Zeigen das eine Menge abgeschlossen ist und Rand bestimmen

Aufrufe: 875     Aktiv: 02.05.2020 um 22:59

0
Hallo ich bräuchte dringen hilfe bei dieser aufgabe „Sei X=C([0,1]) der Raum der auf [0,1] stetigen Funktionen versehen mit der Metrik d_sup(f,g) = ||f-g||_sup Für f,g element von C([0,1]). Zeigen Sie, dass die Menge A={f elemnt von C([0,1]): f(x) >= 0 für alle x element von [0,1]} Abgeschlossen ist und bestimmen sie denn rand „ Prinzipiell habe ich schon verstanden wann eine menge abgeschlossen ist und bei einfachen beispielen bekomme ich es auch hin denn rand zu bestimmen aber diese aufgabe bekomme ich im moment noch nicht alleine hin wäre über hilfe sehr dankbar.
Diese Frage melden
gefragt

Punkte: 16

 
Kommentar schreiben
2 Antworten
1

Um die Abgeschlossenheit von \(A\) zu beweisen, zeigen wir, dass das Komplement \(A^c = \{ f \in C[0,1] \vert \exists x_0 \in [0,1]: f(x_0)<0\} \) offen ist. Dazu suchen wir für ein beliebiges \(f \in A^c\) einen offenen Ball um \(f\), der ganz in \(A^c\) liegt.

Sei also \(f \in A^c \). Dann existiert ein \(x_0 \in [0,1]\) mit \( f(x_0) < 0 \). Sei nun \(g \in B_{\vert f(x_0) \vert}(f)\). Dann gibt es zwei Fälle, die eintreten können.

1. Fall: \(f(x_0) - g(x_0) \ge 0 \). Dann ist \(g(x_0) \le f(x_0) < 0\) und somit \(g \in A^c\).

2. Fall: \(f(x_0) - g(x_0) < 0 \). Dann gilt \(-f(x_0) + g(x_0) = - (f(x_0)-g(x_0)) = \vert f(x_0)-g(x_0) \vert \le \| f-g\|_{\infty}=d(f,g) < \vert f(x_0) \vert = - f(x_0) \). Also \(g(x_0) < 0\) und somit \(g \in A^c\).

Damit haben wir \(B_{\vert f(x_0) \vert}(f) \subseteq A^c \) und somit die Offenheit von \(A^c\) gezeigt.

Diese Antwort melden
geantwortet

Student, Punkte: 7.05K

 

Ich glaube, dass da ein Fehler drin ist. Aus `g(x_0) < 0` und `g in B_epsilon(f)` folgt nicht `f(x) le g(x) + epsilon` für alle `x`, sondern nur `f(x_0) le g(x_0) + epsilon`. Wenn ich mich nicht täusche (ohne dass ich einen detaillierten Beweis hätte), besteht der Rand von A aus allen Funktionen in A, die an mindestens einer Stelle den Wert 0 annehmen.   ─   digamma 02.05.2020 um 21:54

Du hast recht. Das ist mir grad auch aufgefallen. Entschuldige. Ich versuch das zu korrigieren.   ─   42 02.05.2020 um 22:00

Kommentar schreiben

0

Wir bestimmen nun den Rand \(\partial A\) von \(A\). Sei \(B:=\{f \in C[0,1] \vert \forall x \in [0,1]:f(x) \ge 0, \exists x_0 \in [0,1]:f(x_0)=0 \} \). Wir zeigen, dass \( \partial A = B \) ist.

Sei \(f \in \partial A\). Da \(A\) abgeschlossen ist, gilt auch \(f \in A\) und somit \(f(x) \ge 0\) für alle \(x \in [0,1]\). Außerdem gilt (per Definition des Randes) für alle \( \varepsilon > 0\), dass \(B_{\varepsilon}(f) \cap A^c \neq \emptyset \). Für ein vorgegebenes \(\varepsilon > 0\) finden wir also ein \(g \in B_{\varepsilon}(f) \cap A^c\). Da insbesondere \(g \in A^c\) ist, existiert ein \(x_0 \in [0,1] \) mit \(g(x_0)<0\). Da außerdem \(g \in B_{\varepsilon}(f)\) ist, gilt

\( f(x_0) - g(x_0) = \vert f(x_0) - g(x_0) \vert \le \| f-g \|_{\infty} = d(f,g) < \varepsilon \) also \(f(x_0) < \varepsilon + g(x_0) < \varepsilon \).

Da diese Ungleichung für alle \(\varepsilon > 0\) erfüllt ist, muss \(f(x_0) \le 0\) sein. Außerdem wissen wir bereits, dass \(f(x) \ge 0\) für alle \(x \in [0,1] \) ist. Ingesamt folgt also \(f(x_0) = 0\) und somit \(f \in B\).

Sei nun \(f \in B\). Es gilt bereits per Definition \(f \in A\) also \( B_{\varepsilon}(f) \cap A \neq \emptyset\) für alle \(\varepsilon > 0\). Es bleibt also noch zu zeigen, dass auch \( B_{\varepsilon}(f) \cap A^c \neq \emptyset\) für alle \(\varepsilon > 0\) ist. Sei dazu ein \(\varepsilon > 0\) gegeben. Wir definieren \(g:[0,1] \rightarrow \mathbb{R}\) durch \(g(x) = f(x) - \frac{\varepsilon}{2}\). Es gilt offensichtlich \(g \in C[0,1]\). Da \(f \in B\) ist, existiert ein \(x_0 \in [0,1]\) mit \(f(x_0) = 0\). Hieraus folgt \(g(x_0) = - \frac{\varepsilon}{2} < 0\), also \(g \in A^c\). Außerdem ist \(d(f,g) = \| f-g \|_{\infty} = \| \frac{\varepsilon}{2} \|_{\infty} = \frac{\varepsilon}{2} < \varepsilon \), also gilt auch \(g \in B_{\varepsilon}(f)\). Insgesamt erhalten wir \( g \in B_{\varepsilon}(f) \cap A^c\) und somit \( B_{\varepsilon}(f) \cap A^c \neq \emptyset\).

Diese Antwort melden
geantwortet

Student, Punkte: 7.05K

 

Der Beweis sollte jetzt (hoffentlich) soweit korrekt sein.   ─   42 02.05.2020 um 22:35

Kommentar schreiben