Aufgaben und Lösungsskizzen zum Kurs ”Abbildungsgrad und Fixpunktsätze“

Nummern von Definitionen und Sätzen beziehen sich auf das Vorlesungmanuskript, welches man auf derselben Internetseite wie diese Lösungshinweise herunterladen kann.

1. (a) Sei A ⊂ ℝ^{n} abgeschlossen. Man zeige: Es gibt eine Folge (a_{k})_{k∈ℕ} ⊂ A, die dicht in A liegt.

(b) Man nennt einen metrischen Raum X separabel, falls er eine abzählbare dichte Teilmenge besitzt. Zeigen Sie in Verallgemeinerung von (a): Jeder Teilraum A eines separablen metrischen Raumes X ist wieder separabel.

Lösung:

(a) A ∩ \overline{B_{R}} ist kompakt. Für jedes n ist ⋃_{x∈A∩\overline{B_{R}}} B_{\frac{1}{n}} (x) offene Überdeckung, aus

der man endliche Teilüberdeckung auswählen kann. Indem man R → ∞ gehen lässt, findet man eine Folge

(x_{n,k})_{k∈ℕ} ⊂ A mit ⋃_{k=1}^{∞} B_{\frac{1}{n}} (x_{n,k}) ⊃ A.

(x_{n,k})_{(n,k)∈ℕ^{2}} leistet das Gewünschte.

(b) Sei (b_{k})_{k∈ℕ} eine dichte Teilmenge im separablen metrischen Raum (X, d), A ⊂ X eine beliebige Teilmenge. Für beliebiges n ∈ ℕ gilt:

⋃_{k=1}^{∞} B_{\frac{1}{2n}} (b_{k}) = X.

Betrachte nur die k_{ℓ} mit B_{\frac{1}{2n}} (b_{k_{ℓ}}) ∩ A ≠ ∅, ⋃_{ℓ=1}^{∞} B_{\frac{1}{2n}} (b_{k_{ℓ}}) ⊃ A. Wähle zu

jedem ℓ ein a_{n,ℓ} ∈ A ∩ B_{\frac{1}{2n}} (b_{k_{ℓ}}), wegen

d(y, a_{n,ℓ}) ≤ d(y, b_{k_{ℓ}}) + d \underbrace{(b_{k_{ℓ}}, a_{n,ℓ})}_{< \frac{1}{2n}}

ist B_{\frac{1}{2n}} (b_{k_{ℓ}}) ⊂ B_{\frac{1}{n}} (a_{n,ℓ}), also

A ⊂ ⋃_{ℓ=1}^{∞} B_{\frac{1}{n}} (a_{n,ℓ})

Die Folge (a_{n,ℓ})_{(n,ℓ)∈ℕ^{2}} leistet das Gewünschte.

2. Sei Ω ⊂ ℝ^{n} ein beschränktes Gebiet. Konstruieren Sie eine stetige bzw. eine beliebig oft differenzierbare Funktion φ : ℝ^{n} → ℝ, so dass für alle x ∈ ℝ^{n} gilt: 0 ≤ φ(x) ≤ 1 sowie

φ(x) = \{ \begin{matrix}1, & falls x ∈ Ω; \\ 0, & falls dist(x, Ω) ≥ 1. \end{matrix}

Lösung: Eine stetige Lösung erhält man durch φ(x) = max{1 − dist(x, Ω), 0}.

Zur C_{0}^{∞}-Variante: Sei Ω̃ := \{x : dist(x, Ω) < \frac{1}{3}\}, φ̃(x) = max\{1 − 3 dist(x, Ω), 0\}. Diese Funktion wird dem Glättungsprozedere aus dem Beweis des Weierstraßschen Approximationssatzes A.4 unterworfen, wobei der Glättungsradius des Glättungskernes < \frac{1}{3} gewählt wird.

3. Sei n ≥ 2. Man zeige: ℝ^{n} \ \overline{B_{1}(0)} ist zusammenhängend.

Lösung: x_{0}, x_{1} ∈ ℝ^{n} \ \overline{B_{1}(0)} zu verbinden in ℝ^{n} \ \overline{B_{1}(0)}. Da n ≥ 2, o. B. d. A. x_{0}, x_{1} linear unabhängig, d. h.

∀τ ∈ [0, 1] : x_{τ} = τx_{0} + (1 − τ)x_{1} ≠ 0,

das heißt |x_{τ}| > ε. Verbinde geradlinig zunächst x_{0}, \frac{1}{ε}x_{0}, dann \frac{1}{ε}x_{0} und \frac{1}{ε}x_{1} über \frac{1}{ε}x_{τ}, dann \frac{1}{ε}x_{1} und x_{1}.

4. Sei n ≥ 2, es sei f : ℝ^{n} → ℝ^{n} bijektiv und stetig. Außerdem gelte lim_{|x|→∞} |f(x)| = ∞. Man zeige: f(S^{n−1}) zerlegt ℝ^{n} in genau zwei disjunkte Gebiete, deren gemeinsamer Rand f(S^{n−1}) ist.

Lösung: Wir zeigen zunächst, dass auch f^{−1} stetig ist. Sei dazu lim_{k→∞} y_{k} = y_{0}, es bezeichne x_{k} := f^{−1}(y_{k}), x_{0} := f^{−1}(y_{0}). Die Voraussetzung lim_{|x|→∞} |f(x)| = ∞ sichert, dass die Folge (x_{k}) beschränkt ist. Wir nehmen an, dass sie nicht gegen x_{0} konvergiert, so dass dann eine Teilfolge (x_{k_{ℓ}}) existiert, die auf Grund des Satzes von Bolzano-Weierstraß gegen ein x̃_{0} ≠ x_{0} konvergiert. Da f stetig ist, folgt

f(x̃_{0}) = lim_{ℓ→∞} f(x_{k_{ℓ}}) = lim_{ℓ→∞} y_{k_{ℓ}} = y_{0} = f(x_{0}),

im Widerspruch zur Bijektivität von f.

Setze Ω_{i} = f(B_{1}(0)), Ω_{a} = f (ℝ^{n} \ \overline{B_{1}(0)}) . Ω_{i}, Ω_{a} sind Urbilder offener Mengen unter f^{−1}, also offen. (Weg-) Zusammenhang ist offensichtlich.

(∗) Wegen der Bijektivität ist auch Ω_{i} ∪ f(S^{n−1}) ∪ Ω_{a} = ℝ^{n} offensichtlich. Für jedes x ∈ f(S^{n−1}), ε > 0 gilt

f^{−1}(x) ∈ S^{n−1}, f^{−1} (B_{ε}(x)) ∩ B_{1}(0) ≠ ∅,
f^{−1} (B_{ε}(x)) ∩ (ℝ^{n} \ \overline{B_{1}(0)}) ≠ ∅.
⇒ B_{ε}(x) ∩ Ω_{i} ≠ ∅, B_{ε}(x) ∩ Ω_{a} ≠ ∅.

Das heißt f(S^{n−1}) ⊂ ∂Ω_{i}, f(S^{n−1}) ⊂ ∂Ω_{a}, die umgekehrte Inklusion ist wegen der disjunkten Zerlegung (∗) offensichtlich. Schließlich ist Ω_{i} beschränkt und Ω_{a} unbeschränkt.

5. Sei Ω ⊂ ℂ ein beschränktes Gebiet, dessen glatter Rand ∂Ω durch die glatte reguläre einfach geschlossene Kurve γ : [a, b] → ℂ, t ↦ γ(t) = x(t) + iy(t) gegeben werde. Dabei sei der Durchlaufsinn von γ so gewählt, dass durch

ν(t) = \frac{1}{\sqrt{x^{′2}(t) + y^{′2}(t)}} (y′(t), −x′(t))

ein äußeres Einheitsnormalenfeld an ∂Ω in z = γ(t) = x(t) + i y(t) gegeben werde. Weiter seien f, g in einer Umgebung von \overline{Ω} definiert und stetig differenzierbar. Man definiert allgemein das Kurvenintegral

∫_{γ} (f dx + g dy) := ∫_{a}^{b} (f(γ(t)) · x′(t) + g(γ(t)) · y′(t)) dt.

Der Satz von Stokes lautet dann:

∫_{γ} (f dx + g dy) = ∫_{Ω} (−\frac{∂f}{∂y} + \frac{∂g}{∂x}) d(x, y).

(a) Leiten Sie den Satz von Stokes für den Spezialfall Ω = B_{R}(0) direkt aus dem Hauptsatz der Differential– und Integralrechnung her.

(b) Leiten Sie den allgemeinen Satz von Stokes aus dem Satz von Gauß her.

Lösung:

(a) Sei γ : [0, 2π] → ℂ, t ↦ cos(t) + i sin(t);

∫_{γ} (f dx + g dy) = ∫_{0}^{2π} (f(γ(t)) · (−R sin(t)) + g(γ(t)) · R cos(t)) dt
= R ∫_{0}^{π} f(R cos t, R sin t) · (− sin t) dt
+R ∫_{π}^{2π} f(R cos t, R sin t) · (− sin t) dt
+R ∫_{−π/2}^{π/2} g(R cos t, R sin t) · (cos t) dt
+R ∫_{π/2}^{3π/2} g(R cos t, R sin t) · (cos t) dt.

Für das erste Integral benutzt man die Substitution:

t = arccos \frac{x}{R}, , \frac{dt}{dx} = −\frac{1}{\sqrt{R^{2} − x^{2}}} , sin t = \sqrt{1 − \frac{x^{2}}{R^{2}}} ,

und für die jeweils folgenden:

t = 2π − arccos \frac{x}{R}, , \frac{dt}{dx} = \frac{1}{\sqrt{R^{2} − x^{2}}} , sin t = −\sqrt{1 − \frac{x^{2}}{R^{2}}} ,

t = arcsin \frac{y}{R}, , \frac{dt}{dy} = \frac{1}{\sqrt{R^{2} − y^{2}}} , cos t = \sqrt{1 − \frac{y^{2}}{R^{2}}} ,

t = π − arcsin \frac{y}{R}, , \frac{dt}{dy} = −\frac{1}{\sqrt{R^{2} − y^{2}}} , cos t = −\sqrt{1 − \frac{y^{2}}{R^{2}}} .

Damit folgt unter Verwendung des Hauptsatzes der Differential- und Integralrechnung:

∫_{γ} (f dx + g dy) = − ∫_{R}^{R} f (x, \sqrt{R^{2} − x^{2}}) dx + ∫_{R}^{R} f (x, −\sqrt{R^{2} − x^{2}}) dx

+ ∫_{R}^{R} g (\sqrt{1 − y^{2}}, y) dy − ∫_{R}^{R} g (−\sqrt{1 − y^{2}}, y) dy

= − ∫_{R}^{R}[f(x, y)]_{y=−\sqrt{R^{2}−x^{2}}}^{y=\sqrt{R^{2}−x^{2}}} dx + ∫_{R}^{R}[f(x, y)]_{x=−\sqrt{R^{2}−y^{2}}}^{x=\sqrt{R^{2}−y^{2}}} dy
= − ∫_{R}^{R} (∫_{−\sqrt{R^{2}−x^{2}}}^{√\overline{R^{2}−x^{2}}} \frac{∂}{∂y} f(x, y) dy) dx

+ ∫_{R}^{R} (∫_{−\sqrt{R^{2}−y^{2}}}^{√\overline{R^{2}−y^{2}}} \frac{∂}{∂x}f(x, y) dx) dy

= ∫_{B_{R}(0)} (\frac{∂g}{∂x} − \frac{∂f}{∂y} ) d(x, y).

(b)

∫_{γ} (f dx + g dy) = ∫_{a}^{b} (f(γ(t)) · x′(t) + g(γ(t)) · y′(t)) dt = ∫_{∂Ω}(g, −f)·ν ds(x, y)

= ∫_{Ω} div(g, −f) d(x, y) = ∫_{Ω} (−\frac{∂f}{∂y} + \frac{∂g}{∂x}) d(x, y).

6. (a) Man bestimme den Abbildungsgrad d(z ↦ z̄, B_{R}(0), 0).

(b) Beweisen Sie den Fundamentalsatz der Algebra, indem Sie auf geeignetem B_{R}(0) den Abbildungsgrad von z ↦ z^{k} bestimmen.

Lösung: (a)

d(z ↦ z̄, B_{R}(0), 0) = \frac{1}{2πi} ∫_{|z|=R} (\frac{1}{z̄} dx + \frac{−i}{z̄} dy)

= \frac{1}{2πi} ∫_{0}^{2π} (\frac{1}{\overline{R exp(it)}}(−R sin t) + \frac{−i}{\overline{R exp(it)}}(R cos t)) dt
= \frac{1}{2π} ∫_{0}^{2π} (\frac{i sin t}{exp(−it)} − \frac{cos t}{exp(−it)}) dt = −\frac{1}{2π} ∫_{0}^{2π} \frac{exp(−it)}{exp(−it)} = −1.

(b)

d(z ↦ z^{k}, B_{R}(0), 0)
= \frac{1}{2πi} ∫_{|z|=R} (\frac{kz^{k−1}}{z^{k}} dx + \frac{kz^{k−1} · i}{z^{k}} dy)
= \frac{k}{2πi} ∫_{0}^{2π} (\frac{1}{R exp(it)}(−R sin t) + \frac{i}{R exp(it)}(R cos t)) dt
= \frac{k}{2π} ∫_{0}^{2π} \frac{exp(it)}{exp(it)} = k.

Sei nun

P (z) = z^{n} + a_{n−1}z^{n−1} + … + a_{1}z + a_{0}
= z^{n}(1 + a_{n−1}z^{−1} + … + a_{1}z^{1−n} + a_{0}z^{−n}).

Man bestimme R so groß, dass für |z| = R gilt:

|a_{n−1}z^{−1} + … + a_{1}z^{1−n} + a_{0}z^{−n}| ≤ \frac{1}{2}.

Mit P_{0}(z) = z^{n} ist dann für |z| = R:

|P_{0}(z) − P (z)| = |z^{n}| · |a_{n−1}z^{−1} + … + a_{1}z^{1−n} + a_{0}z^{−n}| ≤ \frac{1}{2}R^{n} < R^{n} = |P_{0}(z)|.

Nach dem Satz von Rouché ist also

n = d(P_{0}, B_{R}(0), 0) = d(P, B_{R}(0), 0),

und P besitzt wenigstens eine Nullstelle. Zu dieser kann dann von P ein Linearfaktor abgespalten werden, und nach n solchen Schritten zerfällt P über ℂ in Linearfaktoren.

7. Gegeben sei ein Polynom n–ten Grades

P (z) = z^{n} + a_{n−1}z^{n−1} + ... + a_{1}z + a_{0}, a_{j} ∈ ℂ.

Ist es möglich, dass für alle z ∈ ℂ mit |z| = 1 gilt:

|P (z)| < 1?

Lösung: Es bezeichne B = B_{1}(0) ⊂ ℂ die Einheitskreisscheibe und P_{1}(z) = −(a_{n−1}z^{n−1} + ... + a_{0}), P_{0}(z) = z^{n}. P_{τ}(z) = τP_{1}(z) + (1 − τ)P_{0}(z). Annahme: Für |z| = 1 wäre |P (z)| = |P_{0}(z) − P_{1}(z)| < 1 ⇒ ∀|z| = 1 : ∀τ ∈ (0, 1] : |P_{τ}(z)| ≥ |P_{0}(z)| − τ|P_{0}(z) − P_{1}(z)| > 1 − τ ≥ 0. Schließlich ist für τ = 0 offensichtlich: ∀|z| = 1 : |P_{0}(z)| = |z|^{n} = 1. Somit sind P_{0} und P_{1} auf B zulässig zueinander homotop. Es folgt: n = d(P_{0}, B) = d(P_{1}, B) ≤ n − 1, ein Widerspruch.

8. (a) Die Abbildung u : ℝ^{2} ≅ ℂ → ℝ sei zweimal stetig differenzierbar und habe in 0 ein strenges lokales Maximum bzw. Minimum bzw. Sattel, d. h. ∇u(0) = 0 und Hess u(0) negativ definit bzw. positiv definit bzw. indefinit. Betrachte das Gradientenfeld f(z) = u_{x}(z) + iu_{y}(z). Man zeige: ind (f, 0) = 1 bzw. 1 bzw. −1.

(b) Sei u : ℝ^{2} → ℝ zweimal stetig differenzierbar, für ein geeignetes R gelte: für |z| ≥ R ist u(x, y) = ax + by, mit a, b ∈ ℝ, a^{2} + b^{2} ≠ 0. Ferner habe u einen nichtdegenerierten kritischen Punkt wie in a). Man zeige: Dann hat u mindestens einen weiteren kritischen Punkt.

Lösung:

(a) Sei zunächst speziell

u = u_{0} + ax^{2} + by^{2}

mit den Fällen a < 0, b < 0 | a > 0, b > 0 | a > 0, b < 0.

f(z) = 2ax + i2by,
f_{x} = 2a, f_{y} = 2bi.

Durch eine einfache Homotopie kann man

|a| = |b| = 1

erreichen.

ind(f, 0) = \frac{1}{2πi} ∫_{|z|=ε} (\frac{f_{x}}{f} dx + \frac{f_{y}}{f} dy)

= \frac{1}{2πi} ∫_{|z|=ε} \frac{(2ax − 2iby)(2a dx + 2bi dy)}{(2ax + 2iby)(2ax − 2iby)}

= \frac{1}{2πi} ∫_{|z|=ε} \frac{4(ax − iby)(a dx + ib dy)}{4a^{2}x^{2} + 4b^{2}y^{2}}

= \frac{1}{2πi} ∫_{0}^{2π} \frac{(a cos t − ib sin t)(−a sin t + ib cos t)}{a^{2} cos^{2} t + b^{2} sin^{2} t} dt

= \frac{1}{2πi} ∫_{0}^{2π} (−a^{2} + b^{2}) cos t sin t dt + \frac{1}{2π} ∫_{0}^{2π} ab cos^{2} t + ab sin^{2} t dt

= ab = sgn(ab).

Sei nun u allgemein wie beschrieben. Nach einer Drehung (Multiplikation mit einer komplexem Zahl, kürzt sich in Windungszahl) kann man annehmen, dass

f(z) = 2ax + i2by + h(z)

mit h(z) stetig differenzierbar und \frac{h(z)}{|z|} → 0 (|z| → 0)

f_{0}(z) := 2ax + i2by

für |z| = ε ist |f_{0}(z)| = 2 ε\sqrt{a^{2} + b^{2}} und |f(z) − f_{0}(z)| = |h(z)| = |\frac{h(z)}{|z|} | ε

Wähle ε so klein, so dass für |z| ≤ ε gilt |\frac{h(z)}{|z|} | < 2\sqrt{a^{2} + b^{2}} Nach dem Satz von Rouché ist dann

ind(f, 0) = ind(f_{0}, 0) = sgn(ab) = \{ \begin{matrix}1, & falls Hess u(0) definit, \\ −1 & falls Hess u(0) indefinit. \end{matrix}

(b) Für |z| ≥ R ist f(z) = a + ib, hat also Abbildungsgrad d(f, B_{R}(0), 0) = 0. Wegen ind(f, z_{0}) ≠ 0 folgt aus der Indexformel die Existenz eines weiteren Punktes z_{1} mit f(z_{1}) = 0. Andernfalls wäre 0 = d(f, B_{R}(0), 0) = ind(f, z_{0}) ≠ 0, Widerspruch!

9. An Hand von einfachen Beispielen ”prüfe“ man die Notwendigkeit der Bedingungen ω(r) = 0 für r ≤ δ und für r ≥ ε. Lösung: Wir betrachten gleich im Vorgriff auf spätere Verallgemeinerungen ω(f(x)) statt ω(|f(x)|). Sei

Ω = (−1, 1), f(x) = x,

ω_{a}(x) = \{ \begin{matrix}0, & x < a − \frac{1}{2}, x > a + \frac{1}{2}, \\ 2 − 4|x − a|, & a − \frac{1}{2} ≤ x ≤ a + \frac{1}{2}. \end{matrix}

∫_{Ω} ω_{a}(f(x))J_{f}(x)dx = ∫_{−1}^{1} ω_{a}(x)dx

= \{ \begin{matrix}0, & falls & a < −\frac{3}{2}, a > \frac{3}{2}, \\ 1, & falls & −\frac{1}{2} < a < \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} + 2|a| − 2|a|^{2}, & falls & \frac{1}{2} ≤ |a| ≤ 1 \\ \frac{9}{2} − 6|a| + 2a^{2}, & falls & 1 ≤ |a| ≤ \frac{3}{2} \end{matrix}

Das heißt, dass −\frac{1}{2} < a < \frac{1}{2} sicher eine notwendige Bedingung für die korrekte Berechnung des Abbildungsgrades ist, das heißt supp ω_{a} ⊂ \overline{f(Ω)}.

10. Sei Ω ⊂ ℝ^{n} beschränkt und offen.

(a) Sei x_{0} ∈ ℝ, x_{0} ∉ ∂Ω. Man bestimme den Abbildungsgrad von f = σ(Id − x_{0}), σ ∈ ℝ \ {0}.

(b) Sei f ∈ C^{1}(ℝ^{n}, ℝ^{n}) bijektiv, f^{−1} ∈ C^{1}, f ≠ 0 auf ∂Ω. Man bestimme d(f, Ω, 0) mit Hilfe der Transformationsformel.

Lösung:

(a) J_{f}(x) = σ^{n}. Auf ∂Ω gilt |f(x)| = |σ||x − x_{0}| ≥ |σ| dist(x_{0}, ∂Ω) > 0. Sei ω stetig, ω(r) = 0 für r ≤ δ und r ≥ ε, wobei 0 < δ < ε < |σ| dist(x_{0}, ∂Ω), ∫_{ℝ^{n}} ω(|x|) dy = 1.

d(f, Ω) = ∫_{Ω} ω(|σ||x − x_{0}|) σ^{n} dx
= σ^{n} ∫_{Ω∩B_{|r| dist(x_{0},∂Ω)}(x_{0})} ω(|σ||x − x_{0}|) dx

= \{ \begin{matrix}0, & x_{0} ∉ Ω \\ σ^{n} ∫_{ℝ^{n}} ω(|σ||x − x_{0}|)dx = \frac{σ^{n}}{|σ|^{n}} ∫_{ℝ^{n}} ω(|x|) dx = (sgn σ)^{n} & x_{0} ∈ Ω \end{matrix}

(b) J_{f}(x) ≠ 0 in ℝ^{n}, setze

σ = sgn J_{f}(x) ≡ const in ℝ^{n}

Sei |f(x)| > ε auf ∂Ω, ω stetig mit ω(r) = 0 für r ≤ δ und r ≥ ε, 0 < δ < ε, ∫_{ℝ^{n}} ω(|x|) dx = 1.

d(f, Ω) = ∫_{Ω}(|f(x)|)J_{f}(x) dx = σ ∫_{Ω} ω(|f(x)|)|J_{f}(x)| dx

= σ ∫_{f(Ω)} ω(|x|) dx = \{ \begin{matrix}σ & falls 0 ∈ f(Ω), \\ 0 & sonst. \end{matrix}

11. Für hinreichend glattes f, f|∂Ω ≠ 0, und glattes Ω definiere man d(f, Ω, 0) mit Hilfe eines Oberflächenintegrals und vergleiche mit der ursprünglichen Definition des Abbildungsgrades für Funktionen ℂ → ℂ.

Lösung: Sei |f(x)| > ε > 0 auf ∂Ω, 0 < δ < ε, ω stetig mit ω(r) = 0 für r ≤ δ und r ≥ ε. Bezeichne wie im Beweis von Hilfssatz 2.1

φ(r) = r^{−n} (∫_{0}^{r} ρ^{n−1}ω(ρ) dρ)

A_{ki} = det (\frac{∂f}{∂x_{1}} , ..., \frac{∂f}{∂x_{i−1}} , e_{k}, \frac{∂f}{∂x_{i+1}} , ..., \frac{∂f}{∂x_{n}} )

mit e_{k} in der i-ten Spalte. Dann wurde dort gezeigt:

ω(|f(x)|)J_{f}(x) = div(φ(|f(x)|) · ∑_{k=1}^{n} f_{k}(x) · A_{ki}(x)) .

Nach dem Gaußschen Satz folgt:

d(f, Ω) = ∫_{Ω} ω(|f(x)|)J_{f}(x) dx

= ∫_{∂Ω} (∑_{k=1}^{n} φ(|f(x)|) · f_{k}(x) · A_{ki}(x))_{i=1,...,n} · ν dS.

Man beachte nun, dass für das von uns zubetrachtende φ gilt:

φ(|f(x)|) = |f(x)|^{−n} ∫_{0}^{|f(x)|} ρ^{n−1}ω(ρ) dρ

= |f(x)|^{−n} ∫_{0}^{ε} ρ^{n−1}ω(ρ) dρ = \frac{1}{ne_{n}|f(x)|^{n}} .

Damit erhalten wir folgende Alternativdefinition des Abbildungsgrades mittels des folgenden Oberflächenintegrals:

d(f, Ω) = \frac{1}{ne_{n}} ∫_{∂Ω} (∑_{k=1}^{n} \frac{f_{k}(x)A_{ki}(x)}{|f(x)|^{n}})_{i=1,...,n} ν dS

[ \begin{matrix}ν · dS = dS⃗ mit dS⃗ = (..., (−1)^{i−1}dx_{1} ∧ ... ∧ d̂x_{i} ∧ ... ∧ dx_{n}, ...) \\ Parametrisierung bezüglich ν positiv orientiert. \end{matrix} ]

Zurück zu n = 2; wir zeigen die Übereinstimmung dieser neuen mit der ursprünglichen Definition:

d(f, Ω) = \frac{1}{2π} ∫_{∂Ω} \frac{1}{|f(x)|^{2}} ((f_{1}A_{11} + f_{2}A_{21}) dx_{2} − (f_{1}A_{12} + f_{2}A_{22}) dx_{1})

= \frac{i}{2πi} ∫_{∂Ω} \frac{1}{f(x)\overline{f(x)}}((f_{1}f_{2,x_{2}} − f_{2}f_{1,x_{2}}) dx_{2} − (−f_{1}f_{2,x_{1}} + f_{2}f_{1,x_{1}}) dx_{1})

[ \begin{matrix}\overline{f} · f_{x_{1}} = (f_{1} − if_{2}) (f_{1,x_{1}} + if_{2,x_{1}}) = f_{1}f_{1,x_{1}} + f_{2}f_{2,x_{1}} + i (f_{1}f_{2,x_{1}} − f_{2}f_{1,x_{1}}) \\ \overline{f} · f_{x_{2}} = f_{1}f_{1,x_{2}} + f_{2}f_{2,x_{2}} + i (f_{1}f_{2,x_{2}} − f_{2}f_{1,x_{2}}) \end{matrix} ]

= \frac{1}{2πi} ∫_{∂Ω} (\frac{f_{x_{1}}}{f} dx_{1} + \frac{f_{x_{2}}}{f} dx_{2}) −

\underbrace{−\frac{1}{2πi} ∫_{∂Ω} (\frac{1}{|f(x)|^{2}} ((\frac{∂}{∂x_{1}} \frac{|f|^{2}}{2} ) dx_{1} + (\frac{∂}{∂x_{2}} \frac{|f|^{2}}{2} ) dx_{2}))}_{= ... = 0 mittels Stokes und etwas Rechnerei}.

12. Sei Ω ⊂ ℝ^{n} beschränkt und offen, 0 ∈ Ω, f : \overline{Ω} → ℝ^{n} sei stetig. Für alle x ∈ ∂Ω gelte:

f(x) · x > 0.

Dann besitzt f in Ω eine Nullstelle.

Lösung: Wir homotopieren f in die Identität: f_{τ}(x) := τx + (1 − τ)f(x), f_{0} = f. Für τ ∈ [0, 1], x ∈ ∂Ω gilt:

f_{τ}(x) · x = τ \underbrace{|x|^{2}}_{>0} +(1 − τ)(\underbrace{x · f(x)}_{>0}) > 0 ⇒ f_{τ}(x) ≠ 0.

Der Homotopiesatz zeigt: d(f, Ω) = d(Id, Ω). Wegen Aufgabe 10 und 0 ∈ Ω folgt d(Id, Ω) = 1 und damit die Behauptung.

13. Sei f : [a_{1}, b_{1}] × … × [a_{n}, b_{n}] → ℝ^{n} stetig.

Es gelte für i = 1, ..., n, x_{j} ∈ [a_{j}, b_{j}] (j ≠ i):

f_{i}(x_{1}, ..., x_{i−1}, a_{i}, x_{i+1}, ..., x_{n}) ≥ 0

und

f_{i}(x_{1}, ..., x_{i−1}, b_{i}, x_{i+1}, ..., x_{n}) ≤ 0.

Man zeige: f besitzt eine Nullstelle.

Lösung: Zunächst kann man ohne Beschränkung der Allgemeinheit a_{i} < b_{i} annehmen. Wäre nämlich a_{1} = b_{1}, so wäre

f_{1}(a_{1}, .)|_{[a_{2},b_{2}]×...×[a_{n},b_{n}]} = 0,

und es reicht f_{2}(a_{1}, .), ..., f_{n}(a_{1}, .) auf [a_{2}, b_{2}] × ... × [a_{n}, b_{n}] zu betrachten. Sei also Ω = (a_{1}, b_{1}) × ... × (a_{n}, b_{n}) ≠ ∅, x_{0} ∈ Ω, betrachte

F_{0} = −Id + x_{0}, f = ( f_{1} ; ⋮ ; f_{n} ) ,

F_{τ} = τf + (1 − τ)F_{0}.

Für 0 ≤ τ < 1, x ∈ ∂Ω gilt: für ein i ist x_{i} = a_{i} oder x_{i} = b_{i};

F_{τ,i}(x) = −(x_{i} − x_{0,i})(1 − τ) + τf_{i}(x)

= \{ \begin{matrix}≥ (x_{0,i} − a_{i})(1 − τ) & > 0, & x_{i} = a_{i}, \\ ≤ −(b_{i} − x_{0,i})(1 − τ) & < 0, & x_{i} = b_{i}. \end{matrix}

Das heißt F_{τ}|_{∂Ω} ≠ 0. Wegen des Homotopiesatzes und x_{0} ∈ Ω (Aufgabe 10 (a)) folgt für τ < 1 :

0 ≠ d(F_{0}, Ω) = d(F_{τ}, Ω).

Das heißt, dass für jedes τ ∈ [0, 1) ein x_{τ} ∈ Ω existiert mit

0 = F_{τ}(x_{τ}) = (1 − τ)(x_{0} − x_{τ}) + τf(x_{τ}).

Nach Auswahl einer Teilfolge folgt für τ ↗ 1 : x_{τ} → x_{1} ∈ \overline{Ω}, 0 = f(x_{1}).

14. Sei Ω offen, beschränkt und konvex. Man zeige, dass der Brouwersche Fixpunktsatz auch auf \overline{Ω} gilt.

Hinweis: Arbeiten Sie mit dem in der Veranstaltung vorgestellten Minkowski–Funktional.

Zusatz: Was kann man sagen, wenn K ≠ ∅ kompakt und konvex ist, aber nicht mehr notwendigerweise innere Punkte enthält, und f : K → K stetig ist?

Lösung: Ohne Beschränkung der Allgemeinheit sei 0 ∈ Ω. Wir betrachten das Minkowski-Funktional:

p\overline{Ω} : ℝ^{n} → ℝ,

p\overline{Ω}(x) = inf \{α > 0 : \frac{1}{α}x ∈ \overline{Ω}\} .

Auf Grund der Offenheit und Konvexität von Ω sowie von 0 ∈ Ω lässt sich elementar zeigen. dass für λ ≥ 0, x, y ∈ ℝ^{n} gilt:

p\overline{Ω}(λx) = λp\overline{Ω}(x),
p\overline{Ω}(x + y) ≤ p\overline{Ω}(x) + p\overline{Ω}(y).

Damit folgt die Stetigkeit:

Sei x ∈ ℝ^{n} beliebig, y_{k} → 0,

p(x) − \underbrace{p(−y_{k})}_{→0} ≤ p\overline{Ω}(x + y_{k}) ≤ p\overline{Ω}(x) + \underbrace{p\overline{Ω}(y_{k})}_{→0},

denn p(±y_{k}) → 0, da Ω 0−Umgebung. Schließlich hat man: x ∈ \overline{Ω} ⇔ p\overline{Ω}(x) ≤ 1. Sei R so, dass \overline{B_{R}(0)} ⊃ \overline{Ω},

ρ : \overline{B_{R}(0)} → \overline{Ω}, ρ(x) = min \{1, \frac{1}{p\overline{Ω}(x)}\} · x

Es gilt: ρ stetig, ∀x ∈ \overline{B_{R}(0)} : ρ(x) ∈ \overline{Ω}, für x ∈ \overline{Ω} : ρ(x) = x. Damit können wir nun die angestrebte Verallgemeinerung des Brouwerschen Fixpunktsatzes zeigen: Sei f : \overline{Ω} → \overline{Ω} eine stetige Abbildung. Die Fortsetzung f̃: \overline{B_{R}} → \overline{Ω} ↪ \overline{B_{R}}, f̃:= f ∘ ρ ist ebenfalls stetig, also existiert nach dem Brouwerschen Fixpunktsatz in Kugeln ein ξ ∈ \overline{B_{R}} : f̃(ξ) = f(ρ(ξ)) = ξ. Da f̃(\overline{B_{R}}) = \overline{Ω} : ξ ∈ \overline{Ω}, ρ(ξ) = ξ, also

∃ξ ∈ \overline{Ω} : f(ξ) = ξ.

Zum Zusatz: Enthält K keine inneren Punkte, so ist K in einer Hyperebene des ℝ^{n} enthalten, und man kann die Dimension des umgebenden Raumes solange reduzieren, bis K ⊂ ℝ^{m}, m < n geeignet, innere Punkte enthält.

15. Sei n ungerade, f : S^{n−1} → S^{n−1} sei stetig. Dann gibt es ein ζ ∈ S^{n−1} mit f(ζ) = ζ oder f(ζ) = −ζ.

Lösung: Der Fall n = 1 ist trivial, ohne Beschränkung der Allgemeinheit n ≥ 3. Setze f gemäß dem Satz von Tietze stetig nach \overline{B_{1}(0)} fort. Sicher gilt, da n ungerade:

\begin{matrix}1 = d(id, B_{1}(0)) ≠ v(f, S^{n−1}) & oder \\ −1 = d(−id, B_{1}(0)) ≠ v(f, S^{n−1}). \end{matrix}

Dabei bezeichnet v(f, S^{n−1}) die Ordnung der Abbildung f : ∂B_{1}(0) = S^{n−1} → S^{n−1} ⊂ ℝ^{n}. Im ersten Fall ist die Homotopie

(t, x) ↦ tx + (1 − t)f(x)

nicht zulässig, d. h. ∃t ∈ (0, 1), ∃ξ ∈ S^{n−1} :

tξ + (1 − t)f(ξ) = 0,
das heißt f(ξ) = \frac{t}{t − 1} ξ.

Nun ist gemäß Voraussetzung 1 = |f(ξ)| = \frac{t}{1−t}|ξ| = \frac{t}{1−t}

⇒ t = \frac{1}{2}, f(ξ) = −ξ.

Im zweiten Fall ist die Homotopie

(t, x) ↦ t(−x) + (1 − t)f(x)

unzulässig, d. h. ∃t ∈ (0, 1), ∃ξ ∈ S^{n−1} :

t(−ξ) + (1 − t)f(ξ) = 0,
das heißt f(ξ) = \frac{t}{1 − t}ξ,

zudem ist nach Voraussetzung: 1 = |f(ξ)| = \frac{t}{1−t}, also t = \frac{1}{2} und

f(ξ) = ξ.

16. Sei f : \overline{B_{1}(0)} → ℝ^{n} stetig, für alle x ∈ \overline{B_{1}(0)} gelte f(x) ≠ 0. Dann existieren Zahlen λ_{1} > 0, λ_{2} < 0 und Punkte ζ_{1}, ζ_{2} ∈ S^{n−1} mit f(ζ_{1}) = λ_{1}ζ_{1}, f(ζ_{2}) = λ_{2}ζ_{2}.

Lösung: Ähnlich wie Aufgabe 15: d(f, B_{1}(0)) = 0, das heißt: Beide Homotopien aus Aufgabe 15 sind unzulässig, unabhängig von n gerade/ungerade. Also existieren t_{1}, t_{2} ∈ (0, 1), ξ_{1}, ξ_{2} ∈ S^{n−1} :

f(ξ_{1}) = \underbrace{\frac{t_{1}}{1 − t_{1}}}_{λ_{1}} ξ_{1}, f(ξ_{2}) = \underbrace{\frac{t_{2}}{t_{2} − 1}}_{λ_{2}} ξ_{2}.

17. (Satz von Borsuk-Ulam)

Sei Ω ⊂ ℝ^{n} beschränkt, offen und symmetrisch mit 0 ∈ Ω. Sei f : ∂Ω → ℝ^{m} ↪ ℝ^{n}, m < n, stetig. Dann existiert ζ ∈ ∂Ω mit f(ζ) = f(−ζ).

Beispiel: n = 3, m = 2, Ω = Erde f(x) = \binom{Temp.}{Druck} ⇒ An zwei antipodalen Punkten auf der Erdoberfläche stimmen Druck und Temperatur überein.

Lösung: Annahme: ∀x ∈ ∂Ω : f(x) ≠ f(−x). Betrachte g : ∂Ω → ℝ^{m} ↪ ℝ^{n}, g(x) = f(x) − f(−x), sowie die ungerade, stetige Fortsetzung nach ℝ^{n}:

g : ℝ^{n} → ℝ^{m} ↪ ℝ^{n}.

Auf ∂Ω gilt g(x) ≠ 0 nach Annahme, das heißt für ε > 0 geeignet: |g(x)| > ε. Nach dem Satz von Borsuk ist

d(g, Ω) ≠ 0,

gemäß dem Satz von Rouché gilt für z ∈ ℝ^{n}, |z| ≤ ε :

g_{z}(x) := g(x) − z,
d(g_{z}, Ω) ≠ 0.

Also existiert zu jedem solchen z ein x mit g(x) − z = 0. Das heißt für die n-dimensionale ε-Kugel B_{ε}(0) ⊂ g(Ω) im Widerspruch zu g(Ω) ⊂ ℝ^{m}.

18. Sei f : ℝ^{n} → ℝ^{n} stetig und lokal injektiv, für |x| → ∞ gelte |f(x)| → ∞. Man zeige: f(ℝ^{n}) = ℝ^{n}.

Lösung: Nach dem Satz von der Gebietsinvarianz ist f(ℝ^{n}) offen. Annahme: f(ℝ^{n}) ≠ ℝ^{n}. Dann existiert y ∈ ∂f(ℝ^{n}), y ∉ f(ℝ^{n}). Finde y_{k} → y, y_{k} ∈ f(ℝ^{n}), x_{k} ∈ ℝ^{n} : f(x_{k}) = y_{k}. (x_{k}) beschränkt, andernfalls wäre für eine Teilfolge |f(x_{k})| → ∞. Nach Auswahl einer Teilfolge kann man erreichen: x_{k} → x,

y_{k} = f(x_{k}) → f(x).
↓
y

⇒ y ∈ f(ℝ^{n}). Ein Widerspruch!

19. Sei φ ∈ C^{2}(ℝ^{n}, ℝ) mit φ(x) → −∞ für |x| → +∞ und ∇φ(x) ≠ 0 für |x| ≥ R, R > 0 geeignet. Man zeige, dass für alle r ≥ R gilt:

d(∇φ, B_{r}(0)) = (−1)^{n}.

Anleitung: Man arbeite auf Niveaumengen für φ. Für geeignetes Ω und x ∈ \overline{Ω} betrachte man das Anfangswertproblem

u_{t}(t, x) = ∇φ(u(t, x)),  t ≥ 0,
u(0, x) = x,

und zeige, dass für alle t > 0 gilt:

d(u(t, .) − Id, Ω) = d(∇φ, Ω).

Schließlich zeige man, dass für hinreichend große t und x ∈ ∂Ω der ”Fluss“ u(t, x) relativ klein zu Id(x) = x ist.

Lösung: Sei M := min_{x∈\overline{B_{R}(0)}} φ(x), wähle R′ so, dass

B_{R′} ⊃ \{x : φ(x) ≥ M\} , K := min_{x∈\overline{B_{R′}}} φ < M

Ω = {x ∈ ℝ^{n} : φ(x) > K − 1} .

Auf Grund der Voraussetzungen ist Ω offen, beschränkt, umfasst \overline{B_{R}(0)}. Für x ∈ \overline{Ω} betrachte das Anfangswertproblem

\frac{∂}{∂t}u(t, x) = ∇φ(u(t, x))

u(0, x) = x.

Dann gilt für t ≥ 0 :

0 ≤ |u_{t}|^{2} = ∇φ(u) · u_{t} = \frac{∂}{∂t}(φ(u)),

das heißt

x ∈ Ω ⇒ u(t, x) ∈ Ω,  (1)

für x ∈ ∂Ω (|x| ≥ R) : 0 ≠ ∇φ(x) = ∇φ(u(0, x)) = u_{t}(0, x), \frac{∂}{∂t}φ(u)|_{t=0} > 0, d. h.

x ∈ ∂Ω ⇒ ∀t > 0 : u(t, x) ∈ Ω.  (2)

Damit existieren die Lösungen insbesondere für alle Zeiten! Folglich sind sowohl

d(u(t, .) − Id, Ω), t > 0

als auch

d(∇φ, Ω)

wohldefiniert.

\underline{Beh.:} Für t > 0 gilt

d(u(t, .) − Id, Ω) = d(∇φ, Ω)  (3)

\underline{Beweis dazu:} Auf Grund des Homotopiesatzes ist für t > 0 :

d(u(t, .) − Id, Ω) = d (\frac{1}{t}(u(t, .) − Id), Ω) .  (4)

Betrachte nun die Homotopie (T < ∞ beliebig):

H : [0, T] × \overline{Ω} → ℝ^{n},

H(t, x) = \{ \begin{matrix}\frac{1}{t}(u(t, x) − x), & t > 0, \\ u_{t}(0, x), & t = 0. \end{matrix}

Die Stetigkeit ist nur in t = 0 problematisch. Für (0, x), (t′, x′) ∈ [0, 1] × \overline{Ω} gilt

|H(0, x) − H(t′, x′)| = |u_{t}(0, x) − \frac{1}{t′} ∫_{0}^{t′} u_{t}(τ, x′) dτ|

≤ \frac{1}{t′} ∫_{0}^{t′} |u_{t}(0, x) − u_{t}(τ, x′)| dτ

= \frac{1}{t′} ∫_{0}^{t′} | \underbrace{∇φ(u(0, x)) − ∇φ(u(τ, x′))}_{gleichmäßig stetig, das heißt_{≤ε, falls} |x − x′| ≤ δ, t′ ≤ δ, δ = δ(ε) > 0 geeignet} | dτ ≤ \frac{1}{t′} · t′ · ε = ε.

Hier geht die Voraussetzung φ ∈ C^{2} ein: Insbesondere haben wir gleichmäßige Lipschitzstetigkeit von ∇φ und damit die stetige Abhängigkeit der Lösung von den Anfangsdaten.

Schließlich ist die Homotopie zulässig, denn für x ∈ ∂Ω ist H(t, x) ≠ 0. Mit Hilfe von (4) folgt nun für 0 ≤ t′ ≤ t

d(u(t, .) − Id, Ω) = d(H(t′, .), Ω) = d(u_{t}(0, .), Ω) = d(∇φ, Ω),

das heißt (3).

Es bleibt, d(u(t, .) − Id, Ω) zu berechnen. Zeige dazu, dass, für großes t, u(t, .) relativ zu Id auf ∂Ω klein wird. Wähle dazu ε > 0, so dass gilt

|∇φ(x)| ≥ ε, falls |x| ≥ R, x ∈ \overline{Ω}.

\underline{Beh.:} Für t ≥ \frac{M+1−K}{ε^{2}} gilt:

für alle x ∈ \overline{Ω} ist φ(u(t, x)) ≥ M, insbesondere |u(t, x)| ≤ R′. (5)

\underline{Beweis dazu:} Zunächst bemerkt man: Wegen (1), das heißt

\frac{∂}{∂t}φ(u(t, x)) ≥ 0,

gilt: Ist φ(u(t_{0}, x)) ≥ M, so ist φ(u(t, x)) ≥ M für alle t ≥ t_{0}. Es reicht also zu zeigen: Für jedes x ∈ \overline{Ω} gibt es ein t ≤ \frac{M+1−K}{ε^{2}} , so dass gilt

φ(u(t, x)) ≥ M.

Annahme: Es gibt ein x ∈ \overline{Ω}, so dass für alle t ≤ \frac{M+1−K}{ε^{2}} gilt:

φ(u(t, x)) < M.  (6)

Insbesondere gilt dann |u(t, x)| > R und deshalb |∇φ(u(t, x))| ≥ ε, ferner:

φ(u(t, x)) − \underbrace{φ(u(0, x))}_{=φ(x)} = ∫_{0}^{t} ∇φ(u(τ, x)) · u_{τ}(τ, x)dτ

= ∫_{0}^{t} |∇φ(u(τ, x))|^{2}dτ ≥ ε^{2}t,
φ(u(t, x)) ≥ K − 1 + ε^{2}t.

Für t = \frac{M+1−K}{ε^{2}} ist φ(u(t, x)) ≥ M im Widerspruch zu (6). Damit gilt (5).

Für alle t ≥ \frac{M+1−K}{ε^{2}} gilt nun

|u(t, x)| ≤ R′ < inf_{x∈∂Ω} |x|,

also nach dem Satz von Rouché:

d(u(t, .) − Id, Ω) = d(−Id, Ω) = (−1)^{n},

denn 0 ∈ Ω. Also (−1)^{n} = d(∇φ, Ω) = d(∇φ, B_{R}(0)), weil ∇φ ≠ 0 für x ∈ \overline{Ω} \ B_{R}(0).

20. Man überlege sich die Produktformel für den Abbildungsgrad mit Hilfe von Hilfssatz 3.7, dabei können die beteiligten Abbildungen und die auftretenden ”Null“- Stellen als so regulär wie benötigt angenommen werden.

Lösung: Sei z ∈ ℝ^{n}, Ω beschränkt, offen

Ω →^{f} ℝ^{n} →^{g} ℝ^{n}, f, g ∈ C^{1},

es gelte g ∘ f|_{∂Ω} ≠ z, insbesondere auch g|_{f(∂Ω)} ≠ z. ℝ^{n} \ f(∂Ω) = ⋃_{i∈I} G_{i} ∪ G_{∞} Zerlegung in Zusammenhangskomponenten.

Da ∂G_{i} ⊂ f(∂Ω) (wegen der Maximalität der G_{i}) ist g|_{∂G_{i}} ≠ z. Wir können annehmen (man vgl. das Lemma von Sard), dass für endlich viele i ∈ I_{0}, jeweils endlich viele z-Stellen in G_{i} liegen:

y_{i,j} ∈ G_{i},
i ∈ I_{0} :  g(y_{i,j}) = z, j = 1, ..., N_{i},
J_{g}(y_{i,j}) ≠ 0.

Auf allen anderen G_{i} gilt: g|G_{i} ≠ z. Für jedes solches Indexpaar (i, j) suche in Ω y_{i,j}- Stellen:

i ∈ I_{0}, j = 1, ..., N_{i} :  f(x_{i,j,k}) = y_{i,j}  k = 1, ..., N_{i,j}, J_{f}(x_{i,j,k}) ≠ 0.

{x_{i,j,k} : i ∈ I_{0}, j = 1, ..., N_{i}, k = 1, ..., N_{i,j}} ist die Menge aller z-Stellen von g ∘ f in Ω. Nach Hilfssatz 3.7 ist

d(g ∘ f, Ω, z) = ∑_{i∈I_{0}} ∑_{j=1}^{N_{i}} ∑_{k=1}^{N_{i,j}} sgnJ_{g∘f}(x_{i,j,k})

= ∑_{i∈I_{0}} ∑_{j=1}^{N_{i}} ∑_{k=1}^{N_{i,j}} sgnJ_{g}(f(x_{i,j,k})) · sgnJ_{f}(x_{i,j,k}))

= ∑_{i∈I_{0}} ∑_{j=1}^{N_{i}} sgnJ_{g}(y_{i,j}) (∑_{k=1}^{N_{i,j}} sgnJ_{f}(x_{i,j,k}))

= ∑_{i∈I_{0}} ∑_{j=1}^{N_{i}} sgnJ_{g}(y_{i,j})d(f, Ω, y_{i,j})

= ∑_{i∈I_{0}} d(f, Ω, G_{i}) (∑_{j=1}^{N_{i}} sgnJ_{g}(y_{i,j}))

= ∑_{i∈I_{0}} d(f, Ω, G_{i})d(g, G_{i}, z)

= ∑_{i∈I} d(f, Ω, G_{i})d(g, G_{i}, z).

21. Sei f ∈ C^{1}(ℝ × ℝ^{n}, ℝ^{n}), es gebe ein ω > 0, so dass für alle (t, x) ∈ ℝ × ℝ^{n} gilt: f(t + ω, x) = f(t, x). Ferner sei φ ∈ C^{2}(ℝ^{n}), φ(x) → −∞ für |x| → ∞; es gebe ein R > 0, so dass für alle |x| ≥ R und t ≥ 0 gilt:

∇φ(x) · f(t, x) > 0.

Man zeige, dass die Differentialgleichung

u′(t) = f(t, u(t))

eine ω-periodische Lösung besitzt.

Lösung: Zunächst bemerkt man, dass für |x| ≥ R und t ∈ ℝ gilt ∇φ(x) ≠ 0, f(t, x) ≠ 0.

Sei M = min_{x∈\overline{B_{R}(0)}} φ(x),

Ω = {x ∈ ℝ^{n} : φ(x) > M − 1} offen, beschränkt,
∂Ω = {φ(x) = M − 1} .

Da φ ∈ C^{2} und ∇φ|∂Ω ≠ 0 ist, ist ∂Ω eine C^{2}-glatte Mannigfaltigkeit mit innerer Einheitsnormale \frac{1}{|∇φ|}∇φ. Für x ∈ \overline{Ω} betrachten wir zunächst das folgende Anfangswertproblem:

u_{t}(t, x) = f(t, u(t, x)), t ≥ 0,
u(0, x) = x.

Für t ≥ 0 existieren die Lösungen global, es ist sogar für t > 0 : u(t, x) ∈ Ω. Denn sei für ein t_{0} u(t_{0}) = x_{0} ∈ ∂Ω, dann

u_{t}(t_{0}) · ∇φ(x_{0}) = f(t_{0}, \underbrace{u(t_{0})}_{x_{0}}) · ∇φ(x_{0}) > 0.

Das heißt: Die Tangente an t ↦ u(t) in t_{0} zeigt echt ins Innere von Ω (∂Ω C^{2}-glatt), also

u(t_{0} + ε) ∈ Ω, u(t_{0} − ε) ∉ \overline{Ω}, 0 < ε ≤ ε_{0}.

Wie in Aufgabe 19 zeigt man nun: Da f ∈ C^{1}, ist für t > 0

d(u(t, .) − Id, Ω) = d(f(0, .), Ω);

ferner ist für τ ∈ [0, 1], x ∈ ∂Ω wegen

|τf(0, x) + (1 − τ)∇φ(x)|^{2}
= τ^{2}|f(0, x)|^{2} + 2τ(1 − τ)(f(0, x) · ∇φ(x)) + (1 − τ)^{2}|∇φ(x)|^{2} > 0

die Abbildung

[0, 1] × \overline{Ω} → ℝ, (τ, x) ↦ τf(0, x) + (1 − τ)∇φ(x)

eine zulässige Homotopie von f(0, .) in ∇φ( .). Zusammen mit Aufgabe 19 folgt:

d(u(ω, .) − Id, Ω) = d(f(0, .), Ω) = d(∇φ, Ω) = (−1)^{n}.

Das heißt, es gibt ein x_{0} ∈ Ω mit

u(ω, x_{0}) = x_{0}.

Da f( . , x) ω−periodisch ist, ist ℝ → Ω, t ↦ u(t, x_{0}) eine ω−periodische Lösung von u_{t} = f(t, u).

22. (Satz von Jentzsch) Sei ∅ ≠ C^{∘} ⊂ C ⊂ ℝ^{n} und C kompakt, für den Integralkern K ∈ C^{0}(C × C) gelte K(x, y) > 0 für alle x, y ∈ C. Man zeige: Es gibt einen positiven Eigenwert λ > 0 und eine strikt positive Eigenfunktion f ∈ C^{0}(C) von

∫_{C} K(x, y)f(y)dy = λf(x).

Lösung: Sei V = C^{0}(C), A = {f ∈ V : f ≥ 0 und ∫_{C} f(x) dx = 1} . A ist in V abgeschlossen und konvex. Definiere

F : A → A, F (f)(x) = \frac{∫_{C} K(x, y)f(y) dy}{∫_{C} ∫_{C} \underbrace{K(ξ, η)}_{≥ρ>0} f(η) dη dξ} .

x ↦ ∫_{C} K(x, y)f(y) dy ist stetig, der Nenner > 0, also tatsächlich F : A → A. Wegen

| ∫_{C} \underbrace{K(x, y)}_{≤M}(f(y) − f̃(y)) dy| ≤ M · |C| · ∥f − f̃∥_{C^{0}},

∫_{C} ∫_{C} K(ξ, η)f(η) dη dξ ≥ ρ|C| ∫_{C} f(η) dη = ρ|C|,

∫_{C} ∫_{C} K(ξ, η)f(η) dη dξ ≤ M|C| ∫_{C} f(η) dη = M|C|, |C| ≠ 0

ist F stetig. F ist sogar kompakt: verwende Satz von Arzela-Ascoli. Dazu: f ∈ A ⇒ ∥F (f)∥_{C^{0}} ≤ \frac{M}{ρ|C|}. Gleichgradig gleichmässige Stetigkeit : Sei ε > 0, bestimme δ > 0, so dass für alle x, x′ ∈ C, y ∈ C, |x − x′| ≤ δ gilt

|K(x, y) − K(x′, y)| ≤ ε,

⇒ |F (f)(x) − F (f)(x′)| ≤ \frac{1}{∫_{C} ∫_{C} K(ξ, η)f(η) dη dξ} |∫_{C}(K(x, y) − K(x′, y))f(y) dy|

≤ \frac{1}{ρ|C|} · ε ∫_{C} f(y) dy = \frac{ε}{ρ|C|}.

Alle Voraussetzungen des Fixpunktsatzes von Schauder sind erfüllt, das heißt ∃f ∈ A :

f = F (f) = \underbrace{\frac{∫_{C} K(x, y)f(y) dy}{∫_{C} ∫_{C} K(ξ, η)f(η) dη dξ}}_{=:λ>0} .

Da f ≥ 0, f ≢ 0, folgt aus K ≥ ρ > 0 und aus

f = \frac{1}{λ} ∫_{C} K(x, y)f(y) dy

auch f > 0 in C.

23. Sei V ein Banachraum.

Man zeige: M ⊂ V ist präkompakt ⇔ \overline{M} ist kompakt.

Lösung: ”⇐ “ trivial. ”⇒ “ Sei (x_{k})_{k∈ℕ} ⊂ \overline{M}. Finde für alle k ein y_{k} ∈ M mit ∥x_{k} − y_{k}∥ ≤ \frac{1}{k}. Finde Teilfolge k_{ℓ}, y ∈ \overline{M} mit y_{k_{ℓ}} → y (ℓ → ∞). Es ist:

∥x_{k_{ℓ}} − y∥ ≤ ∥x_{k_{ℓ}} − y_{k_{ℓ}}∥ + ∥y_{k_{ℓ}} − y∥ ≤ \frac{1}{k_{ℓ}} + o(1) = o(1) (ℓ → ∞)

24. Sei V ein Banachraum, F : V → V sei eine stetige Abbildung, so dass für jede beschränkte Menge B ⊂ V das Bild F (B) präkompakt ist. Außerdem existiere eine Zahl K ∈ ℝ mit der folgenden Eigenschaft: Ist x ∈ V für ein τ ∈ [0, 1] Lösung der Gleichung x − τF (x) = 0, so ist ∥x∥ ≤ K. Dann gilt: F hat in V einen Fixpunkt. (Methode der a-priori-Schranken.) Hinweis: Mit Hilfe von F konstruiere man eine kompakte Abbildung F : \overline{B_{K+1}(0)} → \overline{B_{K+1}(0)}.

Lösung: Betrachte F̃ : \overline{B_{K+1}(0)} → \overline{B_{K+1}(0)},

F̃(x) = \{ \begin{matrix}F (x) & falls ∥F (x)∥ ≤ K + 1, \\ \frac{(K+1)}{∥F (x)∥}F (x) & falls ∥F (x)∥ ≥ K + 1. \end{matrix}

F̃ ist offensichtlich stetig, und F̃(\overline{B_{K+1}(0)}) ist präkompakt, also ist F̃ kompakt. Auf Grund des Schauderschen Fixpunktsatzes existiert ξ ∈ \overline{B_{K+1}(0)} mit F̃(ξ) = ξ.

1. Fall : ∥F (ξ)∥ ≥ K + 1, dann ist

ξ = F̃(ξ) = \frac{(K + 1)}{∥F (ξ)∥}F (ξ) = τF (ξ) mit

τ = \frac{K + 1}{∥F (ξ)∥} ∈ (0, 1]

Nach Voraussetzung ist K ≥ ∥ξ∥ = ∥F̃(ξ)∥ = K + 1, Widerspruch! Dieser Fall tritt nicht ein. Bleibt also

2. Fall : ∥F (ξ)∥ ≤ K + 1, dann ist ξ = F̃(ξ) = F (ξ) wie behauptet.

25. Sei V ein Banachraum, M ⊂ V. Dann sind äquivalent:

(a) M ist präkompakt.

(b) Zu jedem δ > 0 existiert eine Zahl n ∈ ℕ und n Punkte x_{1,}..., x_{n} ∈ M mit M ⊂ ⋃_{j=1}^{n} B_{δ}(x_{j}).

Hinweis: Man verwende die Äquivalenz von Folgen- und Überdeckungskompaktheit.

Lösung: ”(a) ⇒ (b)“: Nach Aufgabe 23 ist \overline{M} kompakt. Für jedes δ gilt \overline{M} ⊂

∪_{x∈M}B_{δ}(x). Also existieren x_{1}, ..., x_{n} ∈ M mit

M ⊂ \overline{M} ⊂ ∪_{i=1}^{n}B_{δ}(x_{i}).

” (b) ⇒(a)“: Sei (x_{k})_{k∈ℕ} ⊂ M. Mit Hilfe des Cantorschen Diagonalverfahrens konstruieren wir eine Cauchy-Teilfolge. Da M mit endlich vielen \frac{1}{2}−Kugeln überdeckt werden kann, liegen unendlich viele Folgenglieder in einer Kugel mit Radius \frac{1}{2}. Das heißt es gibt eine Teilfolge x_{k_{1,j}}, so dass für i, j gilt ∥x_{k_{1,j}} − x_{k_{1,i}}∥ ≤ 1. Sei nun ℓ ∈ ℕ beliebig und eine Teilfolge (x_{k_{ℓ,j}})_{j∈ℕ} bereits konstruiert. Überdecke M mit endlich vielen \frac{1}{2^{ℓ+2}} Kugeln, unendlich viele Glieder von x_{k_{ℓ,j}} liegen in einer Kugel mit Radius \frac{1}{2^{ℓ+2}} , d. h. es gibt Teilfolge (x_{k_{ℓ+1,j}})_{j∈ℕ} von (x_{k_{ℓ,j}})_{j∈ℕ}, so dass für alle i, j gilt

∥x_{k_{ℓ+1,i}} − x_{k_{ℓ+1,j}}∥ ≤ \frac{1}{2^{ℓ+1}} ; ⋮

Die Diagonalfolge x_{k_{j}} := x_{k_{j,j}} ist offensichtlich eine Cauchy-Folge.

26. Sei V ein Banachraum, (x_{k})_{k∈ℕ} eine Folge, die keine (in V) konvergente Teilfolge besitzt. Dann gibt es ein δ > 0 und eine Teilfolge (x_{k_{i}})_{i∈ℕ}, so dass für alle i ≠ j gilt:

∥x_{k_{i}} − x_{k_{j}}∥ ≥ δ.

Lösung: M = {x_{k} : k ∈ ℕ} ist also nicht präkompakt. Also existiert ein δ > 0 gemäß Aufgabe 25, so dass M nicht von endlich vielen der Kugeln B_{δ}(x_{k}), k ∈ ℕ, überdeckt werden kann. Deshalb bricht folgendes Verfahren nicht ab: Setze x_{k_{1}} = x_{1}, bestimme x_{k_{2}} ∉ B_{δ}(x_{k_{1}}), bestimme x_{k_{3}} ∉ B_{δ}(x_{k_{1}}) ∪ B_{δ}(x_{k_{2}}), ... Diese Folge leistet das Gewünschte.

27. Sei V ein Banachraum, Ω ⊂ V offen; die Abbildung F : Ω → V heißt in x_{0} ∈ Ω (Fréchet-) differenzierbar, falls gilt: Es gibt eine beschränkte lineare Abbildung A : V → V, ein ε > 0 und eine Abbildung R : B_{ε}(x_{0}) → V mit lim_{x→x_{0}} \frac{∥R(x)∥}{∥x−x_{0}∥} = 0, so dass F in B_{ε}(x_{0}) die Darstellung besitzt:

F (x) = F (x_{0}) + A(x − x_{0}) + R(x).

In diesem Fall heißt A =: DF (x_{0}) das (Fréchet-) Differential von F im Punkte x_{0}.

Man zeige: Ist F : Ω → V kompakt und in x_{0} ∈ Ω differenzierbar, so ist DF (x_{0}) eine kompakte lineare Abbildung, bildet also beschränkte Mengen auf präkompakte ab.

Lösung: Bezeichne A := DF (x_{0}), zu zeigen: A(\overline{B_{1}(0)}) ist präkompakt, d. h. für jede Folge x_{k} ∈ V, ∥x_{k}∥ ≤ 1 besitzt (Ax_{k})_{k∈ℕ} eine konvergente Teilfolge. Widerspruchsannahme: Es gibt eine Folge x_{k} ∈ V, ∥x_{k}∥ ≤ 1, so dass (Ax_{k})_{kϵℕ} keine konvergente Teilfolge besitzt. Gemäß Aufgabe 26 kann man nach Auswahl einer Teilfolge annehmen:

∃δ : ∀k ≠ j : ∥Ax_{k} − Ax_{j}∥ ≥ δ.  (∗)

Bestimme nun ε > 0 so, dass für alle x ∈ V mit ∥x − x_{0}∥ ≤ ε gilt:

∥R(x)∥ ≤ \frac{δ}{4}∥x − x_{0}∥.

Wähle aus (x_{k}) eine Teilfolge (x_{k_{ℓ}}) aus, so dass F (x_{0} + εx_{k_{ℓ}}) konvergiert. Insbesondere existieren zwei Indizes k_{i}, k_{j} mit

∥F (x_{0} + εx_{k_{i}}) − F (x_{0} + εx_{k_{j}})∥ ≤ \frac{1}{4}δε.

Aus der auf \overline{B_{ε}(x_{0})} gültigen Darstellung

F (x) = F (x_{0}) + A(x − x_{0}) + R(x),

F (x_{0} + εx_{k_{i}}) − F (x_{0} + εx_{k_{j}}) − R(x_{0} + εx_{k_{i}}) + R(x_{0} + εx_{k_{j}}) = εA(x_{k_{i}} − x_{k_{j}})

folgt vermöge (∗):

εδ ≤ ∥εA(x_{k_{i}}−x_{k_{j}})∥ ≤ ∥F (x_{0}+εx_{k_{i}})−F (x_{0}+εx_{k_{j}})∥+∥R(x_{0}+εx_{k_{i}})∥+∥R(x_{0}+εx_{k_{j}})∥

≤ \frac{1}{4}δε + \frac{1}{4}δ∥εx_{k_{i}}∥ + \frac{1}{4}δ∥εx_{k_{j}}∥ ≤ \frac{3}{4}δε

und somit ein Widerspruch.

28. Sei V = c^{0} = Menge aller reellen Nullfolgen = {x = (x_{ℓ})_{ℓ∈ℕ} : x_{ℓ} ∈ ℝ, lim_{ℓ→∞} x_{ℓ} = 0}, zusammen mit ∥x∥ := ∥x∥_{c^{0}} = max_{ℓ∈ℕ} |x_{ℓ}| wird V ein Banachraum (ohne Beweis). Sei F : V → V, F (x) = (x_{ℓ}^{2})_{ℓ∈ℕ}. Man zeige: F ist an jeder Stelle x ∈ V Fréchet–differenzierbar, und DF (x) ist eine kompakte lineare Abbildung. Dagegen ist F |\overline{B_{1}(0)} nicht kompakt. D. h., die Umkehrung von Aufgabe 27 gilt nicht.

Lösung:

F (x + h) = (x_{ℓ}^{2} + 2x_{ℓ}h_{ℓ} + h_{ℓ}^{2})_{ℓ∈ℕ}
= F (x) + (2x_{ℓ}h_{ℓ})_{ℓ∈ℕ} + F (h),

dabei ist ∥F (h)∥ = max_{ℓ∈ℕ}|h_{ℓ}^{2}| = ∥h∥^{2}, insbesondere ist F (h) = o(∥h∥) für

∥h∥ → 0. Für festes x ∈ c^{0} ist die lineare Abbildung c^{0} → c^{0}, h ↦ (2x_{ℓ}h_{ℓ}) wegen

max_{ℓ∈ℕ}|2x_{ℓ}h_{ℓ}| ≤ 2(max_{ℓ∈ℕ}|x_{ℓ}|)(max_{ℓ∈ℕ}|h_{ℓ}|) ≤ 2∥x∥ · ∥h∥

beschränkt. Also ist F : c^{0} → c^{0} differenzierbar mit

DF (x)(h) = (2x_{ℓ}h_{ℓ})_{ℓ∈ℕ}.

Die Abbildung DF (x) (x ∈ c^{0} beliebig, aber fest) ist sogar als lineare Abbildung kompakt: Sei (h^{(k)})_{k∈ℕ} ⊂ c^{0}, ∥h^{(k)}∥_{c^{0}} ≤ 1. Mit Hilfe des Cantorschen Diagonalverfahrens findet man beschränkte Folge h ∈ [−1, 1]^{ℕ}, so dass nach Auswahl einer Teilfolge gilt: Für alle ℓ ∈ ℕ gilt h_{ℓ}^{(k)} → h_{ℓ} (k → ∞).

Zeige DF (x)(h^{(k)}) → (DF (x)(h)^{formal}=) 2(x_{ℓ}h_{ℓ})_{ℓ∈ℕ} ∈ c^{0},

das heißt

max_{ℓ∈ℕ}∥h_{ℓ}^{(k)}x_{ℓ} − h_{ℓ}x_{ℓ}| → 0 (k → ∞).  (∗)

Sei ε > 0 gegeben, bestimme zunächst ℓ_{0}, so dass für alle ℓ ≥ ℓ_{0} gilt: |x_{ℓ}| ≤ \frac{ε}{4}.

Für ℓ ≥ ℓ_{0} und alle k ist: 2 |h_{ℓ}^{(k)}x_{ℓ} − h_{ℓ}x_{ℓ}| ≤ \frac{ε}{2} (|h_{ℓ}^{(k)}| + |h_{ℓ}|) ≤ ε. Bestimme nun k_{0} so, dass für k ≥ k_{0} und ℓ ≤ ℓ_{0} gilt:

|h_{ℓ}^{(k)} − h_{ℓ}| ≤ ε\frac{1}{∥x∥}

⇒ |h_{ℓ}^{(k)}x_{ℓ} − h_{ℓ}x_{ℓ}| ≤ \frac{ε}{∥x∥}|x_{ℓ}| ≤ ε,

insgesamt folgt (∗) Jedoch ist für e^{(i)} = (δ_{iℓ})_{ℓ∈ℕ}: F (e^{(i)}) = e^{(i)}, für i ≠ j : ∥F (e^{(i)}) − F (e^{(j)})∥ = 1, d. h. (F (e^{(i)}))_{i∈ℕ} enthält keine Cauchy-Teilfolge.

29. Sei Ω ⊂ V offen, F : Ω → V sei kompakt und in x_{0} ∈ Ω Fréchet-differenzierbar. Das Differential Id − DF (x_{0}) sei injektiv. Ferner habe Id − F in x_{0} eine Nullstelle: x_{0} − F (x_{0}) = 0. Man zeige: Die Nullstelle x_{0} ist isoliert, und es gilt:

ind(Id − F, x_{0}) = ind(Id − DF (x_{0}), 0).

Hinweis: Aufgabe 27. Lösung: Mit A := DF (x_{0}) gilt nahe x_{0} die Darstellung

(Id − F)(x) = (Id − F)(x_{0}) + (Id − A)(x − x_{0}) − R(x)
= (Id − A)(x − x_{0}) − R(x),

wobei R(x) = o(∥x − x_{0}∥). Gemäß Aufgabe 27 ist A ein kompakter linearer Operator. Betrachte Id − A auf ∂B_{1}(0), das heißt für ∥x∥ = 1. Auf Grund der Injektivitätsannahme ist hier Id−A ≠ 0, gemäß Hilfssatz 9.7 existiert ε > 0, so dass für alle ∥x∥ = 1 gilt ∥(Id − A)x∥ ≥ ε. Wähle nun δ > 0 so, dass auf \overline{B_{δ}(x_{0})} gilt

∥R(x)∥ ≤ \frac{ε}{2}∥x − x_{0}∥,

andererseits ist

∥(Id − A)(x − x_{0})∥ ≥ ε∥x − x_{0}∥,

das heißt ∥(Id − F)(x)∥ ≥ \frac{ε}{2}∥x − x_{0}∥, x_{0} ist isolierte Nullstelle. Zur Indexberechnung : ind(Id − F, x_{0}) =^{def} d(Id − F, B_{δ}(x_{0})), Verwende Homotopiesatz:

H(τ, x) = F (x_{0}) + A(x − x_{0}) + τR(x)
= (1 − τ)(F (x_{0}) + A(x − x_{0})) + τF (x),

ist in [0, 1] × \overline{B_{δ}(x_{0})} kompakt; zulässig, denn für (τ, x) ∈ [0, 1] × ∂B_{δ}(x_{0}) gilt:

∥(Id − H(τ, .))x∥ = ∥x − F (x_{0}) − A(x − x_{0}) − τR(x)∥

=_{x_{0}=F (x_{0})} ∥(Id − A)(x − x_{0}) + τR(x)∥ ≥ ε∥x − x_{0}∥ − τ∥R(x)∥

≥ εδ − \frac{εδ}{2} = \frac{1}{2}εδ > 0.

Also ist insgesamt

ind(Id − F, x_{0}) =_{def} d(Id − F, B_{δ}(x_{0}))

= d(Id − \underbrace{F (x_{0})}_{x_{0}} −A( . − x_{0}), B_{δ}(x_{0}))

= d((Id − A)( . − x_{0}), B_{δ}(x_{0})) = d(Id − A, B_{δ}(0)) = ind(Id − A, 0).

Im letzten Schritt benutzt man die Translationsinvarianz, die sich direkt vom ℝ^{m} überträgt.

30. Zusätzlich zu den Voraussetzungen von Aufgabe 29 gelte: V ist ein Hilbertraum, d. h. es gibt ein Skalarprodukt, so dass für alle x ∈ V gilt: ∥x∥^{2} = ⟨x, x⟩.

Das Differential von F in x_{0} sei selbstadjungiert – für alle x, y ∈ V ist ⟨DF (x_{0})x, y⟩ = ⟨x, DF (x_{0})y⟩ – und besitze in (1, ∞) N ∈ ℕ_{0} Eigenwerte λ_{1}, … λ_{N}; jeder Eigenwert wird entsprechend seiner Vielfachheit aufgeführt. (Die endliche Anzahl in (1, ∞) folgt bereits aus der Kompaktheit von DF (x_{0})).

Man zeige: ind(Id − F, x_{0}) = (−1)^{N}.

Lösung: Bezeichne A = DF (x_{0}), zu bestimmen ist ind(Id − A, 0). Auf Grund der Injektivitätsvoraussetzung an Id − A ist 1 nicht Eigenwert von A. Sei φ_{1}, ..., φ_{N} ein zu λ_{1}, ..., λ_{N} gehöriges Orthonormal-System von Eigenvektoren, setze

Bx = ∑_{j=1}^{N} λ_{j}⟨x, φ_{j}⟩φ_{j},

B ist endlichdimensional, insbesondere kompakt. Betrachte auf [0, 1] × \overline{B_{1}(0)} die Homotopie H(τ, x) = τBx + (1 − τ)Ax, offensichtlich kompakt. Zulässigkeit: Angenommen, für ein τ ∈ [0, 1], ∥x∥ = 1 ist 0 = (Id − H(τ, .)) (x) = x − τBx − (1 − τ)Ax, also

x = τ ∑_{j=1}^{N} λ_{j}⟨x, φ_{j}⟩φ_{j} + (1 − τ)Ax.

Skalare Multiplikation mit φ_{i}, i = 1, ..., N ergibt

⟨x, φ_{i}⟩ = τλ_{i}⟨x, φ_{i}⟩ + (1 − τ)⟨Ax, φ_{i}⟩ = τλ_{i}⟨x, φ_{i}⟩ + (1 − τ)⟨x, Aφ_{i}⟩ = λ_{i}⟨x, φ_{i}⟩.

Da λ_{i} > 1 : ⟨x, φ_{i}⟩ = 0, Bx = 0, x = (1 − τ)Ax. Ist τ ∈ (0, 1), so ist Ax = \underbrace{(1 − τ)^{−1}}_{>1} x, wegen x⊥ Span (φ_{1}, ..., φ_{N}) folgt x = 0.

Ist τ = 0, folgt (Id − A)x = 0, wegen der Injektivitätsbedingung an Id − A auch x = 0. Ist τ = 1, ist offenbar x = 0. Stets ergibt sich ein Widerspruch, die Homotopie ist zulässig, es bleibt ind(Id − B, 0) zu bestimmen. Betrachte V′ = Span (φ_{1,...,}φ_{N}) sowie die Koordinatenabbildung

ψ : ℝ^{N} → V′, ξ = ( ξ_{1} ; ⋮ ; ξ_{N} ) ↦ ∑_{j=1}^{N} ξ_{j}φ_{j}.

Id − B lautet in Koordinaten

(ψ^{−1} ∘ (Id − B) ∘ ψ) (ξ) = (ξ_{j} − λ_{j}ξ_{j})_{j=1,...,N} = ( \begin{matrix}1 − λ_{1} & & & & O \\ & . & . & . \\ O & & & & 1 − λ_{N} \end{matrix} ) ξ.

Der Index dieser Abbildung in 0 ist (−1)^{N}.

31. Sei Ω ⊂ V offen, beschränkt, 0 ∈ Ω. Sei F : \overline{Ω} → V kompakt und d(Id − F, Ω) ≠ 1. Man zeige: Dann hat F einen positiven Eigenwert, d. h. es gibt x ∈ Ω, x ≠ 0, λ > 0, so dass F (x) = λx.

Lösung: Da wegen 0 ∈ Ω : d(Id, Ω) = 1, ist die Homotopie H(τ, x) = τF (x) unzulässig, das heißt, es gibt τ ∈ [0, 1], x ∈ ∂Ω (insbesondere x ≠ 0), so dass

x − τF (x) = 0.

Dann ist τ ≠ 0 und F (x) = _{\frac{1}{τ} ; >0} · x_{≠0}.

32. Sei Ω ⊂ V offen, beschränkt, F : \overline{Ω} → V sei kompakt, 0 ∉ (Id − F)(∂Ω), es gelte d(Id − F, Ω) ≠ 0. Die Abbildung G : V → V genüge der Lipschitz-Bedingung ∥G(x)−G(y)∥ ≤ K∥x−y∥ für alle x, y ∈ V mit einer geeigneten Konstanten K > 0. Man zeige: Es gibt ein ε_{0} > 0, so dass für jedes |ε| ≤ ε_{0} die Gleichung

x = F (x) + εG(x)

eine Lösung x ∈ Ω besitzt. Anleitung: Man zeige für hinreichend kleine |ε|, dass

• Id − εG ein Homöomorphismus von V ist (Banachscher Fixpunktsatz),

• für x ∈ V die Abbildung [0, 1] ∋ τ → (Id − ετG)^{−1}(x) stetig ist,

• dass [0, 1] × \overline{Ω} → V, H(τ, x) = (Id − ετG)^{−1}F (x) eine zulässige Homotopie ist.

Lösung: \underline{1. Schritt:} Für |ε|K < 1 ist Id − εG ein Homöomorphismus von V. \underline{Beweis dazu:}

• Injektivität

\begin{aligned}∥(Id − εG)(x) − (Id − εG)(x′)∥ & ≥ & ∥x − x′∥ − |ε|∥G(x) − G(x′)∥ \\ ≥ ∥x − x′∥ − |ε|K∥x − x′∥ & = & (1 − |ε|K)∥x − x′∥. \end{aligned} (∗)

• Surjektivität Sei y ∈ V gegeben, suche Lösung x der Gleichung

x − εG(x) = y, das heißt x = y + εG(x).

Betrachte dazu T : V → V, T (x) = y + εG(x).

∥T (x) − T (x′)∥ ≤ |ε|∥G(x) − G(x′)∥ ≤ \underbrace{|ε| · K}_{<1} ·∥x − x′∥,

das heißt, T ist eine strikte Kontraktion, und der Banachsche Fixpunktsatz liefert die Existenz eines Fixpunktes x ∈ V :

x = T (x) = y + εG(x).

• Stetigkeit der Umkehrabbildung Seien y, y′ ∈ V, x, x′ ∈ V mit (Id − εG)(x) = y, (Id − εG)(x′) = y′. Wie in (∗): ∥y − y′∥ ≥ (1 − |ε|K)∥x − x′∥, das heißt (Id − εG)^{−1} ist sogar Lipschitzstetig mit Konstante (1 − |ε|K)^{−1}.

\underline{2. Schritt:} Sei x fest, ε fest mit |ε|K < 1, dann ist [0, 1] ∋ τ ↦ (Id − ετG)^{−1}(x) stetig.

\underline{Beweis dazu:} Seien τ_{k}, τ ∈ [0, 1], lim_{k→∞} τ_{k} = τ.

(Id − ετ_{k}G)^{−1}(x) − (Id − ετG)^{−1}(x)
= (Id − ετ_{k}G)^{−1}(x) − (Id − ετ_{k}G)^{−1} ((Id − ετ_{k}G)(Id − ετG)^{−1}(x)) .

Die Abbildungen (Id − ετ_{k}G)^{−1} sind unabhängig von k Lipschitz-stetig mit Konstante \frac{1}{1−|ε|K} .

⇒ ∥(Id − ετ_{k}G)^{−1}(x) − (Id − ετG)^{−1}(x)∥

≤ \frac{1}{1 − |ε|K} ∥x − (Id − ε \underbrace{τ_{k}}_{τ + (τ_{k} − τ)} G)(Id − ετG)^{−1}(x)∥

= \frac{1}{1 − |ε|K} ∥x − (Id − ετG)(Id − ετG)^{−1}(x) + ε(τ_{k} − τ)G(Id − ετG)^{−1}(x)∥

= \frac{|ε| · |τ_{k} − τ|}{1 − |ε|K}∥G(Id − ετG)^{−1}(x)∥ → 0 (k → ∞).

\underline{Folgerung:} Für |ε|K < 1 ist dann auch

[0, 1] × V → V, (τ, x) ↦ (Id − ετG)^{−1}(x)

stetig. \underline{Beweis dazu:} Seien τ_{k}, τ ∈ [0, 1], x_{k}, x ∈ V, τ_{k} → τ, x_{k} → x (k → ∞). Dann ist

∥(Id − ετ_{k}G)^{−1}(x_{k}) − (Id − ετG)^{−1}(x)∥

≤ ∥(Id − ετ_{k}G)^{−1}(x_{k}) − (Id − ετ_{k}G)^{−1}(x)∥
+∥(Id − ετ_{k}G)^{−1}(x) − (Id − ετG)^{−1}(x)∥
≤ \frac{1}{1 − |ε|K} \underbrace{∥x_{k} − x∥}_{→0} +∥ \underbrace{(Id − ετ_{k}G)^{−1}(x) − (Id − ετG)^{−1}(x)}_{→0 s.o.}∥ → 0 (k → ∞).

Die letzte Ungleichung beruht auf der in k gleichmäßigen Lipschitzstetigkeit von (Id − ετ_{k}G)^{−1}.

\underline{3. Schritt:} Kompaktheit der Homotopie

[0, 1] × \overline{Ω} → V, H(τ, x) = (Id − ετG)^{−1}F (x)

für beliebiges, aber festes ε mit |ε|K < 1. \underline{Beweis dazu:} Sei (τ_{k}) ⊂ [0, 1], (x_{k}) ⊂ \overline{Ω}. Nach Auswahl einer Indexteilfolge erreicht man τ_{k} → τ_{0} ∈ [0, 1] nach nochmaliger Auswahl einer Indexteilfolge erreicht man F (x_{k}) → y_{0} ∈ V. Zusammen mit der oben diskutierten Stetigkeit folgt

H(τ_{k}, x_{k}) → (Id − ετ_{0}G)^{−1}y_{0}

Die Stetigkeit von H in (τ, x) ist offensichtlich.

\underline{4. Schritt:} Für hinreichend kleines ε_{0} > 0, |ε| ≤ ε_{0}, erfüllt die Homotopie H die Zulässigkeitsbedingung

(τ, x) ∈ [0, 1] × ∂Ω ⇒ x − H(τ, x) ≠ 0.

\underline{Beweis dazu:} Bestimme ε̂ > 0, so dass für x ∈ ∂Ω gilt ∥x − F (x)∥ > ε̂. Ferner gilt für x ∈ ∂Ω mit einem beliebig gewählten x_{0} ∈ ∂Ω:

∥g(x)∥ ≤ ∥g(x) − g(x_{0})∥ + ∥g(x_{0})∥ ≤ K∥x − x_{0}∥ + ∥g(x_{0})∥
≤ K · diam ∂Ω + ∥g(x_{0})∥ =: M.

Setze

ε_{0} := min \{\frac{ε̂}{M} , \frac{1}{2K} \} .

Unter der Bedingung

|ε| ≤ ε_{0}

gilt dann: Die Homotopie ist zulässig. Annahme: Es gibt τ ∈ [0, 1], x ∈ ∂Ω mit

x − (Id − ετG)^{−1}F (x) = 0.

Dann hätte man

F (x) = (Id − ετG)(x) = x − ετG(x)

⇒ x − F (x) = ετG(x)

⇒ ε̂ < ∥x − F (x)∥ = ∥ετG(x)∥

≤ ε_{0} · ∥G(x)∥ ≤ \frac{ε̂}{M} M = ε̂.

Widerspruch!

Schluss: Auf Grund des Homotopiesatzes ist nun

0 ≠ d(Id − F, Ω) = d(Id − H(0, , ), Ω)

= d(Id − H(1, , ), Ω) = d(Id − (Id − εG)^{−1} ∘ F, Ω);

das heißt, es gibt ein x ∈ Ω mit

x = (Id − εG)^{−1}(F (x))

⇒ x − εG(x) = F (x)

⇒ x = F (x) + εG(x).