $\\|0\\|_\infty=0.$ Umgekehrt gelte $\\|f\\|_\infty=0,$ d.h.

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

	bzw. $f(x)\equiv 0.$ Das ist (N2).
$\circ$	Wir ermitteln

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

	und daher gilt (N3).
$\circ$	Seien $f,g\in B([a,b]).$ Dann ermitteln wir mit der gewöhnlichen Dreiecksungleichung

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

Also gilt auch die Dreiecksungleichung (N4).

Damit ist alles gezeigt. $\qquad\Box$