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.$\qquad\Box$

Angenommen, $d(x,y)$ wird von einer Norm $\|\cdot\|$ erzeugt. Sei $x\not=0$ beliebig gewählt. Dann gilt $$1=d(x,0)=\|x-0\|=\|x\|\quad\mbox{für alle}\ x\in V\setminus\{0\}\,.$$ Das führt uns mit (N3) aber zu einem Widerspruch, nämlich $$1=d(2x,0)=\|2x\|=2\|x\|=2d(x,0)=2\cdot 1,$$ also $1=2.$ Dieser Widerspruch beweist die Behauptung.$\qquad\Box$

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

$$\varphi(x)=\|x\|=|-1|\cdot\|x\|=\|-x\|=\varphi(-x),$$

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

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

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

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

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

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

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

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.$\qquad\Box$