Analysis IIProf.Dr.DirkFerusSommersemester2007p0 q0fVWRRIImnVersion vom 10.04.2008Inhaltsverzeichnis1 GrundlagenderTopologie 71.1 TopologieinmetrischenRaumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2 Konvergenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.3 Kompaktheit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.4 Zusammenhang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.5 StetigeAbbildungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321.6 F unfwichtigeSatze uberstetigeAbbildungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371.7 NormierteVektorraume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412 GrundlagendermehrdimensionalenDierentiation 472.1 DieAbleitung. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.2 Rechenregelnf urdierenzierbareAbbildungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532.3 Richtungsableitungen,partielleAbleitungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 622.4 HohereAbleitungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 662.5 Schrankensatz,SatzvonTaylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 732.6 LokaleExtrema. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 782.7 DierentialoperatorenderklassischenVektoranalysis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 822.7.1 Gradient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 822.7.2 Divergenz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 832.7.3 Rotation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 842.7.4 Laplaceoperator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 852.8 EinKapitelNewtonscheMechanik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 873 MehrdimensionaleDierentialrechnung: DiegroenSatze 913.1 DerUmkehrsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 913.2 ImpliziteFunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 973.3 DerRangsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1024 Mannigfaltigkeiten 1075 Dierentialgleichungen 1145.1 Existenz-undEindeutigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1145.2 LineareDierentialgleichungen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1175.2.1 DerHauptsatz uberlineareDierentialgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1185.2.2 LineareDierentialgleichungenmitkonstantenKoezienten . . . . . . . . . . . . . . . 1225.2.3 SkalarelineareDierentialgleichungenhohererOrdnung. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1296 Anhang 1346.1 Hauptminorenkriterium . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1346.2 VektorwertigeIntegrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136LiteraturZurAnalysisBarner/Flohr: Analysis II. Walter de Gruyter, etwa Euro 30.-Forster: Analysis II. Dierential und Integralrechnung in einer Variablen. Vieweg, etwa Euro16.-Heuser: Lehrbuch der Analysis, Teil 2. Teubner, etwa Euro 35.-Hildebrandt: Analysis 2, Springer, etwa Euro 28.-Konigsberger: Analysis 2, Springer, etwa Euro 25.-Rudin, W.: Principles of Mathematical Analysis, McGraw-Hill 1964/1987ZurGeschichtederMathematik(undAnalysis)Moritz Cantor, Vorlesungen uber die Geschichte der Mathematik, 4 Bande, um 1900N. Bourbaki, Elements of the History of Mathematics, SpringerWebsite: The MacTutor History of Mathematics Archiv, http://turnbull.mcs.st-and.ac.uk/ hi-story/1 GrundlagenderTopologie1.1 TopologieinmetrischenRaumenBevor wir mit der Analysis vonFunktionenmehrerer Variabler beginnenkonnen,m ussenwirderenDenitionsbereiche, alsohoher-dimensionaleRaumegenauerken-nenlernen.Wir legen die Grundlagen f ur die Denition von Konvergenz in solchen Raumen unddamit f ur die Denitionen von Stetigkeit und Dierenzierbarkeit von Funktionen aufsolchen Raumen.MetrischeRaumeWir lernen, was eine Metrik zur Abstandsmessung von Punkten in einem Raum (d.h.in einer Menge) istundbetrachtendaf urvielesehrverschiedeneBeispiele. Dasverdeutlichtgleichzeitigdie Universalitatabstrakter mathematischer Begrisbildungen.Denition1. Einmetrischer Raumist einPaar (X, d)bestehendauseinerMenge XundeinerAbbildung(derMetrik)d : X X Rmit folgenden Eigenschaften f ur allex, y, z X:d(x, y) 0 undd(x, y) = 0 x = y (1)d(x, y) = d(y, x) (Symmetrie) (2)d(x, z) d(x, y) +d(y, z) (Dreiecksungleichung) (3) xyzd(x,z)d(x,y)d(y,z)Beispiel2. X = R, d(x, y) = |x y|.Beispiel3(Standardmetrikauf Rn). Wichtigstes Beispiel f ur dieses Semester:Seienn N\ {0},X = Rn:= {(x1, . . . , xn) | xi R}und f urx = (x1, . . . , xn),y = (y1, . . . , yn) Rnd(x, y) :=_n

i=1(xiyi)2.WirnennendieseMetrikdieEuklidischeMetrikoderdieStandardmetrikauf Rn.NurdieDreiecksungleichung d(x, z) d(x, y)+d(y, z) bedarf eines Beweises. Wir verschieben ihn aufdas nachste Beispiel. Aber dort ist die Situation etwas allgemeiner und damit komplizierter.Versuchen Sie einen einfacheren Beweis zu nden.7Beispiel4(lp-Metrik). F ur den Rngibt es nicht nur die im letzten Beispiel angegebeneMetrik, sondern viele mehr. Zum Beispiel f urp 1 die sogenanntelp-Metrik:dp(x, y) :=p_

|xiyi|pF ur p=1konnenSiedieDreiecksungleichungselbstbeweisen, f ur p>1istdasetwaskomplizierter. An der Stelle () benutzen wir die Holdersche Ungleichung aus der Analysis I:Es gilt mitq :=pp1f urai, bi Rn

i=1|ai +bi|p=n

i=1|ai +bi| |ai +bi|p1n

i=1|ai| |ai +bi|p1+n

i=1|bi| |ai +bi|p1()_n

i=1|ai|p_1p_n

i=1|ai +bi|q(p1)_1q+. . .=___n

i=1|ai|p_1p+_n

i=1|bi|p_1p___n

i=1|ai +bi|p_1q.Division mit (

ni=1 |ai +bi|p)1qliefert wegen 1 1q=1p_n

i=1|ai +bi|p_1p_n

i=1|ai|p_1p+_n

i=1|bi|p_1p,falls

ni=1 |ai+bi|p> 0. Aber die Ungleichung gilt nat urlich auch, wenn

ni=1 |ai+bi|p= 0.Mitai := yixi, bi := ziyi.ergibt sich die Dreiecksungleichung f urdp.Beispiel5(l-Metrik). Die sogenanntel-Metrikd(x, y) := sup{|xiyi| | 1 i n}.ist eine weitere Metrik auf dem Rn. Beweisen Sie die Dreiecksungleichung undlimpdp(x, y) = d(x, y)zur Rechtfertigung der Bezeichnungd.Ein exotischeres Beispiel:Beispiel 6(U-Bahn). Sei XdieMengederBerlinerU-Bahnstationenundd(x, y)f urx, y Xdie Lange der k urzesten Schienenverbindung zwischenx undy.Beispiel 7(Spurmetrik). Ist (X, d) ein metrischer Raum, so ist jede TeilmengeA Xauf nat urliche Weise ein metrischer Raum mit der von d induzierten Metrik oder SpurmetrikdA(x, y) := d(x, y)f urx, y A.8Beispiel8(DiskreteMetrik). IstXeine Menge, so liefertd(x, y) =_0 f urx = y1 sonsteine Metrik aufX, die sogenannte diskrete Metrik. Beweisen Sie die Dreiecksungleichung.Denition9(Beschranktheit). Sei (Y, d) ein metrischer Raum.(i) A Yheit beschrankt, wenn gilt:Zu jedemy Ygibt es einM R mitd(y, y

) Mf ur alley

A.IstY ,= , so ist das aquivalent zu folgender Bedingung:Es gibt einy Yund einM R mitd(y, y

) Mf ur alley

A.(ii) F ur , = A YheitdiamA := sup_d(y

, y

) y

, y

A_der Durchmesser vonA. Wir setzen diam := 0.(iii) EineAbbildungf : X Y einerMengeXheitbeschrankt, wennf(X) Y be-schrankt ist.Lemma10. EineTeilmengeAdesmetrischenRaumes(Y, d)istgenaudannbeschrankt,wenn sie endlichen Durchmesser hat.Beweis. Sie o.E.A ,= . IstA beschrankt, so gibt esM R undy Ymitd(y, y

) < Mf uralley

A. Also gilt f ur alley

, y

Ad(y

, y

) d(y

, y) +d(y, y

) < 2M.Damit ist diamA 2M.Ist umgekehrtM:= diamA < undy A, so gilt f ur alley

Ad(y, y

) M,also istA beschrankt.Funktionenraume. Wir nehmen nun eine ganz wesentliche Erweiterung unseres Horizontesvor: Neben den Raumen, auf denen unsereFunktionen deniert sind, betrachten wir auchRaume,derenElemente(Punkte?!)selbstFunktionensind,sogenannteFunktionenraume.Denn wie zum Beispiel die Theorie der Potenzreihen zeigt, sind wir auch an der Konvergenzvon Funktionenfolgen interessiert.Satz11(Supremumsmetrik). Seien(Y, d)einmetrischerRaumundXeinebeliebigeMenge, beide ,= . SeiB(X, Y ) :=_f: X Yfbeschrankt_die Menge der beschrankten Abbildungen vonXinY . Dann deniertdsup(f, g) := sup_d(f(x), g(x)) x X_eine Metrik auf B(X, Y ), die sogenannte Supremumsmetrik.9Beweis. Seix0 X. Dann gibt es zuf, g B(X, Y )einMmitd(f(x0), f(x)) < M und d(g(x0), g(x)) < Mf ur allex X. Daher ist f ur allexd(f(x), g(x)) < 2M +d(f(x0), g(x0)),und supxX d(f(x), g(x)) R.Also istdsup: B(X, Y ) B(X, Y ) R deniert.d(f,g)fgX=[a,b]a bY= R I(1), (2) sind trivial. Zur Dreiecksungleichung:dsup(f, h) = supxd(f(x), h(x)) supx(d(f(x), g(x)) +d(g(x), h(x))) supxd(f(x), g(x)) + supxd(g(x), h(x))= dsup(f, g) +dsup(g, h).Bemerkung:F urX= {1, . . . , n}, Y = Rsind(B(X, Y ), dsup)und(Rn, d)isometrischisomorph:(B(X, Y ), dsup)= (Rn, d).Das heit, es gibt eine Bijektion : B(X, Y ) Rn, namlich : f (f(1), . . . , f(n)),f ur died((f), (g)) = dsup(f, g).10TopologieinmetrischenRaumenWirerklaren, wasUmgebungenundwasoeneMengenineinemmetrischenRaumsind und lernen deren wesentliche Eigenschaften kennen.BegriewieKonvergenzoderStetigkeitlassensichalleinmitdemOenheitsbegriohne weiteren R uckgri auf die Metrik denieren. Das ist der Ausgangspunkt der Ver-allgemeinerung metrischer Raume zu sogenannten topologischen Raumen, aber daraufgehen wir in diesem Semester nicht naher ein.Sei (X, d) ein metrischer Raum.Denition12(Umgebung,oen,abgeschlossen). Seia X.(i) F ur > 0 heitU

(a) := {x X | d(x, a) < }die oene Kugel vom Radius uma oder die (oene)-Umgebung vona.(ii) U Xheit eineUmgebung vona, wenn es > 0 gibt, so dassU

(a) U.(iii) Y Xheit oen, wennYeine Umgebung jedes seiner Punktex Yist.(iv) Y Xheit abgeschlossen, wennX \ Yoen ist.Beispiel13. F ur die Standardmetrik bzw. die Metrikdauf R2ndet man:aU (a)aU (a)Beispiel 14. F urdieSupremumsmetrikauf B(X, Y )bestehtU

(f)ausallenFunktioneng : X Ymitsup{d(f(x), g(x)) | x X} < .Beispiel15. Sei (X, d) = R mit der Standardmetrik.]0, 1[, ]1, [, ] , [ sind oen[0, 1], [1, [, ] , [ sind abgeschlossen,[0, 1[ ist weder oen noch abgeschlossen.Beispiel16. In jedem (X, d) sindXund sowohl oen als auch abgeschlossen.11Beispiel 17.Bez uglich der diskreten Metrik sind alle Teilmengen oen, also alle Teilmengenauch abgeschlossen.Beispiel18. Die oenen KugelnU

(a) sind oen (Dreiecksungleichung).Satz19. Die Menge der stetigen FunktionenC0([a, b]) :=_f: [a, b] R fstetig_ist eine abgeschlossene Teilmenge von (B([a, b], R), dsup).Beweis.Zunachst sind stetige Funktionen auf einem kompakten Intervall beschrankt. Alsoist wirklichC0([a, b]) B([a, b], R).Seif B([a, b], R) unstetig an der Stellex0 [a, b]. Dann gibt es ein > 0, so dass f ur alle> 0 gilt:Es gibt einx [a, b] mit |x x0| < und |f(x) f(x0)| .Sei nung U/3(f), dh.g B([a, b], R) und sup|f g| < /3.Dann gibt es zu jedem> 0 also einx [a, b] mit |x x0| < und |f(x) f(x0)| |f(x) g(x)|. . 0 mitU

(x) Ui _iIUi.Also ist iI Uioen.Ist andrerseitsx

iI Ui, so gibt es zu jedemi Ieini> 0 mitUi(x) Ui.Wir wahlen zu jedemi ein solchesi> 0. Ist die IndexmengeIendlich, so ist := min{i | i I}positiv, und es gilt f ur jedesi IU

(x) Ui(x) Ui.Daher istU

(x)

iIUi.F ur unendlichesIklappt das letzte Argument des Beweises nicht und ist die Aussage auchnicht richtig:Beispiel 22. Der Durchschnitt der unendlich vielen oenen Intervalle ] 1n,1n[ R ist {0},also nicht oen bez uglich der Standardmetrik auf R.Korollar23. Der Durchschnitt von beliebig vielen und die Vereinigung von endlich vielenabgeschlossenen Mengen sind wieder abgeschlossen.Beweis. Der Beweis geschieht durchDualisieren. Manbenutzt folgende Tatsache: Ist(Ai)iIeine beliebige Familie von Teilmengen vonX, so gilt f urx X:x

iIAix/ _iI(X \ Ai).Das heit

iIAi = X \_iI(X \ Ai)und ebenso_iIAi = X \

iI(X\ Ai).Daraus ergibt sich mit dem vorstehenden Satz die Behauptung.13Bemerkung. Sei XeineMengeund T P(X) eineTeilmengeder PotenzmengevonX. Sind die Vereinigung beliebig vieler und der Durchschnitt endlich vieler Mengen aus Twieder in T , so nennt man T eine Topologie f urXund (X, T ) einen topologischen Raum.1Die Mengen aus T nennt man dann die oenen Mengen von (X, T ). Ein beliebigesU Xheit eine Umgebung vonx X, wenn es eine oene MengeV T gibt, so dassx V U.Topologische Raume sind eine Verallgemeinerung der metrischen Raume. In ihnen kann manBegrie wie Konvergenz, Stetigkeit usw. einf uhren.Satz24(Spurtopologie). Seien(X, d)einmetrischerRaumundA XeinebeliebigeTeilmenge versehen mit der induzierten MetrikdA. Dann sind die oenen Teilmengen von(A, dA) genau die Durchschnitte oener Teilmengen von (X, d) mitA:B A ist oen in (A, dA)Es gibt eine oene TeilmengeYin (X, d) mitB = A Y .Der Satz gilt auch mit abgeschlossen statt oen.Beweis. Zu (). Selbst.Zu (). SeiB A oen. Dann gibt es zu jedemx Bein(x) > 0 mitB UA(x)(x) :=_y AdA(x, y) = d(x, y) < (x)_= A UX(x)(x),wobeiUX(x)(x) :=_y XdA(x, y) = d(x, y) < (x)_.Die MengeY:=_xBUX(x)(x)ist als Vereinigung oener Teilmengen vonXoen inXund es giltB = A Y . Damit istf ur oene Mengen gezeigt.Ist B A abgeschlossen in A, so ist A\ B oen in A. Also gibt es nach dem eben Bewieseneneine oene TeilmengeY XmitA\ B = A XundB = A (X \ Y )ist der DurchschnittvonA mit der abgeschlossenen TeilmengeX \ YvonX.Beispiel 25. SeiX =]0, 3] mit der Standardmetrikd(x, y) = |x y|.Uberlegen Sie, welcheAttribute auf welche Teilmengen vonXzutreen, welche nicht:]0, 1] ]2, 3] ]1, 2] ]0, 3]oenabgeschlossen1DabeideniertmandenleerenDurchschnittalsXunddieleereVereinigungals .WillmandieselogischeSpitzndigkeitvermeiden,sofordertmannoch,dassX T und T .14Denition26(Inneres, abgeschlosseneH ulle, Rand). Seien(X, d)einmetrischerRaum undY X. Wir denieren:(i) Das Innere vonYoder der oene Kern vonYist die MengeY:= Y0:= {y Y | >0U

(y) Y }.Die Punkte vonYheien innere Punkte vonY .(ii) Die abgeschlossene H ulle vonYist die MengeY:= X \ (X \ Y )0.(iii) Der Rand vonYist die MengeY:=Y \Y .Satz27. SeiY X. Dann gilt(i)Yist die grote oene Menge inY :Y=_Uoen, UYU.Insbesondere istYals Vereinigung oener Mengen selber oen.(ii)Yist die kleinste abgeschlossene Menge, dieYenthalt:Y=

Aabgeschlossen, AYA.Insbesondere istYals Durchschnitt abgeschlossener Mengen selber abgeschlossen.(iii) Die Randpunkte von Ysind charakterisiert dadurch, dass jede ihrer Umgebungen Punk-te vonYund Punkte vonX \ Yenthalt:Y=_x X>0U

(x) Y ,= undU

(x) (X \ Y ) ,= _.Yist abgeschlossen.Beweis. Zu (i). SeiV:=_Uoen, UYU.Zunachst giltY V . Ist namlichy Y , so gibt es> 0 mitU:=U

(y) Y , undUistoen. Also isty V .Weiter istY V . Ist namlichy V , so gibt es ein oenesU Y mity U. DaUoenist, gibt es ein > 0 mitU

(y) U Y . Also isty Y .Damit istY= V .15Zu (ii). Das beweisen wir durchDualisieren.Y= X \ (X \ Y )0= X \___(X \ Y )UoenU__=

(X \ Y )Uoen(X \ U)=

Y (X \ U),Uoen(X \ U) =

Y A, AabgeschlossenAZu (iii). Nach Denition istY \ Y0= (X \ (X \ Y )0) \ Y0= X \_(X \ Y )0 Y0_.In (X \ Y )0liegen alle Punkte, die eine ganz inX \ Y liegende Umgebung besitzen. InY0liegenallePunkte, dieeineganzinY liegendeUmgebungbesitzen. AlsobestehtY \ Y0genau aus den Punkten, deren samtliche Umgebungen sowohlYwieX \ Ytreen. DarausfolgtY=Y \ Y0und auch die Abgeschlossenheit vonY .Beispiel28. SeienU:=_(x, y, 0) R3 x2+y2< 1_ R3E :=_(x, y, 0) R3 x, x R_ R3Wir betrachten den R3mit der Standardmetrikd. Dann ist das InnereU= undU=U=_(x, y, 0) R3 x2+y2 1_.Betrachtet man hingegen U als Teilmenge von(E, dE), so istU= U,U=_(x, y, 0) R3 x2+y2 1_,U=_(x, y, 0) R3 x2+y2= 1_.EU161.2 KonvergenzWir denieren Konvergenz in metrischen Raumen.Wir konkretisieren das an sehr verschiedenen Beispielen.WiruntersuchendenZusammenhangmitderOenheitundAbgeschlossenheitvonMengen.Als wichtigeSatzelernenwir das SchachtelungsprinzipunddenBanachschenFix-punktsatz kennen.Sei (X, d) ein metrischer Raum.Denition29(KonvergenteFolgen). Sei (xk)kNeine Folge in (X, d). Die Folge heitkonvergent gegena X, und wir schreibenlimkxk = a oder xk a,wenn limkd(xk, a) = 0.Dann heita der Limes oder Grenzwert der Folge.Die Folge heit konvergent, wenn es eina Xgibt, so dass (xk) gegena konvergiert.Eine nicht konvergente Folge heit divergent.Sei E eine Eigenschaft, die f ur alle Glieder einer Folge (xk) wahr oder falsch ist.Wie im letzten Semester vereinbaren wir folgende aquivalente Sprechweisen:Es gibt eink0 N, so dassEwahr ist f ur allexkmitk k0. Egilt f ur fast alle Folgenglieder (oder f ur fast allek). Egilt f ur alle hinreichend groenk.Dannistlimkxk=a,wenninjederUmgebungvonafastalleGliederderFolge(xk)liegen oder, aquivalent, wenn in jedem U

(a) mit> 0 fast alle Glieder der Folge (xk) liegen.NachderHausdor-EigenschaftistderGrenzwerteinerkonvergentenFolgeeindeutigbe-stimmt.Beispiel 30. F ur R mit der Standardmetrik ist diese Konvergenz die ubliche aus Analysis I.Satz31(KoordinatenweiseKonvergenz). WirbetrachteneineFolge(xk)kNimRnmit der Standardmetrik und schreiben xk = (xk1, . . . , xkn). Weiter sei a = (a1, . . . , an) Rn.Dann giltlimkxk = a limkxkj = ajf ur allej.Dasselbe gilt auch f ur Rnmit derdp-Metrik, 1 p beliebig.Beweis. Sei 1 p < F ur allek N undj {1, . . . , n} gilt|xkj aj| _n

i=1|xkiai|p_1/p. .d(xk,a) n1/psup1in|xkiai|.17Daraus folgt die Behauptung. Wie argumentiert man f urp = ?Bemerkung. Die Ungleichung im letzten Beispiel hat als einfache Konsequenz die Abschatzungd(x, y) dp(x, y) n1/pd(x, y). (4)SchlieenSiedaraus,dassdieoenenMengenin(Rn, dp)f urjedesp [1, +[dieselbensind wie in (Rn, d).Satz 32(Folgen-Abgeschlossenheit). Sei AeineTeilmengedes metrischenRaumes(X, d). Dann sind die beiden folgenden Aussagen aquivalent:(i) A ist abgeschlossen.(ii) F ur jede konvergente Folge (xk)kNmit limxk = x gilt:(k xk A) =x A.A ist also genau dann abgeschlossen, wenn es bez uglich der Grenzwertbildung abgeschlossenist.Beweis. Zu (i) =(ii). Sei A abgeschlossen. Sei (xk) eine Folge in A und limxk = x X.Zu zeigen: x A. Warex/ A, so lagea also in der oenen MengeX \ A, und diese wareeineUmgebungvonx. DannlagenfastallexkinX \ A. EsliegtaberkeinxkindieserMenge.Zu (ii) = (i). Der Grenzwert jeder konvergenten Folge in A liege wieder in A. Wir zeigenX \ Aistoen. AndernfallsgibtesnamlicheinenPunktx/ A, sodasskeinU

(x)ganzinX \ Aliegt. Danngibt es zujedemkNeinxkAmit xkU 1k+1(x). Oenbarkonvergieren diexkgegenx X \ A. Widerspruch!Beispiel 33(Produktmengen). SeienA1, . . . , AnRabgeschlossen. Dannist auchA1. . .An Rnabgeschlossen. DasfolgtunmittelbarausdemvorstehendenSatzinVerbindung mit Satz 31.Denition34(GleichmaigeKonvergenz). Eine Folge (fk)kNvon Abbildungenfk : X YderMengeX ,= indenmetrischenRaum(Y, d)heitgleichmaigkonvergentgegenf:X Y , wenn gilt:>0 k0N kk0 xXd(fk(x), f(x)) < .Das ist aquivalent zu>0 k0N kk0 supxXd(fk(x), f(x)) < .Beispiel 35. EineFolge(fk)in B(X, Y )istbez uglichdersup-Metrikkonvergentgegenf B(X, Y ) genau dann, wenn sie gleichmaig gegenfkonvergiert.Der Begri der gleichmaigen Konvergenz macht allerdings auch f ur Folgen unbeschrankterFunktionen einen Sinn.18Beispiel36(UngleichmaigeKonvergenz). Seifk : [0, 1] [0, 1], x xkund seif(x) :=_1 f urx = 1,0 sonst.Dann konvergiert f ur jedes x [0, 1] die Folge(fk(x))kNgegenf(x).Man sagt, die Funktionenfolge (fk) konvergiertpunktweise gegenf. Aber f ur jedesk istsup0x1|fk(x) f(x)| = 1,und daher ist die Konvergenz nicht gleichmaig.0.2 0.4 0.6 0.8 10.20.40.60.81Satz 37. Sei (fk : [a, b] R)kN eine Folge stetiger Funktionen. Ist diese Folge gleichmaigkonvergent gegenf: [a, b] R, so istfstetig.Beweis. Als stetige Funktionen auf einem kompakten Intervall sind diefkbeschrankt. AlsoliegtdieFolgein B([a, b], R). AuchdieGrenzfunktionliegtindiesemRaum, weil siesichvonfkf urgroesknurwenig,zumBeispielwenigerals1unterscheidet.Alsoistsieauchbeschrankt. Die Folge (fk) konvergiert also in B([a, b], R) gegen f. Nach Satz 19 ist C0([a, b])abgeschlossen, und nach Satz 32 liegt der Grenzwertfdann auch inC0([a, b]).Denition38(Cauchyfolge). Eine Folge (xk) in (X, d) heit Cauchyfolge, wenn gilt:>0 k0N k,l>k0d(xk, xl) < .Ist jede Cauchyfolge in (X, d) konvergent, so heit (X, d) vollstandig.Beispiel 39. JedekonvergenteFolgeisteineCauchyfolge. DasbeweistmanwieinderAnalysis I.Beispiel40. Der Rnmit jeder der Metrikendp, 1 p ist vollstandig. Ist namlich (xk)kNeine Cauchyfolge, so ist wegen|xkixli| __

j|xkj xlj|p__1/p= dp(xk, xl)f ur allei auch (xki)kinN eine Cauchyfolge, also konvergent. Aber koordinatenweise Konver-genz bedeutet Konvergenz im (Rn, dp).Beispiel41. (B(X, Y ), dsup) ist vollstandig, falls (Y, d) vollstandig ist. (Beweis selbst).19Satz42. Ist (X, d) vollstandig undA Xversehen mit der induzierten MetrikdA, so gilt(A, dA) vollstandig A abgeschlossen.Beweis. Zu ( =). Sei (A, dA) vollstandig und sei (ak)kN eine Folge in A, die gegen x Xkonvergiert. Wir m ussen zeigen, dassx A.AlskonvergenteFolgeist(ak)eine d-Cauchyfolge. Damitistsieaberwegend(ak, al) =dA(ak, al) auch einedA-Cauchyfolge und nach Voraussetzung konvergent gegen eina A.DasbedeutetlimdA(ak, a)=limd(ak, a)=0. Alsokonvergiert(ak)auchinXgegena.Dann ist aber wegen der Eindeutigkeit des Grenzwertesx = a A.Zu (=). SeiennunAabgeschlossenund(ak)eineCauchyfolgein(A, dA).Dasistdannauch eine Cauchyfolge in (X, d), also konvergent gegen ein x X. Weil A abgeschlossen ist,liegtx inA und ist der Grenzwert von (ak) in (A, dA).Satz43(Schachtelungsprinzip). Sei (X, d) vollstandig undA0 A1 . . . (5)eineabsteigendeFolgevonabgeschlossenenMengen ,= .EsgeltelimkdiamAk= 0.Dann gibt es genau einx X, das in allenAkliegt:{x} =

k=0Ak.Beweis. Eindeutigkeit. Sindx0, x1

k=0Ak, so giltx0, x1 Akf ur allek N,und daherd(x0, x1) diamAk.Daher istd(x0, x1) = 0, alsox0 = x1.Existenz. Wahle aus jedemAkeinak. Wir wollen zunachst zeigen, dass die Folge (ak) eineCauchyfolge ist. Sei also > 0. Da diamAk 0 gibt es eink0 N mitdiamAk f ur allek k0.Sindk, l k0, so sind nach (5)ak, al Ak0.Damit ist aberd(ak, al) und (ak) ist eine Cauchyfolge. Weil (X, d) vollstandig ist, ist sie konvergent gegen ein x X,und es bleibt zu zeigen, dassx Akf ur allek. Aber die Folge (al)lkist, wiederum wegen(5), eineFolgeinderabgeschlossenenMengeAk, unddeshalbliegtihrGrenzwertinAk.Lemma 44 (Cauchyfolgenkriterium). Sei (xk)kNeine Folge immetrischenRaum(X, d). Setzeak := d(xk, xk+1). Ist k=0akkonvergent, so ist (xk)kNeine Cauchyfolge.20Die Umkehrung gilt aber nicht, nden Sie ein Gegenbeispiel.Beweis. Nach der Dreiecksungleichung istd(xk, xk+l) k+l1

j=kd(xj, xj+1) =k+l1

j=kaj = |sk+l1sk1|,wennskdiek-tePartialsummederReihe k=0akbezeichnet.DiebildenabernachVor-aussetzung eine Cauchyfolge.Denition45. Eine Abbildungf: X Yzwischen metrischen Raumen (X, dX), (Y, dY )heit kontrahierend, wenn es ein ]0, 1[ gibt, so dass f ur allex1, x2 XdY (f(x1), f(x2)) dX(x1, x2).Wichtig ist die echte Ungleichung < 1. Die Zahl heit dann auch ein Kontraktionsmodulvonf.Satz46(BanachscherFixpunktsatz). Seien(X, d)einnicht-leerer,vollstandigerme-trischerRaumundf : X XeinekontrahierendeAbbildung. Dannhat f genaueinenFixpunkt: Es gibt genau einx Xmitf(x) = x.Istx0 Xund deniert man rekursivxk+1 = f(xk) f ur allek N, so ist die Iterationsfolge(xk)kNkonvergent gegenx.Beweis. Zur Einzigkeit. Ausf(x1) = x1undf(x2) = x2folgtd(x1, x2) = d(f(x1), f(x2)) d(x1, x2) < d(x1, x2).Daraus folgtd(x1, x2) = 0, alsox1 = x2.Existenz. Seienx0 Xunddazu (xk)kNdeniertwieimSatz.Wirzeigen,dass(xk)kNeine Cauchyfolge ist. Zunachst istd(xk, xk+1) d(xk1, xk) 2d(xk2, xk1) . . . kd(x0, x1)Weil die Reihe k=0kd(x0, x1) konvergiert, ist nach dem Cauchyfolgenkriterium (xk) alsoeine Cauchyfolge und wegen der Vollstandigkeit konvergent gegen einx X.Es bleibt zu zeigen, dassxein Fixpunkt vonfist. Beachten Sie dazu, dass f ur allekd(f(x), x) d(f(x), xk+1) +d(xk+1, x) d(f(x), f(xk)) +d(xk+1, x) d(x, xk)..0+d(xk+1, x). .0.Es folgtd(f(x), x) = 0, alsof(x) = x.Bemerkung. Die Behauptung des Satzes gilt auch unter der schwacheren(!) Voraussetzung,dass nicht f, aber f ur ein m N die m-te Iteration fm:= f . . . f kontrahierend ist. BeweisalsUbung.211.3 KompaktheitMitderKompaktheitlernenwireinenzentralenBegriderTopologie,derAnalysisund der Geometrie kennen.Die Denition mittels oenerUberdeckungen ist logisch nicht ganz einfach, daf ur aberandievielfaltigenVerwendungender Kompaktheit angepasst. Dam ussenSiealsodurch ....Im RngibteseineeinfacheCharakterisierungkompakterMengen(SatzvonHeine-Borel), die aber in unendlich-dimensionalen (und vielen anderen) Raumen nicht greift.Mit der Hausdormetrik sprechen wir kurz den Themenkreis der fraktalen Geometriean.Denition47(Kompaktheit). Seien (X, d) ein metrischer Raum undA X.(i) Eine oeneUberdeckung von A ist eine Familie (Ui)iI von oenen Teilmengen Ui X,so dassA

iI Ui.(ii) A heit kompakt, wenn jede oeneUberdeckung von A eine endlicheUberdeckung vonA enthalt, d.h. wenn gilt: Ist (Ui)iIeine oeneUberdeckung vonA, so gibt es eineendliche TeilmengeK I, so dassA

iK Ui. Man nennt (Ui)iKdann auch eineendliche Teil uberdeckung2von A.Beispiel 48. Sei (an) eine gegen a X konvergente Folge in einem metrischen Raum. DannistA := {a} {an | n N}kompakt.HatmannamlicheineoenenUberdeckung(Ui)iIgegeben, so liegta in einer der oenen Mengen. In dieser liegen dann aber fast alleak, undman braucht nur noch endlich viele weitereUi, um den Resteinzufangen.Beispiel49. Eine TeilmengeA eines metrischen Raumes (X, d) ist genau dann kompakt,wenn sie als (triviale) Teilmenge von (A, dA) kompakt ist. Beweisen Sie das!Verallgemeinerungauf topologische Raume. DadievorstehendeDenitionnur denBegrioenerMengen, nicht aber explizit die Metrikbenutzt, ubertragt sie sichunmittelbar auf topologische Raume.AuchdievorstehendenBeispiele ubertragensich.Satz50. SeienI1, . . . , InabgeschlosseneundbeschrankteIntervalleinR, Ik=[ak, bk].Dann ist der abgeschlossene QuaderQ := I1. . . Inkompakt.Beweis. Sei (Ui)iIeine oeneUberdeckung vonQ.Annahme: Keine endliche Teilfamilie von (Ui)iI uberdeckt ganzQ.2DerNameistetwasproblematisch:Teilheitnicht,dassnureinTeilvonA uberdecktwird,sondern,dassmannureinenTeilderFamilieoenerMengengenauer:eineTeilmengederIndizesbenutzt.22WirzerlegenQdurchHalbierenallerSeitenin2nabgeschlosseneTeilquadervomhalbenDurchmesser.DanngibteswenigstenseinesdieserTeilquader,wirnennenesQ1,welchesnicht durch endlich viele der Ui zu uberdecken ist. Wir zerlegen Q1 durch Halbieren aller Sei-ten in 2nabgeschlossene Teilquader vom halben Durchmesser. Dann gibt es wenigstens einendieser Teilquader, wir nennen es Q2, welches nicht durch endlich viele der Ui zu uberdeckenist. Durch Fortsetzung dieses Verfahrens nden wir eine Folge von abgeschlossenen QuadernQ Q1 Q2 . . .mit diamQk 0, deren keines sich durch endlich viele derUi uberdecken lat. Nach demSchachtelungsprinzip gibt esx

Qk Q. Nach Voraussetzung gibt es eini0 mitx Ui0.Weil Ui0oenist,gibtein> 0mitU

(x) Ui0.DannliegtaberjederQuaderQkvomDurchmesserd(a, x). Alsobildet (Un)nNeineoeneUberdeckung vonA, und wegen der Kompaktheit gibt es einn N mitA n_k=0Uk = Un.Daher istA beschrankt mit einem Durchmesser 2(n + 1).Zur Abgeschlossenheit. Sei x X \ A. Zujedema Asei UaeineoeneKugel umamitRadius12 d(a, x). Oenbarbildet(Ua)aAeineoeneUberdeckungvonA, undnachVoraussetzung gibt es also einn N unda0, . . . , an, so dassA n_k=0UakSei :=12 min{d(x, ak) | 0 k n}Dann ist > 0 und f ur allek {0, . . . , n}U

(x) Uak= .Daher istU

(x) X \ A, alsoX \ A oen undA abgeschlossen.23Satz53. Eine abgeschlossene Teilmenge einer kompakten Teilmenge ist kompakt.Beweis. SeienA Xkompakt undB A eine abgeschlossene Teilmenge. Sei (Ui)iIeineoeneUberdeckung vonB. Wir suchen eine endliche Teil uberdeckung.Durch Hinzunahme der oenen Menge U:= X \ B erhalt man eine oeneUberdeckung vonA. WeilA kompakt ist, gibt es eine endliche TeilmengeK ImitA U _kKUk.WegenB U= ist dann aberB _kKUk,und wir haben f urBeine endliche Teil uberdeckung von (Ui)iIgefunden.Satz54(Heine-Borel). EineTeilmengeAdesRnmitderStandardmetrikistkompaktgenau dann, wenn sie abgeschlossen und beschrankt ist.Beweis. Trivial nach den Satzen 50, 52 und 53.Dieser Satz ist falsch in allgemeinen metrischen Raumen.Beispiel55. SeiMeine unendliche Menge und (X, d) = (B(M, R), dsup). F urm Mseifm B(M, R) deniert durchfm(n) :=_1 f urm = n,0 sonst.Dann giltdsup(fm, fn) =_0 f urm = n,1 sonst.(6)Die MengeA :=_fmm M_hat daher den Durchmesser diam(M) = 1 und ist beschrankt.Betrachtet man A als Teilmenge von A mit der durch dsupinduzierten Metrik, so ist A trivia-lerweise auch abgeschlossen. Nach (6) istU12(fm) A = {fm}, und die oeneUberdeckung_U12(fm)_mMvonA besitzt deshalb keine endliche Teil ubderdeckung. Also istA als Teil-menge von (A, dsupA) nicht kompakt, wohl aber abgeschlossen und beschrankt.Derselbe Beweis klappt f ur jede unendliche Menge mit der diskreten Metrik.NachSatz49ist Aauchals Teilmengevon(B(M, R), dsup) nicht kompakt. Es ist aberbeschrankt, s. oben, undauchabgeschlossen, wiewirmittelsSatz32nochzeigenwollen.Eine konvergente Folge inA ist eine Cauchyfolge. Nach (6) und dem Cauchykriterium mit < 1 sind dann aber fast alle Folgenglieder gleich, also gleich dem Limes, der damit ebenfallsinA liegt.24Satz56(Bolzano-Weierstra). Sei(X, d)einmetrischerRaum, A Xkompaktund(xn)nNeine Folge inA. Dann besitzt (xn) eine konvergente Teilfolge.Bemerkung: Weil A abgeschlossen ist, liegt der Limes dann inA.Umgekehrt ist eine TeilmengeA eines metrischen Raumes kompakt, wenn in ihr jede Folgeeine konvergente Teilfolge besitzt. Der Beweis ist etwas trickreich (Vgl. zum Beispiel KlausJanich, Topologie, Springer Hochschultext, 2. Au. p.97). Wir verzichten darauf.Beweis.Falls es eina A gibt, so dass #_kxk U_ = f ur jede oene UmgebungUvon a, so ist dieses a Grenzwert einer konvergenten Teilfolge: Wahle namlich n0 N beliebigund zu jedemk N\ {0} einnk N f ur dasxnk U1k(a) undnk> nk1.Unter den gemachten Voraussetzungen ist das moglich und liefert die gesuchte Teilfolge.Gibt es kein solchesa, so besitzt andererseits jedesa eine oene UmgebungUaf ur die#_kxk Ua_< .Die Familie (Ua)aAist eine oeneUberdeckung des kompaktenA, also gibt es einn Nunda0, . . . , an A, so dassA Ua0 . . . Uan.Dannist aber #_kxk A_< imWiderspruchdazu, dass dieFolge(xn)nNeineunendliche Folge ist. Dieser Fall kann also nicht auftreten.Korollar57. Jeder kompakte metrische Raum ist vollstandig.Beweis.Ist(X, d)kompaktund(xk)keineCauchyfolgeinX,sohatdiesenachBolzano-Weierstraeinegegenx XkonvergenteTeilfolge(xkj)jN. BeweisenSiemitderDrei-ecksungleichung, dass dann die ganze Folge (xk)kgegenxkonvergiert.Korollar58(LebesguescheZahl). Seien (X, d) ein metrischer Raum,A Xkompaktund (Ui)iIeine oeneUberdeckung vonA. Dann gibt es eine positive Zahl , so dass gilt:F ur allea A gibt es eini ImitU(a) Ui.Jedes solchenennt man eine Lebesguesche Zahl derUberdeckung (Ui)iIvonA.Beweis. Andernfalls gibt es zu jedem > 0 ein a A, so dass U(a) in keinem einzelnen derUi enthalten ist. Wir wahlen eine Nullfolge (k)kN und zu jedem k ein solches ak A. WeilA kompakt ist, gibt es nach dem Satz von Bolzano-Weierstra eine konvergente Teilfolge der(ak) mit Limesa A. Wir konnen o.E. annehmen, dass limkak = a. Dann gibt es eini0 Imita Ui0.Weil Ui0oenist,gibtesein> 0mitU

(a) Ui0.Wahlek Nsogro,dassk 0 mitU

(b) U. Nat urlich istb A. Also liegen inU

(b) auch Punkte vonA.Die liegen dann aber inU. Widerspruch zur AnnahmeU A = !Satz66. Die zusammenhangenden Teilmengen von R sind genau die Intervalle.Beweis. SeiJein Intervall. SeienU, V R oen mitU V= undJ U V .Annahme: p U J, rVJ undo.E. p 0 im Widerspruch zur Wahl vonq.Andrerseits ist q/ V , weil sonst wegen der Oenheit von Vauch q Vf ur kleines> 0im Widerspruch zur Wahl vonq.Damit istq/ U V . Widerspruch zuq J U V .30SeiJ R zusammenhangend. Seienp < q< r mitp, r J. Wareq/ J, so wareJ ] , q[ ]q, [,alsoJ ] , q[ oderJ ]q, [ imWiderspruchdazu, dasspindereinen, qinderanderen dieser Mengen liegt.311.5 StetigeAbbildungenNachdem der Konvergenzbegri in metrischen Raumen erklart ist, ist es leicht, auchdie Stetigkeit von Abbildungen solcher Raume zu erklaren.Wir machen uns mit der Bedeutung dieses Begries in verschiedenen einfachen Situa-tionen vertraut und formulieren Rechenregeln f ur stetige Abbildungen.EtwasabstrakteristdieCharakterisierungderStetigkeitmittelsoeneroderabge-schlossener Mengen.Denition67(Stetigkeit). Seien(X, dX)und(Y, dY )metrischeRaume, G XeineTeilmenge undf: X G Yeine Abbildung.(i) f heitstetigin p G, wennlimxpf(x)=f(p)ist, d.h. wennf urjedegegenpkonvergente Folge (xk)kNinG auch limkf(xk) = f(p) ist.(ii) fheit stetig in oder auf G, wenn es stetig in jedem Punktp G ist.(iii) Oenbar istf: X G Yim Sinne dieser Denition stetig (inp G), genau dann,wenn es (inp) stetig ist als Abbildung des metrischen Raumes (G, dG) nachY .Beispiel 68 (Komponentenweise Stetigkeit).Ist (X, dX) beliebig und (Y, dY ) = Rm, soistf= (f1, . . . , fm) genau dann stetig inp, wenn alle Komponentenfunktionenfi : X Rinp stetig sind. Das folgt unmittelbar aus der Denition und Satz 31.Partielle Stetigkeit. Bei einer Abbildungf : XRmkannmanalsodieStetigkeiteinfachanden(reellwertigen)Komponentenfunktionenuntersuchen. RmoderRauf derrechten Seite macht alsokeinen groen Unterschied. Jetzt betrachten wir umgekehrt eineFunktionf : RnG Y . Dannkonnenwir f(x) =f(x1, . . . , xn)alsFunktionjedereinzelnen Variablen betrachten, indem wir uns vorstellen, dass die anderen festbleiben. Esstellt sich die naheliegende Frage, obfinp stetig ist, wenn alle die Funktionenx1 f(x1, p2, p3, . . . , pn)x2 f(p1, x2, p3, . . . , pn)x3 f(p1, p2, x3, . . . , pn). . .xn f(p1, p2, p3, . . . , xn)stetig sind. Man nennt das partielle Stetigkeit, weil man immer nur einen Teil der Variablen- namlich eine - als variabel betrachtet. Folgt aus partieller Stetigkeit die Stetigkeit? Das istnicht so:Partielle Stetigkeit impliziert NICHT Stetigkeit.Beispiel69. Seif: R2R gegeben durchf(0, 0) := 0 undf(x, y) :=xyx2+y2f ur (x, y) ,= (0, 0).F ur R geht namlich die Folge (1k,k) gegen (0, 0), aber es istf(1k, k) =k2(1k2+2k2)=1 +2.32F ur ,=0undk gehtdasalsonichtgegen0=f(0, 0).Andererseitsistfin(0, 0)wegenf(x, 0) = 0 = f(0, y) aber partiell stetig.Dieses Beispiel zeigt genauer, warum partielle Stetigkeit viel schwacher ist alstotaleSte-tigkeit: DieVariablexmusichderStellepauf beliebigeWeisenahernd urfen. Bei derpartiellen Stetigkeit schrankt man sich aber auf achsenparallele Annaherung ein.InunseremBeispiel istdieFunktionaufallenGeradendurchdenNullpunktjeweilskon-stant (Wert /(1 +2)), nur im Nullpunkt hat sie denitionsgema den Wert 0. Der kommtheraus, wenn man auf der x-Achse ( = 0) oder auf der y-Achse ( = ) an den Nullpunktheranlauft, aber eben nur dann.Selbst wennf(x) f(p) bei Annaherung auf allenGeraden durch p gilt, folgt daraus nicht die Stetigkeitinp. EinGegenbeispiel liefert dieFunktiong mitg(x, y) = 1, fallsy =x2,= 0, undg(x, y) = 0 sonst.Wie sieht der Graph dieser Funktion aus?Beispiel70. Die Abbildungen : R2R, (x1, x2) x1 +x2 : R2R, (x1, x2) x1x2 : R2 {(x1, x2) | x2 ,= 0} R, (x1, x2) x1x2sind stetig.Wir zeigendas f ur . Seienp=(p1, p2) R2und(xk = (xk1, xk2))kNeineFolgemitlimxk = p. Dann istd((xk), (p)) = |(xk1 +xk2) (p1 +p2)| |xk1p1| + |xk2p2|.Aber nach Satz 31 folgt aus limxk = p, dass limxki = pi f uri = 1, 2. Daher geht die rechteSeite gegen Null und lim(xk) = (p).Beweis f ur und selbst. F ur den letzteren Fall benutzt man die Abschatzungx1x2p1p2=x1p2x2p1x2p2 |x1p1||p2| + |p1||p2x2||x2p2|.33Beispiel71. Dieselben Argumente wie im vorstehenden Beispiel zeigen die Stetigkeit derDeterminantedet : M(n, R) R, (xij)

signx1(1). . . xn(n),wenn man den RaumM(nR) der quadratischenn-reihigen Matrizen auf die oensichtlicheWeisemit demRn2identiziert undeineder lp-Metrikenverwendet. Auchdiemit derTransponierten (xij)Tgebildete AbbildungM(n, R) M(n, R), (xij) (xij)(xij)Tgebildete Abbildung ist stetig.Beispiel72. Seien (X, d) metrischer Raum unda X. Dann istd(., a) : X R, x d(x, a)stetig.Beispiel73. Sei (X, d) = (C0([a, b], R), dsup). Dann ist die Abbildung_ba: X R, f _baf(x)dxstetig, denn es gilt_baf(x)dx _bag(x)dx=_ba(f(x) g(x))dx_ba|f(x) g(x)|dx_basupaxb|f(x) g(x)|dx= |b a|dsup(f, g).Satz74. Seien (Xi, di), i = 1, 2, 3 metrische Raume undfi : Xi Gi Xi+1f uri = 1, 2Abbildungenmit f1(G1) G2. Essei f1stetiginp1 G1undf2stetiginp2:=f1(p1).Dann istf2 f1 : X1 G1 X3stetig inp1.Kurz: Die Komposition stetiger Abbildungen ist stetig.Beweis. Leicht.Korollar75. Ist (X, d) ein metrischer Raum, und sindf, g : X G R stetig inp G,ist ferner R, so sind auch die Abbildungenf +g, f g, fg, f: X G R34inp stetig. Insbesondere ist also der VektorraumC0(X, R) := {f: X R| fstetig}ein reeller Vektorraum.Istg(p) ,= 0, so istfg: X _x Gg(x) ,= 0_R inp stetig.Beweis. Die Abbildungen sind vom Typx (f(x), g(x))f(x) +g(x),wobei die erste stetige Komponentenfunktionen besitzt.Satz76(--Kriteriumf urStetigkeit). Seien(X, dX), (Y, dY )metrischeRaumeundf: X G Y . Seip G. Dann istfinp genau dann stetig, wenn es zu jedem > 0 ein> 0 gibt, so dassdY (f(p), f(x)) 0. Gabe es keinwie angegeben, so gabe es insbesondere zujedemk N einxk G mitdX(p, xk) 0 beliebig. Sei> 0 dazu gewahlt wie im Satz. Dann gibt es eink0 NmitdX(xk, p) < f ur allek k0. Dann ist aberdY (f(xk), f(p)) 0 mitU

(f(x)) V.Dazu gibt es dann ein> 0 mitf(U(x)) U

(f(x)) V.Das bedeutet aberU(x) f1(V ).Zu (i =). Sei das Urbild jeder oenen Menge oen und seip X.Sei weiter>0. Dannist U

(f(p)) oen, alsoist f1(U

(f(p))) oenunddamit eineUmgebung vonp. Daher gibt es ein> 0 mitU(p) f1(U

(f(p))), d.h. mitf(U(p)) U

(f(p)).Das war aber zu zeigen.Zu (ii). Die Aussage uber abgeschlossene Mengen folgt, weil A Ygenau dann abgeschlos-sen ist, wennY \ A oen ist, und weil andrerseitsf1(Y \ A) = X \ f1(A).Zu (iii). Die Oenheit in (G, dG) ist klar nach (i).Beispiel78. Die EinheitssphareSn:= {x Rn+1|

x2i= 1}ist das Urbild von {1} R unter der stetigen Abbildungx

x2i.Also istSnabgeschlossen und, weil beschrankt, auch kompakt.Beispiel79(Matrizengruppen). Wir erinnern an Beispiel 71. Daraus folgt:(i) DieallgemeinelinearerGruppeGL(n, R),gebildetausdeninvertierbarenMatrizen,ist oen inM(n, R):GL(n, R) = det1(R\ {0}).(ii) Die spezielle lineare Gruppe SL(n, R), gebildet aus allen Matrizen der Determinanten= 1, ist abgeschlossen inM(nR):SL(n, R) = det1({1}).(iii) Die Gruppe der orthogonalen Matrizen O(n), gebildet aus allen Matrizen mit(xij)(xij)T= E(= Einheitsmatrix)ist abgeschlossen inM(n, R). Weil alle ihre Komponentenxijmaximal vom Betrag 1sind, ist sie auch beschrankt und damit kompakt inM(n, R) = Rn2.Die angegebenen Teilmengen vonM(n, R) sind tatsachlich Gruppen bez uglich der Matrix-multiplikation. Sie haben auerdem eine vonM(n, R) geerbte Metrik, in der die Gruppen-operationen stetig sind. Damit sind sie (die wichtigsten) Beispiele sogenannter Liegruppen.361.6 F unfwichtigeSatze uberstetigeAbbildungenDie Satze und Denitionen in diesem Abschnitt verallgemeinern Satze und Denitio-nen, die wir (mit Ausnahme des letzten Satzes) aus der Analysis I f ur reelle Funktionenschon kennen.DieBeweisesindsehreinfach, weil dieDenitionenbereitsdiewesentlichenEigen-schaften erfassen.Seien (X, dX), (Y, dY ) metrische Raume.Satz 80 (vom Zusammenhang). SeienA Xzusammenhangend undf: A Ystetig.Dann ist auchf(A) Yzusammenhangend.Bemerkung. Das verallgemeinert den Zwischenwertsatz!Beweis. Seien U, V Yoen und disjunkt mit f(A) U V . Zu zeigen: U f(A) = oderV f(A) = .Nach Satz 77 sindf1(U) undf1(V ) oen in (A, dA). Sie sind weiter disjunkt mitA = f1(U) f1(V ).WeilA zusammenhangend ist, folgtf1(U) = oderf1(V ) = ,und entsprechend istU f(A) = oderV f(A) = .Satz81(Kompaktheitssatz). SeienA Xkompaktundf: A Y stetig. Dannistauchf(A) Ykompakt.Beweis. Sei (Ui)iIeineoeneUberdeckungvonf(A). Dannist(f1(Ui))iIeineoeneUberdeckung vonA. Also gibt es eine endliche TeilmengeJ I, so dassA =_iJf1(Ui).Aber dann istf(A) _iJUi.Beispiel82. Untersuchen Sie die Funktionlnxx:]0, [Rumzuzeigen,dassstetigeAbbildungenimallgemeinenwederbeschrankteMengeninbe-schrankte Mengen noch abgeschlossene Mengen in abgeschlossene Mengen abbilden.37Satz 83 (vom Maximum). Seien A X kompakt ,= und f: A R stetig. Dann nimmtfsein Maximum und Minimum an.Beweis. Nach dem Kompaktheitssatz istf(A) R kompakt, also insbesondere beschrankt.DaheristdieFunktionf: A Rbeschrankt.DanngibteseineFolge(xk)kNinAmitlimf(xk) = supf. Nach dem Satz von Bolzano-Weierstra hat (xk) in dem metrischen Raum(A, dA) eine konvergente Teilfolge (xkj)jN. Istx := limxkj A, so folgtf(x) = limf(xkj) = limf(xk) = supf.Also wird das Supremum angenommen und ist das Maximum vonf.Analog f ur das Minimum.Denition84. Seif: X G Y .fheit gleichmaig stetig aufG, wenn gilt>0>0xGf(U(x) G) U

(f(x)).fist genau dann gleichmaig stetig auf der TeilmengeG Xin diesem Sinne, wenn es auf(G, dG) gleichmaig stetig ist.OenbarimpliziertgleichmaigeStetigkeitdiegewohnlicheStetigkeit.DieUmkehrungistnicht richtig:Beispiel 85. Die Funktion f= x2ist auf [0, 2] gleichmaig stetig. Auf R ist sie stetig, abernicht gleichmaig stetig.Satz86(vonder gleichmaigenStetigkeit). Seienf : XA Y stetigundAkompakt. Dann istfgleichmaig stetig.Beweis. Sei > 0. Dann gibt es zu jedemx A einx> 0 mitf(Ux(x) A) U12

(f(x)).Wir setzenUx := Ux(x).Dann ist (Ux)xA eine oeneUberdeckung von A. Sei > 0 eine Lebesgue-Zahl dazu. Danngilt f ur allex A: Es gibt einy A mitU(x) Uy. Also istf(U(x) A) f(Uy A) U12

(f(y))Insbesondere ist dannf(x) U12

(f(y)) und deshalbf(U(x) A) U12

(f(y)) U

(f(x)).Beispiel 87. Seif: [a, b] R stetig auf dem kompakten Intervall. Dann ist fgleichmaigstetig, undes gibt zu >0ein >0mit |f(x) f(y)| 0. Dann gibt es eink0 N, so dass f ur allek k0und allex GdY (fk(x), f(x)) < /3.Weilfk0inp stetig ist, gibt es einj0mitdY (fk0(xj), fk0(p)) < /3f ur allej j0. Dann ist aber f urj j0dY (f(xj), f(p)) dY (f(xj), fk0(xj)) +dY (fk0(xj), fk0(p)) +dY (fk0(p), f(p)) < .Beispiel 89 (von der konstanten Majorante, Weierstra). Sei (fk : G R)kN eineFolge von Funktionen. Sei (ck)kNeine Folge reeller Zahlen, so dass|fk(x)| ckf ur allex und

i=0cikonvergent.Dann ist die Partialsummenfolgesn :=n

n=0fnaufG gleichmaig konvergent. Zum Beweis setzen wirn :=n

k=0ck, :=

k=0ck.39Zu > 0 gibt es dann einNmit | m| 0derKonvergenzradius dieser Reihe, und 0 < r < R, so ist

k=0|ak|rkkonvergentund|ak(x x0)k| |ak|rkf ur allex [x0r, x0 +r].Also ist die Potenzreihe auf [x0r, x0 +r] gleichmaig konvergent und ihre Grenzfunktionauf jedem solchen Intervall stetig. Also ist sie auf ]x0R, x0+R[ stetig, aber das wussten wirschon. Mansagtauch, PotenzreihenseiengleichmaigkonvergentaufjedemKompaktumim Inneren ihres Konvergenzbereichs.401.7 NormierteVektorraumeWir lernen normierte Vektorraume kennen, die in der mehrdimensionalen Analysis alsDenitions- und Zielbereiche der Funktionen dienen.Endlich-dimensionale normierte Vektorraume sind insbesondere vollstandige metrischeRaume, und auf ihnen ist jede lineare Abbildung stetig.DierentialrechnungbeschaftigtsichmitderlinearenApproximationvonFunktionen. Ineinem allgemeinen metrischen Raum macht das keinen Sinn, weil man keine lineare Strukturhat. Zum Beispiel kann man die U-Bahnstationen aus Beispiel 6 nicht addieren. Den richtigenRahmenf ur Linearitat bietenVektorraume. Undwennmanauerdem uber Konvergenzreden will, braucht man in den Vektorraumen eine Metrik, die sich mit der linearen Strukturvertragt. Das f uhrt zur Klasse der normierten Vektorraume, mit denen wir uns jetzt befassenwollen.Ausblick: Man kann nicht nur in normierten Vektorraumen Dierentialrechnung betreiben,sondernauchinRaumen, diesichselberdurchlineareRaumeapproximierenlassen: wieFlachen durch ihre Tangentialraume. Das f uhrt zur Analysis auf sogenannten dierenzier-baren Mannigfaltigkeiten.Vektorraumheit hier immer reeller Vektorraum.Denition90. SeiVein Vektorraum. Eine Norm f urVist eine Abbildung|..| : V R, v |v|,so dass f ur alleu, v Vund R gilt:(i) |v| 0 und (|v| = 0v = 0),(ii) |v| = || |v|,(iii) |u +v| |u| +|v|.Ein normierter Vektorraum (V, |.|) ist ein Vektorraum Vzusammen mit einer Norm |.| aufV . Durch die Denitiond(u, v) := |u v| (8)wirddarauseinmetrischerRaum, undalleBegrie, diewirf urmetrischeRaumeerklarthaben, sind auch f ur normierte Vektorrraume erklart. Wenn wir in normierten Vektorraumenvon Konvergenz, Stetigkeit, oenen Mengen etc. sprechen, beziehen wir uns immer auf dieMetrik (8). Normierte Vektorraume sind also spezielle metrische Raume.Beispiel 91(DerRnmitderStandardnorm). DerVektorraumV = RnbesitzteineNorm |x|:= _

x2i, diewiralsdieStandardnormoderEuklidischeNormdesRnbe-zeichnen wollen. Die Axiome (i) und (ii) sind klar, die Dreiecksungleichung folgt, wenn wirbeachten, dass|x y| =_n

k=1(xkyk)2= d(x, y)die Standardmetrik aus Beispiel 3 ist. Damit folgt|x +y| = d(x, y) d(x, 0) +d(y, 0) = |x 0| +| y 0| = |x| +|y|.41Wennwirvom RnalsnormiertemVektorraumsprechen, beziehenwirunsimmeraufdievorstehende Norm, obwohl es sehr viele andere gibt. Die Metrikendpaus Beispiel 4 wie dieMetrikdkommen alle von einer Norm|x|p := dp(x, 0),der sogenanntenlp-Norm.Beispiel 92. DerVektorraumderbeschranktenFunktionenV = B(X, R)gestattetdieNorm |f| = |f|sup = sup{|f(x)| | x X}, die zur Supremumsmetrik f uhrt.Beispiel 93. Nicht jede Metrik kommt von einer Norm, schon weil metrische Raume im all-gemeinen eben keine Vektorraume sind: Beliebige Teilmengen von normierten Vektorraumensind als Teilmengen von metrischen Raumen wieder metrische Raume, im allgemeinen aberkeine normierten Vektorraume.Aber auchaufkompletten Vektorraumengibt es Metriken, dienicht voneiner Normkommen. Zum Beispiel kommt die diskrete Metrik auf demRnnicht von einer Norm. Warumnicht?Bemerkung. In der linearen Algebra haben Sie die Norm in einem Euklidischen Vektorraumkennengelernt. Jedes positiv denite Skalarprodukt ., .) induziert eine Norm vermoge|x| :=_x, x).Aber nicht jede Norm auf einem reellen Vektorraum kommt von einem Skalarprodukt. Not-wendig und hinreichend ist die sogenannte Parallelogrammgleichung2(|x|2+|y|2) = |x +y|2+|x y|2.Das die Bedingung notwendig ist, rechnen Sie leicht nach. Dass sie auch hinreichend ist, istschwieriger zu zeigen. Man deniertx, y) :=14(|x +y|2|x y|2)undmussdannvorallemdieBilinearitatzeigen.EinenBeweisndenSiezumBeispielinW. Klingenberg, Lineare Algebra und Analytische Geometrie, Springer 1984, p. 117.Lemma94. In einem normierten Vektorraum (V, |..|) gilt f ur alleu, v V| |u| |v| | |u v|.Beweis. Es gilt nach der Dreiecksungleichung|u| = |(u v) +v| |u v| +|v|,und daher|u| |v| |u v|.Aus Symmetriegr undenist dannaber auch |v| |u| |u v|, unddaraus folgt dieBehauptung.Als Folgerung ergibt sich, dass die Funktion|.| : V R, x |x|stetig ist.42Denition95. MitL(V, W) bezeichnen wir den Vektorraum der linearen AbbildungenF: V Wvom VektorraumVin den VektorraumW.Satz96. Seien(V, |..|V )und(W, |..|W)normierteVektorraume, undsei F: VWlinear. Dann istFgenau dann stetig, wenn es einC R gibt, so dass f ur allev V|F(v)|W C|v|V.Beweis. Zu ( =). Wenn Fstetig ist, ist es insbesondere in 0 stetig. Also gibt es zu= 1ein> 0 mitF(U(0)) U

(F(0)) = U1(0).Mit anderen Worten:|v|V< =|F(v)|W< 1.Dann gilt aber f ur allev ,= 01 > |F(2|v|Vv)|W=2|v|V|F(v)|W.Das impliziert|F(v)|W 2 |v|Vauch f urv = 0. Also konnen wirC =2wahlen.Zu (=). Gibt es einCwie im Satz, so ist f ur allev1, v2 V|F(v1) F(v2)|W= |F(v1v2)|W C|v1v2|V.Daraus folgt die (gleichmaige) Stetigkeit vonF.Wir verzichten im weiteren auf den Index am Normsymbol.Denition97. Sien N. Ein (reeller) VektorraumVheitn-dimensional, wenn es einenIsomorphismus : RnVgibt. Dabei ist ein Isomorphismus eine bijektive Abbildung , so dass und 1linear sind.Ein Vektorraum heit endlich-dimensional, wenn ern-dimensional f ur einn N ist.Satz98. SeienV, WnormierteVektorraumeundV endlich-dimensional. Dannist jedelineare AbbildungF: V Wstetig.Beweis. 1. Fall:V= Rn. Zunachst gilt f urx Rn:x = (x1, . . . , xn) =n

i=1xjej,wobei ej=(0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0)denj-tenVektordersogenanntenStandardbasisdesRnbezeichnet, der in derj-ten Komponente eine 1 und sonst lauter 0 hat. Daher ist|F(x)| = |F(n

j=1xjej)| = |n

j=1xjF(ej)| n

j=1|xj| |F(ej)| Mn

j=1|xj|43mitM:= maxj|F(ej)|. Wegen |xj| _x21 +. . . +x2nfolgt nj=1 |xj| n_x21 +. . . +x2n,also|F(x)| Mn|x|,undFist stetig.2. Fall:Vbeliebig, endlich-dimensional. Sei : RnV einIsomorphismus. Dannistnach dem 1. Fall stetig, und es gibt einC R mit |(x)| C|x| f ur allex. Wir zeigen,dass es auch einB> 0 gibt, so dassB|x| |(x)| C|x| f ur allex Rn. (9)DieFunktion ||: RnRistalsKompositionstetigerFunktionenstetigundnimmtdeshalb auf der kompakten MengeSn1:= {x Rn| |x| = 1}ihr MinimumBin einem Punktx Sn1an. Weil x ,= 0 und ein Isomorphismus ist,istB := |(x)| > 0.F ur allex ,= 0 gilt|(x)| =____(|x|x|x|)____= |x|____(x|x|)____ B|x|.und die Ungleichung |(x)| B|x| gilt oenbar auch f urx = 0. Damit ist (9) bewiesen.Es folgt|1(v)| 1B|v| f ur allev V.Schlielich ist nach dem 1. Fall die lineare AbbildungF : RnWstetig mit|F (x)| A|x| f ur allex Rn.Damit erhalten wir|F(v)| = |F (1(v))| A|1(v)| AB|v|.Korollar 99 (Die Operatornorm auf L(V, W)). Seien Vund Wnormierte VektorraumeundV ,= {0} endlich-dimensional. Dann deniert|F| := supv=0|F(v)||v|f urF L(V, W)eine Norm auf dem VektorraumL(V, W).Beweis. Nach dem Satz gibt es einC R, so dass f ur allev ,= 0|F(v)||v| C.Daher ist |F| R. Die Norm-Eigenschaften sind leicht zu verizieren.Korollar100. Sei V einendlich-dimensionalernormierterVektorraummitzweiNormen|..|1, |..|2. Dann gilt44(i) Es gibtc, C> 0, so dass f ur allev Vgiltc |v|1 |v|2 C |v|1.Man sagt: Je zwei Normen auf einem endlich-dimensionalen Vektorraum sind aquiva-lent.(ii) Eine MengeG Vist genau dann bez uglich |..|1 oen, wenn sie bez uglich |..|2 oenist. Daher sind auch Begrie wie Konvergenz, Kompaktheit, Stetigkeit usw. unabhangigvon der inVverwendeten Norm.(iii) |..|1-Cauchyfolgen sind auch |..|2-Cauchyfolgen. Also ist auch der Begri Cauchyfolgeunabhangig von der inVverwendeten Norm.Beweis. Zu (i). Weil die Identitat id : (V, |.|2) (V, |.|1) linear, also stetig ist, gibt es einM> 0 mit|v|1 M|v|2,also1M |v|1 |v|2f ur allev. Die Stetigkeit von id in der anderen Richtung liefert die zweite Ungleichung.Zu (ii). IstG oen bez uglich |.|1 und betrachtet man wieder id als stetige Abbildung von(V, |.|2) nach (V, |.|1), so ist auchG = id1(G)oen. Die umgekehrte Richtung folgt aus Symmetriegr unden.Zu (iii). Folgt leicht aus (i).Beispiel 101. F urdielp-Normenauf RnausBeispiel91gilt:Ist1 p q +undx Rn, so ist|x|q |x|p n1p1q|x|q, (10)wobei1+:= 0.Beweis: Sei zunachstq< +. Die linke Abschatzung ist leicht: Man kann o.E. annehmen,dass1 = (|x|q)q=

i|xi|q.Insbesondere sind dann alle |xi| 1 und daher |xi|p |xi|q. Damit ist i |xi|p 1 und|x|p =_

i|xi|p_1/p 1 = |x|p.Die rechte Ungleichung beweisen wir spater im Beispiel 185.F ur den Fallq = + vergleiche (4).Denition102. Ein vollstandiger normierter Vektorraum heit ein Banachraum.Satz103. Jeder endlich-dimensionale normierte Vektorraum (V, |.|) ist ein Banachraum.45Beweis. 1. Fall:V= Rnmit der Standardnorm. DashabenwirbereitsimBeispiel 40ge-zeigt.2. Fall:Vbeliebiger endlich-dimensionaler R-Vektorraum. Sie(vk)kNeineCauchyfolgeinV . Nach unserer Denition (oder nach Linearer Algebra) gibt es einen Isomorphismus :RnV . Dann ist auch 1: V Rnlinear, also stetig, und es gibt einC R mit|1(vj) 1(vk)| = |1(vj vk)| C|vj vk|f ur allej, k N. Also ist auch (xk = 1(vk))kN eine Cauchyfolge in Rn. Sie ist nach dem1. Fall konvergent gegen einx Rn. Wegen der Stetigkeit von ist deshalblimkvk =limk(xk) = (x).Beispiel 104. Vergleiche Beispiele 71 und 79. Sei (V, |.|) ein n-dimensionaler Banachraum.Die Wahl einer Basis vonVliefert nach linearer Algebra einen Isomorphismus : L(V, V ) M(n, R)zwischen dem Raum der linearen Abbildungen vonV in sich und dem Raum der (nn)-Matrizen. Wennwir L(V, V )mitderOperatornormundM(n, R)zumBeispiel mitdemR(n2)identizierenundmitderentsprechendenNormausstatten, istnachSatz98einHomoomorphismus. DieDeterminantenistnachBeispiel 71stetigauf M(n, R), undweildieDeterminantederlinearenAbbildungFL(V, V )nachlinearerAlgebrageradedieDeterminante der Matrix (F) ist, ist auch die Determinantenfunktion aufL(V, V ) stetig.Damit ist das UrbildvonR\ {0}, alsodieinvertierbarenEndomorphismenvonV , eineoeneTeilmengeGL(V ), dieunter der Mengeder invertierbarenMatrizenGL(n, R)entspricht. F ur invertierbare Matrizen sind die Komponenten der Inversen durch gebrochen-rationale Funktionen der originalen Komponenten gegeben, also insbesondere stetig. Daherist die Inversenbildung auf GL(n, R) und wegen der -Invarianz auch auf GL(V ) eine stetigeAbbildung.Wir halten noch einmal das Ergebnis aus dem Korollar 100 fest:Ein (abstrakter) endlich-dimensionaler R-Vektorraum hat unendlich viele Basen, aber keinevondiesenist besonders ausgezeichnet. Ebensobesitzt er unendlichvieleNormen, aberkeine von diesen ist besonders ausgezeichnet. Allerdings sind sie alle aquivalent: Die durchsie denierten Metriken liefern alle dieselben oenen Mengen, dieselben konvergenten Folgen,dieselben stetigen Abbildungen. Um uber Oenheit, Konvergenz oder Stetigkeit in endlich-dimensionalen R-Vektorraumen zu sprechen, kann man eine beliebige Norm wahlen. Weil esaber egal ist, welche man wahlt, kann man eben unabhangig von einer solchen Wahl uberOenheit, Konvergenz oder Stetigkeit reden.Der Rnbesitzt eine Standardbasis und eine Standardnorm, die die Standardmetrik d2liefert.Nat urlich kann man davon Gebrauch machen, oft muss man aber nicht ...MehrzudiesemThemagleichinderVorbemerkungzumnachstenAbschnittundimAb-schnitt 2.7 uber die klassische Vektoranalysis.462 GrundlagendermehrdimensionalenDierentiationWirwerdendieDierentialrechnunginendlich-dimensionalenBanachraumenentwickeln.Nach dem vorangehenden Abschnitt sind diese isomorph zu einem Rn, und man konnte sichauch auf die letzteren beschranken.Der Vorteil ware, dass manimRneineausgezeichneteBasis unddamit ausgezeichneteKoordinaten hat. Dadurch wird die Theorie konkreter. Man konnte die Dierentialrechungauf dem Begri der partiellen Ableitung, also der Ableitung nach einer einzelnen Variablen,aufbauen.DerNachteil ware, dassmanimRneineausgezeichneteBasisunddamitausgezeichneteKoordinaten hat. Diese verschleiern die Tatsache, dass die Konzepte der DierentialrechunggeometrischerNatursindundmitspeziellenKoordinatennichtszutunhaben, vielleichtaber sehr viel mit anderenStrukturen, dieauf demRnauchnochsoselbstverstandlichvorkommen, dass wir sie gar nicht bemerken.ZumBeispielistV := {(x, y, z) R3| x + y + z= 0}einzweidimensionalerUntervektor-raumdesR3. Hatmandarauf einedierenzierbareFunktionf : VRgegeben, soisteszunachstunklar, wasihrepartiellenAbleitungenseinsollen. ErstwennmaninV eineBasis gewahlt hat und damit eine Isomorphie von Vauf R2, macht der Begri der partiellenAbleitungenvonf einenSinn. Allerdingsf urjedeBasiswahl einenanderen. UndesgibtkeinekanonischeWeise,eineBasiszuwahlen.HingegenkannmandenvielwichtigerenBegridesGradientenohnepartielleAbleitungendenieren, brauchtdaf urabereinSka-larprodukt. Und das Skalarprodukt des R3liefert auf ganz kanonische Weise eines f ur denUntervektorraumV . (Vgl. Abschnitt 2.7.1.)2.1 DieAbleitungWir lernen die Ableitung als lineare Approximation einer Abbildung in der Nahe einesPunktes kennen.Wir berechne die Ableitung in einfachsten Fallen.Im folgenden seienV, Wendlich-dimensionale Banachraume4undG eine oene TeilmengevonV .Denition105. Seif: V G Weine Abbildung der oenen MengeG.(i) fheit dierenzierbar inp G, wenn es eine lineare AbbildungF: V Wgibt, sodass f ur die durchf(x) = f(p) +F(x p) +R(x) (11)denierteRestfunktionR : G WgiltlimxpR(x)|x p|= 0. (12)Fist dann eindeutig bestimmt, vgl. Lemma 106, und wir nennen es die Ableitung oderdas Dierential vonfinp.Notation:F= Dpf= dpf.(ii) fheit dierenzierbar (aufG), fallsfin allenp G dierenzierbar ist.4Imfolgendengen ugtes,wennVendlich-dimensionalist.AberdawirkeinekonkretenAnwendungenf urunendlich-dimensionalesWimSinnhaben,seiderEinfachheithalberauchWendlich-dimensional.47Bemerkungen.AnalytischgesprochenistDpfdielineareApproximationvonfinderNahevonp.Schreibt manx stattp und x f urx p, so erhalt manf:= f(x +x) f(x) Dxf(x).DieNotationf

(p)f urdieAbleitungndeichwenigerempfehlenswert,weildieAb-leitungeinelineareAbbildungist,sodassmandannf

(p)(v)schreibenm ute.WirhebenunsdieseSchreibweisedaherauf f urdenFall, woDpf auf kanonischeWeisedurch eine Matrix gegeben ist, vgl. Beispiel 114.Lemma 106. Istfinp dierenzierbar undFwie in der Denition, so gilt f ur allev inV :F(v) = limt0f(p +tv) f(p)t.Beachten Sie: Weil der DenitionsbereichG vonfoen ist, liegt f ur jedesv Vund hin-reichend kleines |t| der Punkt p +tv in G. Deshalb ist der Limes sinnvoll. Die Denition derDierenzierbarkeit kann man auch f ur Abbildungen von nicht-oenen Teilmengen hinschrei-ben, aber die Ableitung ist dann im allgemeinen nicht mehr eindeutig.Beweis. IstFwie in der Denition, so folgtf(p +tv) f(p)t=f(p) +F(tv) +R(p +tv) f(p)t= F(v) +R(p +tv)t.AberR(p +tv)t=R(p +tv)|p +tv p|. .0|t| |v|t. .=v.Dierenzierbarkeit und das Dierential hangen wegen Korollar 100 nicht ab von den gewahl-ten Normen auf Vund W. Wir werden deshalb die Norm oft auch nicht spezizieren. Wennman eine braucht, nimmt man eine.Beispiel 107(DerFall R R). WiehangtdieneueAbleitungsdenitionmitderausdem letzten Semester zusammen?Die einzigen linearen Abbildungen von R nach R sind die Abbildungenx ax mit einemfestena R. EineAbbildungf : R G RistdeshalbdierenzierbarimSinnederAnalysisIgenaudann,wennsieauchnachderneuenDenitiondierenzierbarist.Danngilt f urp G undv RDpf(v) = f

(p)v,d.h.f

(p) = Dpf(1) (13)oder verbal:Neue Ableitung = Multiplikation mit der alten Ableitung.48Beispiel 108.Sei f: R2R, (x, y) 1+3x+4y+5xy2. Dann ist f in (0, 0) dierenzierbarmitD(0,0)f(u, v) = 3u + 4v.Es ist namlichf(x, y) = 1 + 3(x 0) + 4(y 0) + 5xy2,und weil 5xy2in (x 0) und (y 0)kubisch ist, geht der Rest f ur (x, y) (0, 0) gegennull: 5xy2_x2+y2= 5x_x2+y2y2 5y2.Durch Nachrechnen konnen Sie bestatigen, dassf(x, y) = 32 + 23(x 1) + 24(y 2) + 20(x 1)(y 2) + 5(y 2)2+ 5(x 1)(y 2)2. .=:R(x,y).DerRestdividiertdurch _(x 1)2+ (y 2)2gehtf ur(x, y) (1, 2)wiedergegennull.Damit istfauch in (x, y) = (1, 2) dierenzierbar undD(1,2)f(u, v) = 23u + 24v.(Die Umrechnung vonfauf den Punkt (x, y) = (1, 2) geschieht erst f urx und dann f urymit der Taylorformel aus Analysis I. Vgl. auch Satz 148).GeometrischeInterpretation.Die geometrische Interpretationist amein-fachstenimFall f: R2G R. Dannistder Graph vonx f(p) +Dpf(x p)eine Ebene im R3, die Tangentialebene an denGraphen vonf.zxy(x ,y )0 0Beispiel109. Die (oene) obere Einheits-Halbkugel ist gegeben durch den Graphen vonf(x, y) =_1 x2y2 uber der oenen Menge {(x, y) | x2+y2< 1}.DieTangentialebeneimPunkt(x0, y0,_1 x20y20)istgegebendurchdenGraphenderlinearen AbbildungD(x0,y0)f: R2R,fallsfdierenzierbar ist. Aber das wissen wir noch nicht, und wir wissen auch noch nicht,wie wirD(x0,y0)fberechnen sollen.49BerechnungvonAbleitungen.DasistoenbareinwichtigesProblem, demwirnoch langer nachgehen werden. Wir beginnen mit zwei ganz trivialen Fallen:Beispiel 110(Konstante Abbildungen). Sei f : V G Wkonstant. DannistDpf= 0 f ur allep G.Beispiel111(LineareAbbildungen). Seif: V Wlinear. Dann istf(x) = f(p) +f(x p) + 0.Also istfin jedem Punktp Vdierenzierbar undDpf= f. Zum Beispiel ist die Additi-onsabbildung : V V V, (x, y) (x, y) = x +yvom VektorraumV Vder Paare in den VektorraumVlinear:(1(x1, y1) +2(x2, y2)) = ((1x1 +2x2, 1y1 +2y2))= 1x1 +2x2 +1y1 +2y2= 1(x1, y1) +2(x2, y2).Also ist dierenzierbar, und f ur alle (x, y) und (u, v) inV VistD(x,y)(u, v) = u +v.Nun ein etwas anspruchsvolleres Beispiel.Beispiel112(Skalarmultiplikation). Die Abbildung der Skalarmultiplikation : R V V, (, x) xist dierenzierbar in jedem (0, x0) R V . Es ist namlich(, x) = x = 0x0..(0,x0)+( 0)x0 +0(x x0). .=: F(0,xx0)+( 0)(x x0). .=: R(,x).Diese Gleichung rechnet man leicht nach. Es bleibt zu zeigen, dasslim(,x)(0,x0)R(, x)|(, x) (0, x0)|= 0.Dazu braucht man eine Norm auf RV . Wir nehmen an, dass auf Veine Norm |.| gegebenist, und denieren|(, x)| := || +|x|.Rechnen Sie nach, dass das wirklich eine Norm deniert. Damit gilt dann:|R(, x)||(, x) (0, x0)|=| 0||x x0|| 0| +|x x0| |x x0| 0f ur (, x) (0, x0). Daraus folgt die Behauptung. Wir halten fest:D(0,x0)(, x) = 0x +x0.Das ist eine Art Produktregel, auf die wir noch zur uckkommen.50DiebeidenfolgendenBeispielesind uberauswichtig! SiestelleneinenerstenSchrittzurexpliziten praktischen Berechnung von Ableitungen dar.Beispiel113(KomponentenweiseDierentiation). Seif= (f1, . . . , fm) : V G Rmmit Komponentenfunktionenfi : G R. Dann istfgenau dann inp dierenzierbar, wennallefiinp dierenzierbar sind. In diesem Fall giltDpf(v) = (Dpf1(v), . . . , Dpfm(v)) f ur allev V. (14)Beweis. In Komponenten sieht die Gleichung (11) so aus:fi(x) = fi(p) +Fi(x p) +Ri(x).Nun istFlinear genau dann, wenn alle KomponentenFilinear sind. Und weil Konvergenzim Rneinfach komponentenweise Konvergenz ist, folgt die Behauptung durch Betrachtungder KomponentenRi(x)xpvonR(x)xp.Dieses Beispiel gestattet eine Verallgemeinerung auf folgende Situation:SeienVundW1, . . . , Wmendlich-dimensionale Banachraume,G Voen und seienfi : V G Wif uri {1, . . . , m} Abbildungen. Wir denierenf: V G W1. . . Wmx (f1(x), . . . , fm(x)).Dann ist fgenau dann dierenzierbar in p, wenn alle fi in p dierenzierbar sind, und es giltwieder die Gleichung (14).Beispiel 114(Funktionalmatrix). f : RnG Rmsei dierenzierbarinp G.Dann istDpf: RnRmeine lineare Abbildung, und eine solche wird nach Linearer Alge-bra dargestellt durch eine Matrix, die wir mitf

(p) bezeichnen und die Jacobimatrix oderFunktionalmatrix vonfinp nennen. Die Spalten sind gerade die Bilder der Basisvektorene1, . . . , en:f

(p) = (Dpf(e1) . . . Dpf(en)) = (Dpfi(ej)) =___Dpf1(e1) . . . Dpf1(en)......Dpfm(e1) . . . Dpfm(en)___.Die Formel im Lemma 106 liefert eine Moglichkeit, die Dpfm(ej) zu berechnen. Wir kommenim Abschnitt 2.3 darauf zur uck.Beispiel115(Kurven). Eine Abbildungf: R ]a, b [Wnennt man eine Kurve inW.Istfint ]a, b [ dierenzierbar, so ist f ur alle RDtf() = Dtf(1),Also istDtf: R Wdurch den Tangentialvektorf(t) := Dtf(1) eindeutig bestimmt.IstW= Rmundf= (f1, . . . , fm), so istf(t) =_ f1(t), . . . ,fm(t)_.51Dabei ist nach Lemma 106fi(t) = Dtfi(1) =lim0fi( +t) fi(t).fi(t) ist also die gewohnliche Ableitung der Analysis I. Ins-besonderekonnenwirdieDenitionvonf auchauf denFall kompakter Intervalle [a, b] ausdehnen.Konkret: DieKurvef : R R3, t (cos t, sint, t)isteine Spiralkurve. Sie hat den Geschwindigkeitsvektorf(t) = (sint, cos t, 1).Und es gilt zum BeispielD2f(5) = (5 sin2, 5 cos 2, 5).f(t)f(t)522.2 Rechenregelnf urdierenzierbareAbbildungenDierenzierbare Abbildungen sind stetig.Die wichtigsten Hilfsmittel zur Berechnung von Ableitungen sind wie in der Analysis Idie Kettenregel und die Produktregel, die wir hier kennenlernen.Wir betrachten viele Beispiele f ur multilineare Abbildungen (Produkte) und sehr wich-tige Beispiele von Ableitungen.Es lohnt sich, die Formeln (21), (23), (24) und (25) auswendig zu wissen.Satz116. SeienV, Wendlich-dimensionaleBanachraume.Istf:VG Winp Gdierenzierbar, so ist es dort auch stetig.Beweis. Die Behauptung folgt ausf(x) = f(p) +Dpf(x p) +R(x),weil f urx p das Restglied gegen 0 geht, und weil die lineare AbbildungDpfauf einemendlich-dimensionalen Banachraum stetig ist.Satz117(Kettenregel). SeienU, V, Wendlich-dimensionale Banachraume,G UundH Voen,g : G Vundf: H WAbbildungen mitg(G) H. Seigdierenzierbarinp Gundfdierenzierbarinq=g(p) H.DannistdieAbbildungf g: G Wdierenzierbar inp, und es gilt:Dp(f g) = Dg(p)f Dpg.Beweis. Die denierenden Gleichungeng(x) = g(p) +Dpg(x p) +R(x)f(y) = f(q) +Dqf(y q) +S(y)implizierenf(g(x)) = f(g(p)) +Dqf(g(x) g(p)) +S(g(x))= f(g(p)) +Dqf(Dpg(x p)) +Dqf(R(x)) +S(g(x)). .=:T(x).Es bleibt zu zeigen, dasslimxpT(x)|x p|= 0. (15)Im folgenden benutzen wir die im Korollar 99 denierte Operatornorm.Zunachst gilt|Dqf(R(x))||x p| |Dqf| |R(x)||x p| 0 (16)f urx p.53Schwieriger ist der zweite Summand vonT(x). Die BehauptunglimyqS(y)|y q|= 0ist aquivalent zur Behauptung:>0>0(|y q| < =|S(y)| |y q|).Sei> 0 und sei > 0 dazu wie vorstehend gewahlt. Weil g stetig ist in p, gibt es ein > 0,so dass|x p| < =|g(x) g(p)| < .F ur |x p| < ist dann also|S(g(x))| |g(x) g(p)| = |Dpg(x p) +R(x)| (|Dpg| |x p| +|R(x)|).Weil limxpR(x)xp= 0, kann man annehmen, dass> 0 so klein ist, dass|R(x)|||x p|< 1 f ur 0 < |x p| < .Dann folgt|S(g(x))| (|Dpg| |x p| +|x p|) = (|Dpg| + 1)|x p|.Wir haben also zu jedem > 0 ein> 0 gefunden, so dass0 < |x p| < =|S(g(x))||x p| (|Dpg| + 1).Das bedeutet aberlimxp|S(g(x))||x p|= 0. (17)Aus (16) und (17) folgt (15) und damit die Behauptung.Die Skalarmultiplikation RV V, (, v) v eines Vektorraums ist in jedem der beidenArgument linear, man nennt das bilinear. Eine Verallgemeinerung sind die multilinearen oderk-linearen Abbildungen, zum Beispiel die Determinante. Der folgende Satz verallgemeinertdas Beispiel 112 auf multilineare Abbildungen.Satz118(Produktregel). SeienV1, . . . , Vk, Wendlich-dimensionale Banachraume und : V1. . . Vk Weinek-lineareAbbildung,d.h. istinjedemseinerkArgumentelinear.Dannist die-renzierbar und es giltD(p1,...,pk)(v1, . . . , vk) =k

i=1(p1, . . . , pi1, vi, pi+1, . . . , pk).Bemerkung: DerersteSummandist zuinterpretierenals(v1, p2, . . . , pk), derletzteent-sprechend.Beweis. A. Wir zeigen zunachst die Stetigkeit von, genauer: Es gibtCmit|(x1, . . . , xk)| C|x1| . . . |xk| f ur allexi Vi. (18)54Iste1, . . . , eneine Basis vonV , so sind die Koordinatenabbildungenx =

jxjej xilinear, also stetig, und es gibt zu jedemi eine KonstanteCimit |xi| Ci|x| f ur allex.WirwahlennunBasenei1, . . . , einif ur Viundschreibenxi= j xijeijVi. AusderMultilinearitat folgt dann|(x1, . . . , xk)| = |

j1,...,jkx1j1 . . . xkjk(e1j1, . . . , ek,jk)|

j1,...,jkC1j1|x1| . . . Ckjk|xk| | (e1j1, . . . , ekjk)|=__ j1,...,jkC1j1 . . . Ckjk|(e1j1, . . . , ekjk)|__. .=:C|x1| . . . |xk|.B. Nun zum eigentlichen Beweis. Dazu m ussen wir den ResttermR(x1, . . . , xk) = (x1, . . . , xk) (p1, . . . , pk) k

i=1(p1, . . . , pi1, xipi, pi+1, . . . , pk)berechnen. Dann m ussen wir eine Norm |.| aufV1. . . Vkwahlen und zeigen, dasslim(x1,...,xk)(p1,...,pk)R(x1, . . . , xk)|(x1, . . . , xk) (p1, . . . , pk)|= 0.Eigentlich m ussen wir den Restterm nat urlich gar nicht berechnen, sondern wir m ussen ihnineinerFormschreiben,dieesermoglicht,denGrenzwertzuberechnen.Dazuf uhrenwirfolgende Schreibweise ein:

1j1 0, so ist l(v, . . . , v) < 0 und l indenit.Andernfalls istl = 0 nach (i).Denition151. DieFunktionf: VG RhatinpeinstrengeslokalesMaximum,wenn es ein > 0 gibt, so dassxG (0 < |x p| 0.Wegen (40) gibt es ein> 0 mitU(p) G und|R(x)| |x p|kf ur allex U(p).Zu (i). IstDkpfnegativ denit, alsoM< 0, so folgt f urx U(p)1k!Dkpf(x p, . . . , x p) +R(x) Mk!|x p|kM2k!|x p|k=M2k!|x p|k 079mit Gleichheit nur f urx = p. Aus (39) folgt die Behauptung (i).Zu (ii). Analog.Zu (iii). Im indeniten Fall istm < 0 < M, und es gibtv1, v2 SmitDkpf(v1, . . . , v1) = m, Dkpf(v2, . . . , v2) = M.Dann istxj := p +2vj U(p) und es gilt1k!Dkpf(x1p, . . . , x1p) +R(x1) mk!|x1p|km2k!|x1p|k=m2k!|x1p|k< 0,1k!Dkpf(x2p, . . . , x2p) +R(x2) Mk!|x2p|kM2k!|x2p|k=M2k!|x2p|k> 0.Aus (39) folgt die Behauptung (iii).Bemerkung. Die Frage, wann eine symmetrische k-Linearform zum Beispiel positiv denitist, ist eine Frage an die (multi)lineare Algebra. Ein hauger Spezialfall ist k = 2. Wir wollen uberdies annehmen, dassV= Rnist. Dann istD2pf(u, v) =n

i,j=1ijf(p)uivj.Die (symmetrische) MatrixH =___11f(p) . . . 1nf(p)......n1f(p) . . . nnf(p)___der zweiten partiellen Ableitungen heit auch die Hessesche Matrix vonf. F ur sie gilt alsoD2pf(u, v) = Hu, v)mit dem kanonischen Skalarprodukt u, v) = ni=1uivi. Es ist also eine interessante Frage,wanndiedurcheinesymmetrischeMatrixAgegebeneBilinearform Au, v)positivdenitist. In der Linearen Algebra lernt man (z.B. im Zusammenhang mit der Hauptachsentrans-formation), dass dies genau dann gilt, wenn alle Eigenwerte von A positiv sind. Dann nenntman auch A positiv denit. In der linearen Algebra lernt man auch, wie man die Eigenwertebestimmt, und hat damit eine Methode, um im Fall k = 2 positive Denitheit nachzupr ufen.Ein anderes Kriterium ist das folgende:Lemma153(Hauptminorenkriterium). Eine symmetrische (n n)-MatrixA = (aij)i,j=1,...,nistgenaudannpositivdenit,wennalleHauptminorenpositivsind.DabeisindHauptmi-noren oder Hauptabschnittsdeterminanten die Determinanten der MatrizenAk := (aij)i,j=1,...,kA ist genau dann negativ denit, wenn die Hauptminoren wechselndes Vorzeichen beginnendmita11< 0 haben.ManndetdiesesKriteriumoftinderLiteraturzitiert(alsKriteriumvonSylvesteroderHurwitz), aber selten bewiesen. Wir geben deshalb einen Beweis im Anhang.80Im Fallen = 2 ist die Hessematrix gegeben durch_2xf yxfxyf 2yf_und wir erhalten folgendes Kriterium f ur lokale Extrema:Satz154. Sei f: R2G Rzweimal dierenzierbaraufderoenenMengeGundseip G. Dann gilt:(i) Hatfinp ein lokales Extremum, so istDpf= 0.(ii) IstDpf= 0 und gilt2xf(p)2yf(p) (xyf(p))2> 0,so hatfinp ein strenges lokales Extremum, und zwarein Maximum, falls2xf(p) < 0,ein Minimum, falls2xf(p) > 0.(iii) Ist2xf(p)2yf(p) (xyf(p))2< 0,so hatfinp kein lokales Extremum. (Sattelpunkt)Wir geben daf ur noch einen direkten Beweis ohne weiteren Bezug auf die lineare Algebra:Beweis. Wir bezeichnen die Funktionalmatrix kurz mitA =_a bb c_Dann istD2pf(_xy_,_xy_) = ax2+ 2bxy +cy2=: (x, y).Wahltmany=0, sosiehtman, dassa>0bzw. a 0 mitK := {y V | |y x| r} U.92Nach (50) gilt|y x| = r =|f(y) f(x)| 23r, (52)d.h. dieRandpunktevonKwerdendurchf auf Punkteabgebildet, diemindestensdenAbstand23r vonf(x) haben. Wir wollen zeigen, dassU13r(f(x)) f(K) f(U). (53)Sei alsoz U13r(f(x)). Seiy Kein Punkt, in dem die stetige Funktion |f(y) z| aufdem kompakten K ihr Minimum annimmt. Wir wollen zeigen, dass f(y) = z; dann ist (53)bewiesen.Zunachst ist|yx| < r. (54)SonstwarenachDenitionvonKnamlich |y x|=r, undnach(52)folgtemitderDreiecksungleichung|f(y) z| 13r.Aber das steht wegen |z f(x)| 0 so klein, dassy +tv Kf ur allet [0, 1]. Dann istf(y +tv) z = f(y) z +tDyf(v) +R(y +tv)= (f(y) z)(1 t) +R(y +tv).Es gibt eint ]0, 1[, so dass|R(y +tv)| |z f(y)|2|v||tv| =t2|z f(y)|,also|f(y +tv) z| (1 t)|f(y) z| +t2|z f(y)| < |f(y) z|93im Widerspruch zur Wahl von y. Damit war die Annahme (55) falsch, und es gilt f(y) = z,alsoU13r(f(x)) U.Zu (iii). Stetige Dierenzierbarkeit der lokalen Umkehrabbildung.Seig := (f|U)1: f(U) V . Seienz, w f(U) undx := g(z). Dann haben wirf(g(w)). .=w= f(g(z)). .=z+Dxf(g(w) g(z)) +R(g(w))oderDxf(g(w) g(z)) (w z) = R(g(w)).mit limyxR(y)yx= 0. Wegen (51) istDxfinvertierbar. Es folgtg(w) = g(z) + (Dxf)1(w z) (Dxf)1(R(g(w))). .=: R(w).Wir wollen zeigen, dasslimwzR(w)|w z|= 0. (56)Wegen der Injektivitat vong und nach (50) gilt f urw ,= z0 < |g(w) g(z)| 32|w z|.Insbesondere istg stetig, und ausR(w)|w z|= (Dxf)1_____R(g(w))|g(w) g(z)|. .0f urwz_____|g(w) g(z)||w z|. .32folgt die Behauptung (56). Also istg dierenzierbar undDf(x)g = Dzg = (Dxf)1.Schlielichist z g(z) Dg(z)f(Dg(z)f)1alsKompositionstetigerAbbildungenwieder stetig. Damit haben wir die stetige Dierenzierbarkeit der Umkehrabbildung gezeigt.Bemerkung. Die Formel f ur die Ableitung folgt auch aus(f|U)1 f|U= idmit der Kettenregel:Df(x)(f|U)1 Dx(f|U) = Dx id = id.Beispiel 166. DieAbbildungf : R2\ {0} R2mit f(x, y) :=(x2 y2, 2xy)hatdieFunktionalmatrixf

(x, y) =_2x 2y2y 2x_.94SieistdeshalbstetigdierenzierbarundD(x,y)fistf uralle(x, y) R2\ {0}invertierbar.AlsobesitztfumjedenPunktlokaleinstetigdierenzierbaresInverses.Aberfistnichtglobal invertierbar, weil z.B.f(1, 1) = f(1, 1). Es istf({(x, y) | x > 0 undy> 0}) = {(x, y) | y> 0}undg(x, y) =12___x2+y2+x,__x2+y2x_, y> 0ist das Inverse vonf|{(x,y) | x>0undy>0}. Die Formel f ur die Ableitung der Inversen liefertg

(f(x, y)) = (f

(x, y))1=12(x2+y2)_x yy x_.Zum Beispiel ergibt sich f urx = y = 1g

(1, 1) =14_1 11 1_.Beispiel 167 (Stetige Polarkoordinaten). Die Polarkoordinaten in der Ebene sind nichteindeutig, die Winkelkoordinate ist nur bis auf ein ganzzahliges Vielfaches von 2 bestimmt.Und wenn man die Eindeutigkeit mit Gewalt erzwingt, indem man zum Beispielverlangt,dass [, [, so wird die Winkelkoordinate auf der negativenx-Achse unstetig.Wir wollenaber uberlegen: EinestetigeKurve c : [a, b]R2\ {0}kannmanauchinPolarkoordinaten mit stetiger Winkelfunktion beschreiben: Istc(a) = |c(a)|(cos 0, sin0),so gibt es genau eine stetige Funktion : [a, b] R mit (a) = 0undc(t) = |c(t)|(cos (t), sin(t))(57)= |c(t)|ei(t)in komplexer Notation.Wir betrachten die Abbildungf: R2 G :=_(r, ) r > 0_R2\ {0}(r, ) (r cos , r sin)Dann istf

(r, ) =_cos r sinsin r cos _.Rechnen Sie nach, dass das f ur alle (r, ) G invertierbar ist. Also ist fnach dem Umkehr-satz lokal invertierbar. Wir wissen nat urlich mehr: Die Abbildung f ist surjektiv auf R2\ {0},und mittels Arcus-Funktionen lassen sich lokale Umkehrabbildungen explizit hinschreiben.WeildaswegendererforderlichenFallunterscheidungenm uhsamist, wahlenwirnunzujedemp=(r, ) GeineoeneUmgebungUp, dievonf dieomorphauf eineoeneMengeVp:=f(Up) R2\ {0}abgebildetwird. Dannist(Vp)pGeineoeneUbderdeckungvonR2\ {0}, und wegen der Stetigkeit von c ist_c1(Vp)_pG eine oeneUberdeckung von [a, b].Nach dem Lebesgue-Lemma gibt es eine Zerlegunga = t0< t1< . . . < tn = b,so dass jedes [tj1, tj] in einem der c1(Vp) enthalten ist. Wir wahlen zu jedem j ein solchesp, und schreibenfj := f|Up.95Wir denieren nun rekursiv(a) := 0(t) :=_f1j(c(t))_2_f1j(c(tj1))_2 +(tj1) f urt ]tj1, tj].Dabei bedeutet der untere Index (.)2 die 2. Komponente (eben die -Komponente). Oenbarist dann |]tj1,tj]stetig, und weil auerdemlimttj1(t) = (tj1),ist: [a, b] Rstetig. Wirzeigen, dass(57)gilt. Nehmenwiran, dassdasbereitsf urt tj1erf ullt ist. Dann folgt f urtj1< t tj:|c(t)|ei(t)= |c(t)| exp_i__f1j(c(t))_2_f1j(c(tj1))_2 +(tj1)__= |c(t)| exp_i_f1j(c(t)_2_|c(tj1)| exp(i(tj1))|c(tj1)| exp_i_f1j(c(tj1)_2_= c(t)c(tj1)c(tj1)= c(t).Zur Eindeutigkeit von . Wir nehmen an, dass|c(t)|ei(t)= c(t) = |c(t)|ei(t)f ur allet [a, b].Dann folgtei((t)(t))= 1 f ur allet [a, b],also(t) (t) _2kk Z_f ur allet [a, b].Wenn und stetig sind mit (a) = 0 =(a), so folgt daraus =.963.2 ImpliziteFunktionenIst Flinear, so ist F(x, y) = F((x, 0)+(0, y)) = F(x, 0)+F(0, y) und die Frage, ob sichdie GleichungF(x, y) = 0 nachy = y(x) auosen lasst, ist einfach die Frage nach derUmkehbarkeit vonF(0, .). Wir lernen im Satz uber implizite Funktionen die Antwortauf die entsprechende Frage f ur dierenzierbaresF.Problem: Seien V0, V1, Wendlich-dimensionale Banachraume und f: V0V1 W. Unterwelchen Voraussetzungen hat die Gleichungf(x, y) = 0 (58)f ur jedesx V0genau eine Losungy V1?Unter diesen Umstanden gibt es dann eine eindeutig bestimmte Funktiong :V0 V1, f urdie f ur allex V0giltf(x, g(x)) = 0. (59)Mansagtdannauch,dass(58)sichnacheinerFunktiony=g(x)eindeutigauosenlatoder dassg durch (59) implizit deniert wird.Geometrisch bedeutet das, dass man das Niveauf= 0 als Graphen_(x, g(x)) x V0_einer Funkti-ong : V0 V1beschreibt, also durchV0parametri-siert: Jeder Punkt auf dem 0-Niveau liegt uber genaueinem Punkt vonV0.V0V0V0V1V1V1x{ f=0 } = Graph (g: ->)Im Fall W= Rmhat f die Komponentenfunktionen f1, . . . , fm. Man hat also mGleichungen,dieDimensionvonWistdieAnzahl dergegebenenGleichungen. EbensokannmandieDimensionvonV1alsdieAnzahldergesuchtenUnbekanntenyiansehen.Esistalsowohlvern unftig, dimV1 = dimWzu wahlen.Beispiel168. Seif= F: V0V1 Wlinear und sei dimV1 = dimW. Dann hat manF(x, y) = F((x, 0) + (0, y)) = F(x, 0) +F(0, y),d.h.Fliefert zwei lineare AbbildungenF(. , 0) : V0 W,F(0, .) : V1 W.Dannist(58)genaudannf urjedesx V0eindeutiglosbar, wenndielineareAbbildungF(0, .) : V1 Winvertierbar ist. Die Gleichung0 = F(x, y) = F(x, 0) +F(0, y)ist namlich aquivalent zuF(0, y) = F(x, 0).Das ist hochstens dann eindeutig losbar, wennF(0, .) injektiv ist. Nach der Dimensionsvor-aussetzung ist in diesem Fall aberF(0, .) bijektiv und die Gleichung tatsachlich f ur jedesxeindeutig losbar. Man ndetg(x) = F(0, .)1(F(x, 0)).97ImFall V0= RnundV1=W= RmistFgegebendurcheinem(n + m)MatrixderForm(F(1)..n|F(2)..m),undF(0, .)wirdreprasentiertdurchdiequadratischem mMatrixF(2),diealsoinver-tierbar sein mu.Wenn wir dieses Ergebnis von linearen Abbildungen auf dierenzierbare Abbildungen ver-allgemeinern wollen, ist es plausibel, dass wir nur ein lokales Ergebnis erhalten. Experimen-tieren Sie ein bichen mit dem FallV0 = V1 = W= R undf(x, y) := x y2.Satz169( uberimpliziteFunktionen). SeienV0, V1, Wendlich-dimensionale Banach-raume,G V0V1oen undf: V0V1 G Wstetig dierenzierbar.Sei (p, q) G mitf(p, q) = 0, (60)D(p,q)f(0, .) : V1 Winvertierbar. (61)Beachte, dass damit dimV1 = dimW.Dann lat sichf(x, y) = 0 (62)in einer Umgebung von (p, q) eindeutig nach einer stetig dierenzierbaren Abbildung y = g(x)auosen.Genauer:Es gibt oene Umgebungen U0 von p in V0 und U1 von q in V1 mit folgenden Eigenschaften:(i) U0U1 G, und zu jedemx U0gibt es genau einy U1mitf(x, y) = 0.(ii) Die nach (i) eindeutig bestimmte Funktiong : U0 U1mitf(x, g(x)) = 0ist stetig dierenzierbar.(iii) F ur allex U0istD(x,g(x))f(0, .) : V1 Winvertierbar und f urv V0istDxg(v) = _D(x,g(x))f(0, .)_1 D(x,g(x))f(v, 0). (63)Bemerkung. Im FallV0 = Rn, V1 = W= Rmwerden die linearen AbbildungenD(x,y)f(0, .) : RmRmbzw D(x,y)f(., 0) : RnRmreprasentiert durch die Matrizen_fiyj(x, y)_i,j=1,...,mbzw._fixj(x, y)_i=1,...,m;j=1,...,n98Beweis zum Satz uber implizite Funktionen.Die Idee. Die Gleichung f(x, y) = 0 ist genau dann eindeutig nach y auosbar, wenn dasselbef ur die Gleichungh(x, y) := (x, f(x, y)) = (x, 0)gilt. h erweist sich nach dem Umkehrsatz als lokal invertierbar, und die gesuchte Losungsfunktiong ist dann gegeben durch(x, g(x)) = h1(x, 0),also durch die zweite Komponente vonh1(., 0).A. Vorbemerkung. DaV0 V1endlich-dimensionalist, sind alle Normen aquivalent, und wir verwendender Einfachheit halber die Norm|(v, w)| = sup(|v|, |w|).Das hat den Vorteil, dassU

((p, q)) = U

(p)U

(q) f ur (p, q) V0V1und > 0.Analog verfahren wir gleich mit dem Raum V0W.VVqUU(p,q) U(p)(q)01B. Reduktion auf den Umkehrsatz. Wir setzen die obige Beweisidee um und denieren dieAbbildungh : V0V1 G V0W, (x, y) (x, f(x, y))zwischen gleich-dimensionalen Vektorraumen. Es giltD(x,y)h(v, w) = (v, D(x,y)f(v, w)), (64)und deshalb ist mitfauchh stetig dierenzierbar. Weiter istD(p,q)h invertierbar, (65)denn0 = D(p,q)h(v, w)(64)v = 0 undD(p,q)f(v, w) = 0v = 0 undD(p,q)f(0, w) = 0v = 0 undw = 0nach Voraussetzung.C. Anwendung des Umkehrsatzes. Nach dem Umkehrsatz gibt es > 0, so dassU:= U

(p) U

(q) G,h|Uinjektiv,h(U) oen,(h|U)1stetig dierenzierbar.Dah(U) oen und(p, 0) = (p, f(p, q)) = h(p, q) h(U) V0W,gibt es> 0 mit 0. Eine TeilmengeM Veinesn-dimensionalen Ba-nachraums heit eine m-dimensionaleCk-(Unter)mannigfaltigkeit, wenn es zu jedem Punktp Meine oene UmgebungUvonp inVund einenCk-Dieomorphismus : U (U)auf eine oene Teilmenge(U) Rngibt, so dass gilt:M U= 1(Rm (U)),d.h.M U=_x Um+1(x) = . . . = n(x) = 0_. (73)Dabeibetrachtenwiralso Rm RnalsdenUnterraumallerPunkte,derenletzten mKoordinaten verschwinden.UMR IR InmVEine groe Klasse von Beispielen liefert der folgendeSatz 177 (Gleichungsdenierte Untermannigfaltigkeiten). Seien V und WBa-nachraumeendlicher Dimension. SeienG V oenundg : G WCk, k >0,vom konstanten Rangr, 0 < r < n := dimVundq g(G). Dann istM:= g1({q})einen r-dimensionaleCk-Mannigfaltigkeit.107ImFall g : R2Rbzw. g : R3Rist MalsoeineNiveaukurvebzw. -ache. Glei-chungsdenierte Untermannigfaltigkeiten kann man also auch als Niveaumannigfaltigkeitenbezeichnen.Beweis. Seip M. Nach dem Rangsatz gibt esCk-Dieomorphismen : V U1 U1 Rnund : W U2 U2 Rm(m = dimW)oener Umgebungen vonp bzw.q = g(p) auf oene Umgebungen von (p) = 0 in Rnbzw.von (q) = 0 in Rm, so dassg(U1) U2und g 1(x1, . . . , xn) = (x1, . . . , xr, 0, . . . , 0) f ur allex U1. (74)Dann gilt f urp

U:= U1p

Mg(p

) = q(g(p

)) = 0 g 1 (p

) = 0(74)1(p

) = . . . = r(p

) = 0.Bis auf die Nummerierung der Koordinatenfunktionen ist das die Denitionsgleichung (73).Beispiel178. Die Abbildungg : Rn+1R, (x1, . . . , xn+1) (n+1

i=1x2i) 1hat die Funktionalmatrixg

(x1, . . . , xn+1) = 2(x1, . . . , xn+1),und weil R eindimensional ist, ist Dxg surjektiv f ur allex ,= 0. Daher ist die EinheitssphareSn:=_xg(x) = 0_=_(x1, . . . , xn+1)

x2i= 1_einen-dimensionaleC-Untermannigfaltigkeit des Rn+1.Beispiel 179.Wir betrachten imn2-dimensionalen Vektorraum der quadratischen n-reihigenMatrizen die MengeO(n) = {A M(n n) | AAt= E}derorthogonalenMatrizen. NachBeispiel 174istdaseineC-UntermannigfaltigkeitderDimension n2n(n+1)2=n(n1)2. Die orthogonalen Matrizen bilden auerdem bez uglich derMatrixmultiplikationeineGruppe. DieGruppenoperationensindoenbar dierenzierbarund O(n) ist eine sogenannte Liegruppe.108Denition180(Tangentialraum). Sei Meinem-dimensionaleMannigfaltigkeitimn-dimensionalen BanachraumV , seip Mund : U Rnein Koordinatensystem dazu wiein der Denition 176. Dann ist alsoM U= 1(Rm (U)),und wir denieren den TangentialraumTpManMinp durchTpM:= D(p)1(Rm).Das ist also einm-dimensionaler Vektorraum und eine lineare Approximation f urMin derNahe vonp.Auf demnebenstehendenBildist ei-gentlich nicht TpMdargestellt, son-dern der nachp verschobene Tangenti-alraum, weil das unserer anschaulichenVorstellung eher entspricht. Zum Rech-nenistnat urlichderVektorunterraumTpMangenehmer als der parallele a-ne Unterrraum.MR IR InmV TMpDamit der Tangentialraum wohldeniert ist, m ussen wir zeigen, dass er nicht vom gewahltenKoordinatensystemabhangt. Sei also:U RneinweiteresKoordinatensystemumpwieinderDenition176. Wirkonneno.E. annehmen, dassU=U. Weil undlokaleDieomorphismen sind, folgt aus1(Rm (U)) = M U= 1(Rm (U)), dass 1(Rm (U)) Rmund deshalbDp D(p)1(Rm) Rm,alsoD(p)1(Rm) _Dp_1(Rm) = D(p)(1)(Rm).DurchVertauschenvonundergibtsichdieumgekehrteInklusion,alsoGleichheitderRaume.Beispiel 181. Ist M=g1({q}) V einegleichungsdenierteUntermannnigfaltigkeitwieimSatz177, sogiltf urp MundeinKoordinatensystem: U Rnump, dassM U= 1(Rm (U)), alsog 1(Rm (U)) = {q} und daherDpg(TpM) = Dpg(D(p)1(Rm)) = 0.Weil der Rang vong aber gerade dimV dimMist, folgtTpM= KernDpg = (Dpg)1({0}).Das ist die linearisierte Version vonM= g1({q}).109Auf Mannigfaltigkeiten kann man Analysis treiben, insbesondere die Dierenzierbarkeit-von Funktionen erklaren. Das Dierential an einer Stelle p Mist dann eine lineare Abbil-dung auf dem TangentialraumTpM.Wir betrachten dazu nur einBeispiel182(ExtremaaufMannigfaltigkeiten). SeienG Voen undM G einMannigfaltigkeit. Seif: G R eine dierenzierbare Funktion. Wir suchen lokale Extremader Funktionf|M:M R. Seip Mund :U Rnein Koordinatensystem ump wiein der Mannigfaltigkeitsdenition,(p) = 0. Dann istM U=1(Rm). Hat alsof|Minp ein lokales Extremum, so hatf 1|Rm(U)in 0 ein lokales Extremum. Deshalb istD0(f 1)(Rm) = Dpf(TpM) = 0. (75)Notwendig f ur lokale Extrema der Einschrankungf|Mvonfist also das Verschwinden derEinschrankung der Ableitung auf den Tangentialraum anM.IstM= g1({q}) gleichungsdeniert, so bedeutet (75), dassKernDpg KernDpf. (76)Die im Beispiel zuletzt betrachtete Situation ist unter dem Namen ExtremwerteunterNe-benbedingungenber uhmt.Sei g: VG Wstetigdierenzierbarundsei q g(G).Seiweiter f : G Rdierenzierbar. WirsuchenlokaleExtremaderFunktionf unterderNebenbedingungg = q, d.h. lokale Extrema vonf|g1({q}). Die MengeG :=_p GDpg ist surjektiv_ist nach Lemma 173 eine oene Teilmenge undg1({q}) G eine MannigfaltigkeitMderDimensiondimV dimW. Hat f|g1({q})einlokalesExtremuminp M, sogiltdortalsodienotwendigeBedingung(76). TypischerweiseistindenAnwendungendieMengeg1({q}) \ Mder sogenannten singularen Punkte eine endliche Punktmenge, die man dannnoch gesondert untersuchen muss.WirgebennocheineVariantevon(76), dief urdieexpliziteBerechnunglokalerExtremaunter Nebenbedingungen hilfreich ist:Es ist ein Standardproblem der lineare Algebra, den Kern einer linearen Abbildung zu be-stimmen,alsozupr ufen,ob(76)gilt.Abermeistenskenntmanpgarnicht,sondernwilldie Extremalstellen erst nden. Das f uhrt in der Regel auf nicht-lineare Gleichungssysteme,dieschwerzulosensind. Bei derBestimmungderPunktevomzweitenTypistaberdasfolgende Lemma hilfreich:Lemma 183 (Lagrange-Multiplikatoren). SeiG oen inV= Rnund seienf: G Rundg = (g1, . . . , gm) : G Rmdierenzierbar bzw. stetig dierenzierbar.Dannist (76)aquivalent dazu, dassesreelleZahlen1, . . . , m Rgibt (sog. Lagrange-Multiplikatoren), so dass f ur allej {1, . . . , n}jf(p) =m

i=1ijgi(p). (77)Beweis. Bezeichnen wir die Funktionalmatrizen mitf

(p) bzw.g

(p), die Transposition mit(. . .)Tund setzen wir := (1, . . . , n), so ist (77) aquivalent zuf

(p) = g

(p) oder f

(p)T= g

(p)TT.110Dieses lineare Gleichungssystem ist genau dann losbar, wenn die erweiterte Matrix (g

(p)T, f

(p)T)denselben Rang wieg

(p)That, wenn also die Matrix_g

(p)f

(p)_ denselben Rang wie die Ma-trixg

(p) hat. Weil beide dieselbe Anzahl von Spalten haben, ist das genau dann der Fall,wenn die Kerne dieser beiden Matrizen gleiche Dimension haben. Weil aberKerng

(p) Kern_g

(p)f

(p)_= Kerng

(p) Kernf

(p),ist das genau dann der Fall, wenn KernDpg KernDpf.Rezept. Zur Bestimmung der Kandidatenp f ur Stellen lokaler Extrema vonf: Rn G Runter der Nebenbedingungeng = 0 mitg : G Rmsucht man1. alle Punktep mitg(p) = 0, in denenDpg(Rn) ,= Rm(singulare Punkte),2. alle Losungenp, vong1(p) = 0, . . . , gm(p) = 0,jf(p) =m

i=1ijgi(p), j = 1, . . . , m.Das sindm+n Gleichungen f ur dien +m Variablenp1, . . . , pn, 1, . . . , m.Dies kann man wieder vergessen.IntypischenProblemenistm 0 mit(|x| +)2+ (|y| +)2+ (|z| +)2< 1.Daf ur ist aberf(|x| +, |y| +, |z| +) = (|x| +)(|y| +)(|z| +) > |xyz| xyz = f(x, y, z).111Ein anderes Argument liefert dasselbe Ergebnis: Lage das Maximum in einem inneren Punkt(x, y, z) so waref

(x, y, z) = (yzxzxy) = (0 0 0).Dann ware aber f(x, y, z) = 0 das Maximum. Jedoch nimmt foenbar auch positive Wertean.Alsowirddas Maximumauf demRandangenommen, ist alsoeinMaximumunter derNebenbedingungg(x, y, z) := x2+y2+z21 = 0.Die Funktionalmatrixg

(x, y, z) = (2x 2y 2z)ist ,= (0 0 0) f ur alle Punkte, die die Nebenbedingung erf ullen. Daher gibt es keine singularenPunkte.Wir losen nach dem Rezept:x2+y2+z21 = 0,undyz = 2x,xz = 2y,xy = 2z.Multipliziert man diese letzteren Gleichungen mit x, y, z, addiert und verwendet die Neben-bedingung, so hat man3xyz = 2.Einsetzen von in die obigen Gleichungen liefertx2= y2= z2=13oder zwei Koordinaten sind 0, die dritte dann wegen der Nebenbedingung 1. Die letzterenPunkteliefernaberf=0undscheidendaherf ureinExtremumaus. MoglicheExtremaliegen also in den Punkten(13, 13, 13)mit voneinander unabhangigen Vorzeichen. Die entsprechenden Funktionswerte sindf= 133.Die positiven sind die Maxima, die negativen die Minima.AlseineweiteresAnwendungf urdieMethodederLagrange-Multiplikatorenbeweisenwirim nachsten Beispiel die fr uher behauptete Abschatzung der lp-Normen gegeneinander, vgl.Beispiel 101.Beispiel185. Wir erinnern an die Denition derlp-Norm auf Rn:|x|p :=_n

i=1|xi|p_1p112Wir zeigen: F ur 1 p q und allex Rngilt|x|q |x|p n1p1q|x|q. (78)Wir zeigen das durch vollstandige Induktion ubern.n = 1. Trivial.n 1 =n. Es gen ugt zu zeigen: F ur allex = (x1, . . . , xn) giltn

i=1|xi|q= 1 = 1 |x|p n1p1q.Die Voraussetzung impliziert |xi| 1 und deshalb |xi|q |xi|pf ur alle i. Also folgt die linkeUngleichung, wir m ussen nur noch die rechte beweisen. Oenbar konnen wir uns dabei aufdie kompakte Menge_x = (x1, . . . , xn)n

i=1xqi= 1 mitxi 0 f ur allei_beschranken.Istwenigstenseinxi= 0,soliegtxineinem Rn1.NachInduktionsvoraus-setzung gilt f ur solchex also|x|p (n 1)1p1q n1p1q.Daher gen ugt es zu zeigen, dass die dierenzierbare Funktion f(x) :=

ni=1xpiauf der Menge_x = (x1, . . . , xn) xi> 0_ unter der Nebenbedingungg(x) :=n

i=1xqi= 1das Maximum_n1p1q_pbesitzt. Die notwendige Bedingung f ur ein Extremum ist die Exi-stenz eines mitfxj= pxp1j= gxj= qxq1joderxpqj= qpf ur allej. Daraus folgtx1 = . . . = xn, nach der Nebenbedingung alsox1 = . . . = xn =1n1/q.Der Funktionswert an dieser Stelle istf(x) = n1np/q= n1pq=_n1p1q_pund damit das (eindeutig bestimmte) Maximum vonf.1135 Dierentialgleichungen5.1 Existenz-undEindeutigkeitWas ist eine Dierentialgleichung? Was ist eine Losung einer Dierentialgleichung?Die Dierentialgleichungy

= fhat f ur stetigesfauf einem Intervall viele Losungen,namlich die Stammfunktionen von f. Durch Vorgabe des Funktionswertes y(a) an einerStellewirddarauseineeindeutigeLosungausgewahlt.DerSatzvonPicard-LindelofverallgemeinertdaszueinemExistenz-undEindeutigkeitssatzf ureinegroeKlassevon Dierentialgleichungen.Denition186. SeienVein endlich-dimensionaler Banachraum,G R Voen, undf: G V, (t, x) f(t, x)eine Abbildung.(i) Die Gleichung x = f(t, x), (79)heit eine gewohnliche Dierentialgleichung erster Ordnung in expliziter Form, (kurzeine Dierentialgleichung) oder ein dynamisches System. In physikalischen Anwendun-gen ist t oft eine Z