Hausaufgabenblatt 04

Hausaufgabenblatt 4

Aufgabe HA 17

Es sei $a\in\mathbb R.$ Betrachten Sie folgende, vermöge $f(x,y) :=\left\{ \begin{array}{cl} \displaystyle\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}\,, & \mbox{falls}\ (x,y)\not=(0,0) \\[2ex] a, & \mbox{falls}\ (x,y)=(0,0) \end{array} \right.$ gegebene Funktion zwischen den normierten Räumen $(\mathbb R^2,\|\cdot\|_2)$ und $(\mathbb R,|\cdot|).$

(i)	Begründen Sie, dass $f$ in jedem Punkt $(x,y)\in\mathbb R^2\setminus{(0,0)}$ stetig ist.
(ii)	Lässt sich ein $a\in\mathbb R$ derart bestimmen, dass $f$ auch in $(0,0)$ stetig ist? Begründen Sie, und geben Sie ggf. ein solches $a$ an.

Lösung

(i)	Zunächst sind $x,$ $y$ und daher auch $x^2,$ $y^2,$ $x^2-y^2$ sowie $x^2+y^2$ stetig. Außerhalb von $(0,0)$ ist dann auch der Quotient $\frac{xy}{x^2+y^2}$ stetig.
(ii)	Um das Verhalten in $(0,0)$ zu studieren, betrachten wir folgende Grenzwerte:
	$\circ\quad$ einmal $(x,y)\to(0,0)$ entlang $y=0,$ also

$\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2} =\lim_{x\to 0}\frac{x^2}{x^2} =1,$

$\circ\quad$ einmal

$(x,y)\to(0,0)$ entlang

$x=0,$ also

$\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2} =\lim_{y\to 0}\frac{-y^2}{y^2} =-1.$

Beide Grenzwerte stimmen nicht überein, d.h.

$f(x,y)$ ist in

$(0,0)$ nicht stetig, und ein solches, in Frage stehendes

$a\in\mathbb R$ existiert nicht.

Damit ist alles gezeigt. $\qquad\Box$

Aufgabe HA 18

Es sei $a\in\mathbb R.$ Betrachten Sie folgende, vermöge $f(x,y) :=\left\{ \begin{array}{cl} \displaystyle\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}\,xy, & \mbox{falls}\ (x,y)\not=(0,0) \\[2ex] a, & \mbox{falls}\ (x,y)=(0,0) \end{array} \right.$ gegebene Funktion zwischen den normierten Räumen $(\mathbb R^2,\|\cdot\|_2)$ und $(\mathbb R,|\cdot|).$

(i)	Begründen Sie, dass $f$ in jedem Punkt $(x,y)\in\mathbb R^2\setminus{(0,0)}$ stetig ist.
(ii)	Lässt sich ein $a\in\mathbb R$ derart bestimmen, dass $f$ auch in $(0,0)$ stetig ist? Begründen Sie, und geben Sie ggf. ein solches $a$ an.

Lösung

(i)	Zunächst sind $x,$ $y$ und daher auch $xy,$ $x^2,$ $y^2,$ $x^2-y^2$ sowie $x^2+y^2$ stetig. Außerhalb von $(0,0)$ ist dann auch der Quotient $\frac{xy}{x^2+y^2}$ stetig.
(ii)	Wir schätzen wie folgt ab

$|f(x,y)| \le\frac{x^2+y^2}{x^2+y^2}\,|xy| =|xy|,$

und daher gilt

$\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=0.$

Mit der Wahl

$a=0$ wird

$f$ also in

$(0,0)$ und damit in ganz

$\mathbb R^2$ stetig.

Das war zu zeigen. $\qquad\Box$

Aufgabe HA 19

Beweisen Sie: Eine Abbildung $f\colon X\to Y$ zwischen den metrischen R\"aumen $(X,d)$ und $(Y,\varrho)$ ist genau dann stetig auf $X,$ falls für jede in $(Y,\varrho)$ abgeschlossene Menge $W\subseteq Y$ das inverse Bild $f^{-1}(W):=\{x\in X\,:\,f(x)\in W\}\subseteq Y$ abgeschlossen in $(X,d)$ ist.

Lösung

Wir gehen in zwei Schritten vor.

1.	Es sei $f\colon X\to Y$ stetig. Weiter sei $W\subseteq Y$ eine beliebige, in $(Y,\varrho)$ abgeschlossene Menge. Dann sind $W^c\subseteq Y$ offen in $(Y,\varrho)$ sowie $f^{-1}(W^c)$ offen und damit $[f^{-1}(W^c)]^c$ abgeschlossen in $(X,d).$ Nun ermitteln wir

$\begin{array}{lll} \big[f^{-1}(W^c)\big]^c\!\!\! & = & \displaystyle\!\!\! \{x\in X\,:\,f(x)\in W^c\}^c \,=\,X\setminus\{x\in X\,:\,f(x)\in W^c\} \\[0.4ex] & = & \displaystyle\!\!\! \{x\in X\,:\,f(x)\not\in W^c\} \,=\,\{x\in X\,:\,f(x)\in W\} \,=\,f^{-1}(W). \end{array}$

	Also ist $f^{-1}(W)$ abgeschlossen in $(X,d).$
2.	Wähle eine beliebige, in $(Y,\varrho)$ offene Menge $V\subseteq Y.$ Dann ist $V^c\subseteq Y$ in $(Y,\varrho)$ abgeschlossen, und nach Voraussetzung ist auch $f^{-1}(V^c)$ abgeschlossen in $(X,d).$ Zu zeigen ist die Stetigkeit von $f.$ Wie im ersten Beweispunkt ist nun

$\big[f^{-1}(V^c)\big]^c=f^{-1}(V),$

aber es sind

$[f^{-1}(V^c)]^c$ offen in

$(X,d)$ und damit auch

$f^{-1}(V).$ Also ist

$f\colon X\to Y$ stetig.

Damit ist alles gezeigt. $\qquad\Box$