Offene Menge bezüglich Metrik

25.04.2016, 12:51

Anna6

Offene Menge bezüglich Metrik

Meine Frage:
Hallo,

ich bin zur Klausurvorbereitung auf eine Aufgabe im Internet gestoßen, mit der ich Schwierigkeiten habe.

Sei $\begin{eqnarray*} X = C^0([0,1]) := \{f:[0.1]\to\mathbb{R}\ |\ f\text{ stetig}\} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} ||f||_X := \max_{0\leq x\leq 1} |f(x)| \end{eqnarray*}$ . Sei außerdem $\begin{eqnarray*} U := \left\{f\in X\ |\ f\left(\frac{1}{2}\right) > 0\right\} \end{eqnarray*}$ . Zeige, dass $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ bezüglich der durch $\begin{eqnarray*} ||\cdot ||_X \end{eqnarray*}$ induzierten Metrik offen ist.

Meine Ideen:
Ich muss zeigen, dass jede Epsilonumgebung einer Funktion $\begin{eqnarray*} f\in U \end{eqnarray*}$ (bezeichnet als $\begin{eqnarray*} B_\varepsilon(f) \end{eqnarray*}$ ) wieder in $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ liegt. Dafür nehme ich mit eine Funktion $\begin{eqnarray*} g\in B_\varepsilon(f) \end{eqnarray*}$ , für die gilt:

$\begin{eqnarray*} ||f-g|| = \max_{0\leq x\leq 1} |f(x)-g(x)| <\varepsilon \end{eqnarray*}$
für ein $\begin{eqnarray*} \varepsilon > 0 \end{eqnarray*}$ . Dazu muss ich beweisen, dass für $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ auch gilt, dass $\begin{eqnarray*} g\left(\frac{1}{2}\right) > 0 \end{eqnarray*}$ . Hier hänge ich aber. Ich weiß nicht, wie ich aus der Bedingung $\begin{eqnarray*} g\in B_\varepsilon(f) \end{eqnarray*}$ auf die gerade genannte zu zeigende Eigenschaft von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ komme. Ich sitze nun schon einige Tage an diesem Problem. Wäre schön, wenn mir hier jemand weiterhelfen könnte smile

25.04.2016, 13:35

10001000Nick1

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RE: Offene Menge bezüglich Metrik

Zitat:

Original von Anna6
Ich muss zeigen, dass jede Epsilonumgebung einer Funktion $\begin{eqnarray*} f\in U \end{eqnarray*}$ (bezeichnet als $\begin{eqnarray*} B_\varepsilon(f) \end{eqnarray*}$ ) wieder in $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ liegt.

Dann würde es ja (außer dem ganzen Raum und der leeren Menge) gar keine offenen Mengen geben.

Du musst zeigen: Um jede Funktion $\begin{eqnarray*} f\in U \end{eqnarray*}$ gibt es eine Umgebung, die in $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ liegt; d.h. es gibt ein $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} B_{\varepsilon}(f)\subseteq U \end{eqnarray*}$ .

25.04.2016, 13:39

Anna6

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RE: Offene Menge bezüglich Metrik
Danke für die Antwort smile

Du hast natürlich vollkommen recht! Es war wohl ein Schreibfehler meinerseits, da ich ja weiter unten dann geschrieben habe, dass $\begin{eqnarray*} ||f-g||<\varepsilon \end{eqnarray*}$ , für ein $\begin{eqnarray*} \varepsilon >0 \end{eqnarray*}$ gelten muss. Ich bin also auf der Suche nach diesem Epsilon und muss daraus ableiten, dass $\begin{eqnarray*} g\left(\frac{1}{2}\right) > 0 \end{eqnarray*}$ gilt. Aber genau da hakt es :/

25.04.2016, 13:55

10001000Nick1

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Wir wissen also, dass $\begin{eqnarray*} f(\frac 12)>0 \end{eqnarray*}$ und wollen ein $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ finden, sodass $\begin{eqnarray*} B_{\varepsilon}(f)\subseteq U \end{eqnarray*}$ .
Wie du schon geschrieben hast, gilt für $\begin{eqnarray*} g\in B_\varepsilon(f):||f-g|| = \max_{0\leq x\leq 1} |f(x)-g(x)| <\varepsilon \end{eqnarray*}$ .
Das bedeutet: Für alle $\begin{eqnarray*} x\in[0,1] \end{eqnarray*}$ muss $\begin{eqnarray*} |f(x)-g(x)|<\varepsilon \end{eqnarray*}$ sein.
Und das muss insbesondere auch an der Stelle $\begin{eqnarray*} x=\frac12 \end{eqnarray*}$ gelten: $\begin{eqnarray*} |f(\frac 12)-g(\frac 12)|<\varepsilon \end{eqnarray*}$

Um wie viel dürfen sich die Funktionswerte von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ an der Stelle $\begin{eqnarray*} \frac 12 \end{eqnarray*}$ höchstens unterscheiden, damit noch $\begin{eqnarray*} g(\frac 12)>0 \end{eqnarray*}$ ist?

25.04.2016, 15:06

Anna6

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Ich glaube, wir kommen der Sache näher. Ich glaube, die Frage, die du am Ende stellst, ist genau das Problem. Möglicherweise stören mich die Betragsstriche, denn selbst wenn $\begin{eqnarray*} g\left(\frac 12\right) <0 \end{eqnarray*}$ , kann $\begin{eqnarray*} \left|f\left(\frac 12\right)-g\left(\frac 12\right)\right| \end{eqnarray*}$ ja immer noch kleiner als $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ sein, oder?

Tut mir leid, dass ich immer noch keine vernünftige Antwort geben kann, aber ich werde mir weiterhin Mühe geben.

25.04.2016, 15:18

10001000Nick1

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Zitat:

Original von Anna6
Möglicherweise stören mich die Betragsstriche, denn selbst wenn $\begin{eqnarray*} g\left(\frac 12\right) <0 \end{eqnarray*}$ , kann $\begin{eqnarray*} \left|f\left(\frac 12\right)-g\left(\frac 12\right)\right| \end{eqnarray*}$ ja immer noch kleiner als $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ sein, oder?

Nicht, wenn du das $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ klein genug wählst. Augenzwinkern

Und das ist ja gerade das Ziel: Finde ein $\begin{eqnarray*} \varepsilon>0 \end{eqnarray*}$ , das klein genug ist, sodass es die obigen Bedingungen erfüllt.

Wenn dich die Betragsstriche stören, dann machen wir einfach eine Fallunterscheidung:
Falls $\begin{eqnarray*} f(\frac 12)-g(\frac 12)\leq 0 \end{eqnarray*}$ : Dieser Fall ist der einfachere. Hier brauchst du nicht mal das $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ .

Falls $\begin{eqnarray*} f(\frac 12)-g(\frac 12)>0 \end{eqnarray*}$ : Dann ist also $\begin{eqnarray*} \varepsilon>f(\frac 12)-g(\frac 12)>0 \end{eqnarray*}$ . Siehst du jetzt, wie du das $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ wählen kannst, damit daraus $\begin{eqnarray*} g(\frac 12)>0 \end{eqnarray*}$ folgt?

25.04.2016, 19:22

Anna6

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Ok, ich versuch mich noch mal daran. Bin allerdings gerade etwas auf dem Sprung :/

Also, wenn $\begin{eqnarray*} f\left(\frac 12\right)-g\left(\frac 12\right)>0 \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} \varepsilon > f\left(\frac 12\right)-g\left(\frac 12\right)>0 \end{eqnarray*}$ , dann folgt auch, dass $\begin{eqnarray*} g\left(\frac 12\right) > f\left(\frac 12\right)-\varepsilon \end{eqnarray*}$ sein muss. Damit $\begin{eqnarray*} g\left(\frac 12\right)>0 \end{eqnarray*}$ , muss $\begin{eqnarray*} f\left(\frac 12\right)-\varepsilon=0 \end{eqnarray*}$ sein und damit $\begin{eqnarray*} \varepsilon = f\left(\frac 12\right) \end{eqnarray*}$ .

D.h. wenn ich $\begin{eqnarray*} \varepsilon = f\left(\frac 12\right) \end{eqnarray*}$ wähle, dann muss gelten $\begin{eqnarray*} g\left(\frac 12\right) > 0 \end{eqnarray*}$ .

Geht das so?

25.04.2016, 20:22

10001000Nick1

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Ja, $\begin{eqnarray*} \varepsilon=f(\frac 12) \end{eqnarray*}$ passt. Freude

Jetzt hast du also ein passendes $\begin{eqnarray*} \varepsilon \end{eqnarray*}$ gefunden. Wenn man den Beweis jetzt ordentlich aufschreiben möchte, macht man das in genau der umgekehrten Reihenfolge.
D.h. man beginnt so:
Sei $\begin{eqnarray*} f\in U \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \varepsilon:=f(\frac 12)>0 \end{eqnarray*}$ . Dann gilt $\begin{eqnarray*} B_{\varepsilon}(f)\subseteq U \end{eqnarray*}$ , denn ...

26.04.2016, 07:10

Anna6

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Super, jetzt ist es klar geworden Freude

Danke, dass du nicht ungeduldig geworden bist smile

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