Beweis von Metriken und offenen Teilmengen

Question

Hallihallo,
ich habe eine Aufgabe, bei der ich Hilfe bräuchte. Darüber würde ich mich also sehr freuen :)

Sei C ([a, b]) der Raum der stetigen Funktionen auf dem Intervall [a, b]. Sei d: C ([a, b]) → ℝ die Abbildung durch

d(f, g) :=  \( \int\limits_{a}^{b} \) | f( x ) - g( x ) | dx ,      f,g ∈ C ([a, b]) definiert ist.

a) Zeigen Sie, dass d eine Metrik auf C ([a, b]) ist.

b) Sei U die Menge der Funktionen f ∈ C ([a, b]), sodass \( \int\limits_{a}^{b} \) f(x) dx > 1.
   Zeigen Sie, dass U eine offene Teilmenge von C ([a,b]) ist.

Ich habe nur bei Aufgabe a einen kleinen Ansatz. Man braucht ja die Dreiecksungleichung, um die Linearität des Integrals anzuwenden, oder nicht?

Answer 1

Bei a) muss man die Axiome einer Metrik nachrechnen:

1. Positiv Definit: Da \( 0 \le |f(x) - g(x)| ~\forall x \in [a,b] \) gilt $$ 0 = \int_a^b 0  ~\textrm{d}x\le \int_a^b |f(x) - g(x)|  ~\textrm{d}x = d(f,g)  $$ wegen der Monotonie des Integrals.

Noch zz. \( d(f,g) = 0 \iff f=g \). Die Richtung \( \impliedby \) ist klar, für die andere:

Falls\( \int_a^b |f(x) - g(x)|  ~\textrm{d}x = 0 \) muss wegen \( 0 \le |f(x) - g(x)| ~\forall x \in [a,b] \) schon \(  |f(x) - g(x)| = 0 ~\forall x \in [a,b] \) gelten, also auch \( f(x) = g(x) ~\forall x \in [a,b] \) bzw. kurz \( f = g \).

2. Symmetrie: Es gilt \( |f(x) - g(x)| = |g(x) - f(x)| ~\forall x \in [a,b] \), also auch $$ d(f,g) = \int_a^b |f(x) - g(x)|  ~\textrm{d}x = \int_a^b |g(x) - f(x)|  ~\textrm{d}x = d(g,f) $$

3. Dreiecksungleichung: Seien \( f, g, h \in C([a,b]) \) dann gilt wegen der Dreiecksungleichung des Betrags:

$$ \begin{aligned} \forall x \in [a,b]: |f(x) - h(x)| &= |f(x)  - g(x) + g(x) - h(x)| \\&\le |f(x) - g(x)| + |g(x) - h(x)| \end{aligned} $$

Wieder mit der Monotonie des Integrals folgt:

$$ \begin{aligned} d(f,h) &= \int_a^b |f(x) - h(x)|  ~\textrm{d}x \le \int_a^b |f(x) - g(x)| + |g(x) - h(x)| ~\textrm{d}x \\ &= \int_a^b |f(x) - g(x)|  ~\textrm{d}x + \int_a^b |g(x) - h(x)|  ~\textrm{d}x \\ &= d(f,g) + d(g,h) \end{aligned} $$

Für b): Die Induzierte Topologie sieht so aus: $$ \mathcal{T} = \{ U \subseteq C ([a, b]) ~|~ \forall f \in U \exists \varepsilon > 0 : B_\varepsilon(f) \subseteq U \} $$

Um zu zeigen, dass U offen ist muss man also zeigen, dass für jede Funktion in U eine \( \varepsilon \)-Umgebung existiert, die komplett in U liegt.

Sei also \( f \in U \), dann gilt \( \int_a^b f ~\textrm{d}x > 1 \) etwa \( \int_a^b f ~\textrm{d}x = 1 + \varepsilon \) mit einem \( \varepsilon > 0 \). Wir zeigen nun \( B_\varepsilon(f) \subseteq U \). Sei hierfür \( g \in B_\varepsilon(f)  \), dann gilt \( d(f,g) < \varepsilon \) bzw.

$$ \begin{aligned} \varepsilon &> d(f,g) = \int_a^b |f(x) - g(x)|  ~\textrm{d}x \ge \int_a^b f(x) - g(x)  ~\textrm{d}x \\&= \int_a^b f(x)   ~\textrm{d}x - \int_a^b g(x)  ~\textrm{d}x \\& = 1 + \varepsilon  - \int_a^b g(x)  ~\textrm{d}x\end{aligned} $$

Umstellen liefert \( \int_a^b g(x)  ~\textrm{d}x > 1 \) also \( g \in U \) und somit \( B_\varepsilon(f) \subseteq U \).

Comments

Nicht schlecht, vor allem der zweite Teil.

Answer 2

Du musst doch bei a) erst mal alle Metrikaxiome nachweisen, also etwa

d(f,g)=0 <=>  f=g .

Die Richtung <== ist wohl klar, denn dann wird über die Nullfunktion integriert.

Für ==> ist zu bedenken:  |f(x)-g(x)| ≥ 0 für alle x ∈ [a,b] .

Mit f und g ist auch |f-g| stetig auf [a,b] . Wäre es bei einem x ∈ [a,b] nicht 0 sondern >0, dann auch

in einer ganzen Umgebung von x und somit das Integral nicht 0,.

Symmerie:  ergibt sich aus    |f-g| =  |g-f|.

Dreiecksungl. hieße: Für alle f,g,h   ∈  C ([a,b])  gilt  d(f,g) + d(g,h) ≥ d(f,h) .

Seien also  f,g,h   ∈  C ([a,b]) . Dann gilt

d(f,g) + d(g,h) =  \( \int\limits_{a}^{b} \) | f( x ) - g( x ) | dx  +  \( \int\limits_{a}^{b} \) | g( x ) - h( x ) | dx

wegen der Linearität des Integrals also

=  \( \int\limits_{a}^{b} \) (| f( x ) - g( x ) | + | g( x ) - h( x ) |  )dx = #

und die  Dreiecksungleichung auf ℝ garantiert

| f( x ) - g( x ) | + | g( x ) - h( x ) | ≥ | ( f( x ) - g( x )) + ( g( x ) - h( x )) | =  | f(x) - h(x) |

Und damit liefert die Monotonie des Integrals

#   ≥   \( \int\limits_{a}^{b} \) | f( x ) - h( x ) | dx =   d(f,h) .

b) sehe gerade: ist erledigt.