M. Künzer

Topologie, SS 09

Lösung 4

Aufgabe 13

(1) Wir überprüfen die Axiome (Nor 1, 2, 3). Davon sind (Nor 1, 2) nahezu evident. Zu (Nor 1). Sei x ∈ R^{n}. Es ist ∥x∥_{1} = ∑_{i=1}^{n} |x_{i}| = 0 genau dann, wenn |x_{i}| = 0 für alle 1 ⩽ i ⩽ n, was wiederum genau dann zutrifft, wenn x = 0. Zu (Nor 2). Sei x ∈ R^{n}. Sei λ ∈ R. Es wird

∥λx∥_{1} = ∑_{i=1}^{n}|λx_{i}| = ∑_{i=1}^{n}|λ||x_{i}| = |λ|∑_{i=1}^{n}|x_{i}| = |λ|∥x∥_{1} .

Zu (Nor 3). Seien x, y ∈ R^{n}. Es wird

∥x + y∥_{1} = ∑_{i=1}^{n}|x_{i} + y_{i}| ⩽ ∑_{i=1}^{n}(|x_{i}| + |y_{i}|) = ∥x∥_{1} + ∥y∥_{1} .

dank (∗) in Beispiel (1) von §1.3.2.

(2) Es ist allgemein

B_{ε}^{(1)}(x) = {y ∈ R^{n} : |y_{1} − x_{1}| + ⋯ + |y_{n} − x_{n}| < ε} ,

und speziell

B_{1}^{(1)}((\begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix})) = \{y ∈ R^{2} : |y_{1}| + |y_{2}| < 1\} .

Somit ist B_{1}^{(1)}((\begin{matrix}0 \\ 0 \end{matrix})) das Innere des folgenden Quadrats.

[figure: 1; y_{1}; 1; y_{2}]

(3) Gemäß Aufgabe 11 genügt es, α, β ∈ R_{>0} mit

α∥x∥_{1} ⩽ ∥x∥_{2} ⩽ β∥x∥_{1}

für x ∈ R^{n} zu finden. Zum einen wird

∥x∥_{1}^{2} = (∑_{i=1}^{n}|x_{i}|)^{2} ⩾ (∑_{i=1}^{n}x_{i}^{2}) = ∥x∥_{2}^{2} ,

und also ∥x∥_{2} ⩽ ∥x∥_{1}, weswegen wir β = 1 wählen können.

Zum anderen ist |x_{i}|^{2} ⩽ ∑_{i=1}^{n} x_{i}^{2} für 1 ⩽ i ⩽ n, woraus wir |x_{i}| ⩽ ∥x∥_{2} und also

∥x∥_{1} = ∑_{i=1}^{n}|x_{i}| ⩽ ∑_{i=1}^{n}∥x∥_{2} = n∥x∥_{2}

entnehmen, weswegen wir α = 1/n wählen können.

Der Faktor α = 1/n ist zulässig, aber nicht optimal.

Aufgabe 14

(1) Schreibe Y := {2^{−n} : n ∈ Z_{⩾0}}.

Wir behaupten, daß

Ȳ =^{!} Y ∪ {0} .

Wir verwenden hierzu die Charakterisierung aus Lemma (1) aus §1.4.

Wir zeigen ⊆. Sei x ∈ R ∖ (Y ∪ {0}). Wir haben x ∉^{!} Ȳ zu zeigen. Wir unterscheiden drei Fälle. Falls x < 0, so ist (x − |x|, x + |x|) ∩ Y = ∅, und also x ∉ Ȳ. Falls x > 1, so ist (x − (x − 1), x + (x − 1)) ∩ Y = ∅, und also x ∉ Ȳ. Falls x ∈ (0, 1), so sei n ∈ Z_{⩾1} mit 2^{−n} < x < 2^{−(n−1)}. Explizit wird n := −⌊log_{2} x⌋. Sei

ε := min{x − 2^{−n}, 2^{−n+1} − x} .

Dann ist (x − ε, x + ε) ∩ Y = ∅, und also x ∉ Ȳ. Wir zeigen ⊇. Da ohnehin Y ⊆ Ȳ, genügt es zu zeigen, daß 0 ∈ Ȳ. Sei ε ∈ R_{>0} . Für n = −⌊log_{2} ε⌋ ist 2^{−n} ∈ (0 − ε, 0 + ε), und also (0 − ε, 0 + ε) ∩ Y ≠ ∅. Somit ist in der Tat 0 ∈ Ȳ.

(2) Schreibe Y := \{(\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) : x ∈ [−1, +1], y ∈ (−1, +1)\}. Schreibe Y^{−} := \{(\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) : x ∈ [−1, +1], y = −1\} und Y^{+} := \{(\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) : x ∈ [−1, +1], y = +1\} Wir behaupten, daß

Ȳ =^{!} Y ∪ Y^{−} ∪ Y^{+} = \{(\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) : x ∈ [−1, +1], y ∈ [−1, +1]\} .

Wir verwenden hierzu die Charakterisierung aus Lemma (1) aus §1.4.

Wir zeigen ⊆. Sei (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) ∈ R^{2} ∖ (Y ∪ Y^{−} ∪ Y^{+}). Wir haben x ∉^{!} Ȳ zu zeigen. Wir unterscheiden zwei nicht disjunkte Fälle. Falls y ∉ [−1, +1], so sei ε := |y| − 1. Dann ist B_{ε}((\begin{matrix}x \\ y \end{matrix})) ∩ Y = ∅. Falls x ∉ [−1, +1], so sei ε := |x| − 1. Dann ist B_{ε}((\begin{matrix}x \\ y \end{matrix})) ∩ Y = ∅.

Wir zeigen ⊇. Da ohnehin Y ⊆ Ȳ, genügt es zu zeigen, daß Y^{−} ⊆^{!} Ȳ und Y^{+} ⊆^{!} Ȳ. Sei (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) ∈ Y^{−}, i.e. sei x ∈ [−1, +1] und y = −1. Sei ε ∈ R_{>0}. Falls ε ⩽ 1, dann ist (\begin{matrix}x \\ −1+ε/2 \end{matrix}) ∈ B_{ε}((\begin{matrix}x \\ y \end{matrix})) ∩ Y; falls ε > 1, dann ist (\begin{matrix}x \\ 0 \end{matrix}) ∈ B_{ε}((\begin{matrix}x \\ y \end{matrix})) ∩ Y. Jedenfalls ist B_{ε}((\begin{matrix}x \\ y \end{matrix})) ∩ Y ≠ ∅. Somit ist

(\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) ∈ Ȳ.

Sei (\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) ∈ Y^{+}, i.e. sei x ∈ [−1, +1] und y = +1. Sei ε ∈ R_{>0}. Falls ε ⩽ 1, dann ist (\begin{matrix}x \\ 1−ε/2 \end{matrix}) ∈ B_{ε}((\begin{matrix}x \\ y \end{matrix})) ∩ Y; falls ε > 1, dann ist (\begin{matrix}x \\ 0 \end{matrix}) ∈ B_{ε}((\begin{matrix}x \\ y \end{matrix})) ∩ Y. Jedenfalls ist B_{ε}((\begin{matrix}x \\ y \end{matrix})) ∩ Y ≠ ∅. Somit ist

(\begin{matrix}x \\ y \end{matrix}) ∈ Ȳ.

(3) Da ∅ ⊆^{off.} {1, 2}, ist

∅^{∘} = ∅ .

Da {1} ⊆^{off.} {1, 2}, ist

{1}^{∘} = {1} .

Da {1, 2} ⊆^{off.} {1, 2}, ist

{1, 2}^{∘} = {1, 2} .

Betrachten wir die Teilmenge {2}. Die einzige offene Teilmenge von {1, 2}, die in {2} enthalten ist, ist ∅. Nach Definition des Inneren ist also

{2}^{∘} = ∅ .

(4) Nach Aufgabe 9 wissen wir, daß B_{ε}(x) ⊆^{abg.} V. Also ist \overline{B_{ε}(x)} ⊆ B̄_{ε}(x); vgl. Bemerkung (2) aus §1.4. Bleibt \overline{B_{ε}(x)} ⊇^{!} B̄_{ε}(x) zu zeigen. Ohnehin ist \overline{B_{ε}(x)} ⊇ B_{ε}(x). Es bleibt also für y ∈ B̄_{ε}(x) ∖ B_{ε}(x) zu zeigen, daß y ∈^{!} \overline{B_{ε}(x)}. Für ein solches y ist d(y, x) = ε. Wir wollen Lemma (1) aus loc. cit. anwenden. Sei η > 0. Wir haben zu zeigen, daß B_{η}(y) ∩ B_{ε}(x) ≠ ∅. Falls η > ε, so ist x in der Schnittmenge. Betrachten wir noch den Fall η ⩽ ε. Nun benötigen wir die Tatsache, daß V ein normierter Raum ist. Setze

z := y + \frac{η}{2ε}(x − y) .

Es wird

∥z − y∥ = \frac{η}{2ε}∥x − y∥ = \frac{η}{2} < η ,

und also z ∈ B_{η}(y). Es wird

∥z − x∥ = ∥(y − x) + \frac{η}{2ε}(x − y)∥ = ∥(1 − \frac{η}{2ε})(y − x)∥ = (1 − \frac{η}{2ε})∥y − x∥ = ε − η/2 < ε ,

und also z ∈ B_{ε}(x). Somit ist z ∈ B_{η}(y) ∩ B_{ε}(x), und also B_{η}(y) ∩ B_{ε}(x) ≠ ∅

In einem metrischen Raum kann es passieren, daß \overline{B_{ε}(x)} ⊊ B̄_{ε}(x). Sei etwa der metrische Raum Z mit der von der reellen Geraden eingeschränkten Metrik versehen. Dann wird B_{1}(0) = \{0\} ⊆^{abg.} Z, und also \overline{B_{1}(0)} = B_{1}(0) = \{0\}. Auf der anderen Seite ist aber B̄_{1}(0) = {−1, 0, +1}.

Aufgabe 15

(1) Die Aussage ist richtig.

Zum einen ist X ∖ Y ⊆ X ∖ Y^{∘} ⊆^{abg.} X, was \overline{X ∖ Y} ⊆ X ∖ Y^{∘} zeigt; cf. Bemerkung (2) aus §1.4. Zum anderen ist X ∖ (\overline{X ∖ Y}) ⊆^{off.} X und X ∖ (\overline{X ∖ Y}) ⊆ Y, was X ∖ (\overline{X ∖ Y}) ⊆ Y^{∘} zeigt; cf. Bemerkung (3) aus loc. cit. Dies wiederum ist gleichbedeutend mit \overline{X ∖ Y} ⊇ X ∖ Y^{∘}. Insgesamt haben wir also \overline{X ∖ Y} = X ∖ Y^{∘} nachgewiesen.

(2) Die Aussage ist falsch Zwar ist Y ∩ Z ⊆ \overline{Y} ∩ \overline{Z} ⊆^{abg.} X, was \overline{Y ∩ Z} ⊆ \overline{Y} ∩ \overline{Z} zeigt; cf. Bemerkung (2) aus §1.4. Aber diese Inklusion kann zuweilen echt sein. Sei z.B. Y := [0, 1) ⊆ R, sei Z := R_{⩾1}. Wir haben im Beispiel in loc. cit. ermittelt, daß \overline{Y} = [0, 1]. Ferner ist Z ⊆^{abg.} R, und also Z̄ = Z = R_{⩾1}. Nun aber wird

\overline{Y ∩ Z} = ¯∅ = ∅ ,

da ∅ ⊆^{abg.} R. Auf der anderen Seite ist jedoch

\overline{Y} ∩ \overline{Z} = [0, 1] ∩ R_{⩾1} = \{1\} .

(3) Die Aussage ist richtig. Zum einen ist Y ∪Z ⊆ \overline{Y} ∪\overline{Z} ⊆^{abg.} X; cf. Aufgabe 4.(5). Dies zeigt \overline{Y ∪ Z} ⊆ \overline{Y} ∪\overline{Z}; cf. Bemerkung (2) aus §1.4. Zum anderen folgt aus Y ⊆ Y ∪Z ⊆ \overline{Y ∪ Z}, daß Ȳ ⊆ \overline{Y ∪ Z}; cf. Bemerkung (2) aus loc. cit. Genauso folgt Z̄ ⊆ \overline{Y ∪ Z}. Somit ist also auch Ȳ ∪ Z̄ ⊆ \overline{Y ∪ Z}. Insgesamt ist mithin \overline{Y ∪ Z} = \overline{Y} ∪ \overline{Z}.

Aufgabe 16 Ist y = λx für ein λ ∈ R_{>0}, so folgt

∥x + y∥ = ∥(1 + λ)x∥ = (1 + λ)∥x∥ = ∥x∥ + λ∥x∥ = ∥x∥ + ∥λx∥ = ∥x∥ + ∥y∥ .

Sei umgekehrt ∥x + y∥ = ∥x∥ + ∥y∥ vorausgesetzt. Dann ist

0 = (∥x∥ + ∥y∥)^{2} − ∥x + y∥^{2}
= (⟨x, x⟩^{1/2} + ⟨y, y⟩^{1/2})^{2} − ⟨x + y, x + y⟩
= (⟨x, x⟩ + 2⟨x, x⟩^{1/2}⟨y, y⟩^{1/2} + ⟨y, y⟩) − (⟨x, x⟩ + 2⟨x, y⟩ + ⟨y, y⟩)
= 2(⟨x, x⟩^{1/2}⟨y, y⟩^{1/2} − ⟨x, y⟩) ,

also ⟨x, y⟩ = ⟨x, x⟩^{1/2}⟨y, y⟩^{1/2} und somit ⟨x, y⟩^{2} = ⟨x, x⟩⟨y, y⟩. Mit der Zusatzaussage aus dem Lemma von Cauchy-Schwarz aus §1.3.4 ist mithin (x, y) linear abhängig. Da x ≠ 0 vorausgesetzt ist, gibt es somit ein λ ∈ R mit y = λx. Wir wollen λ >^{!} 0 zeigen. Da x ≠ 0 und y ≠ 0, ist ⟨x, x⟩^{1/2}⟨y, y⟩^{1/2} > 0, und also auch ⟨x, y⟩ > 0. Nun aber ist ⟨x, y⟩ = ⟨x, λx⟩ = λ⟨x, x⟩. Da ⟨x, x⟩ > 0, folgt in der Tat, daß λ > 0.

Für einen normierten Raum ist die Aussage im allgemeinen falsch. Sei etwa (R^{2}, ∥ − ∥_{∞}) betrachtet. Dann ist zwar

∥ ( \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} ) + ( \begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix} ) ∥_{∞} = 2 = ∥ ( \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} ) ∥_{∞} + ∥ ( \begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix} ) ∥_{∞} ,

aber (( \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix} )) ist linear unabhängig.

www.uni-koblenz.de/∼kuenzer/top/top.html