\documentclass{lecture}

\begin{document}

\begin{satz}[Charakterisierung abgeschlossener Mengen]
    Sei $A \subset \mathbb{K}^{n}$. Dann gilt
    \[
    A \text{ abgeschlossen}
    \iff
    \text{Ist}\; \big(x^{(k)}\big)_{k\in\N} \text{ konvergente Folge in } A
    \text{ mit } \lim_{k \to \infty} x^{(k)}\! = a\text{, dann } a \in A
    .\] 
\end{satz}

\begin{proof}
    \begin{itemize}
        \item \glqq$\implies$\grqq: Sei $A$ abgeschlossen und $\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N}$
            konvergente Folge in $A$ mit
            \[
                \lim_{k \to \infty} x^{(k)} = x
            .\] 
            Ang.: $x \not\in A$, d.h. $x \in A^{C}$. Da $A^{C}$ offen, folgt, es ex.
            ein $\varepsilon > 0$, s.d. $K_{\varepsilon}(x) \subset A^{C}$.
            Mit $x = \displaystyle \lim_{k \to \infty} x^{(k)}$ folgt, dass fast alle
            Folgenelemente $x^{(k)}$ in $K_{\varepsilon}(x) \subset A^{C}$ liegen.
            
            Widerspruch zu: $\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N} \subset A $. Damit folgt
            $x \in A$.
        \item \glqq$\impliedby$\grqq: Sei $A \subset \mathbb{K}^{n}$ s.d. alle konvergenten
            Folgen in $A$ einen Grenzwert in $A$ haben.

            Zu zeigen: $A^{C}$ offen. Sei $x \in A^{C}$ beliebig. Dann g.z.z.: $\exists \varepsilon > 0$
            s.d. $K_{\varepsilon}(x) \subset A^{C}$.

            Ang.: $A^{C}$ nicht offen. Dann ex. $\forall k \in \N$ ein Punkt $x^{(k)}$
            mit $x^{(k)} \in A \cap K_{\frac{1}{k}}(x)$. Dann ist $x^{(k)} \in A$
            $\forall k \in \N$ und $\Vert x - x^{(k)} \Vert \le \frac{1}{k}$. Damit folgt
            \[
                x^{(k)} \xrightarrow{k \to \infty} x \stackrel{\text{Vorr.}}{\implies} x \in A \quad \contr
                \implies A^{C} \text{ offen } \implies A \text{ abgeschlossen}
            .\] 
    \end{itemize}
\end{proof}

\begin{definition}[Randpunkt]
    Sei $M \subset \mathbb{K}^{n}$ eine Teilmenge. Ein Punkt $a \in \mathbb{K}^{n}$ heißt
    Randpunkt von $M$, falls in jeder Umgebung von $a$ sowohl ein Punkt von $M$, als auch
    ein Punkt von $M^{C} = \mathbb{K}^{n} \setminus M$ liegt.

    Die Menge aller Randpunkte von $M$ heißt der Rand von $M$, bezeichnet mit $\partial M$.
\end{definition}

\begin{figure}[h!]
    \begin{tikzpicture}[scale=2]
        \draw plot [smooth cycle] coordinates {(0,0) (1,1) (2,1) (3, 2) (3,0.5)};
        \draw (1,1) circle [radius=0.15cm];
        \draw[fill=black] (1,1) circle [radius=0.02cm];
    \end{tikzpicture}
    \centering
    \caption{Randpunkt einer Menge $M \subset \mathbb{K}^{n}$}
\end{figure}

\begin{bsp}
    \begin{enumerate}[(1)]
        \item Für $I \in \{ [a,b[ \;, [a,b], \;]a,b], \;]a,b[\;\} $ gilt
            $\partial I = \{a, b\}$.
            
            $\partial [a, \infty[ \; = \{a\}$\\
            $\partial ]a, \infty[ \; = \{a\}$
        \item Für $K_1(0)$ gilt
            \begin{align*}
                \partial K_1(0) &= \partial \{x \in \R^{n}  \mid \Vert x \Vert < 1\} \\
                                &= \;\; \{ x \in \R^{n}  \mid \Vert x \Vert = 1 \} \\
                                & \quad \quad \text{\grqq Einheitssphäre\glqq}
            .\end{align*}
        \item $\Q \subset \R$, $\partial \Q = \R$, weil in jeder Umgebung eines Punktes in
            $\Q$, gibt es rationale und irrationale Zahlen. Der Rand von $\R$ ist leer.
    \end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{definition}[Inneres, Abschluss]
    Sei $M \subset \mathbb{K}^{n}$
    \begin{itemize}\vspace*{-3mm}
        \item Die Menge $M^{\circ} := M \setminus \partial M$ heißt das
            \underline{Innere} von $M$.
        \item Die Menge $\overline{M} := M \cup \partial M$ heißt
            der \underline{Abschluss} von $M$.
    \end{itemize}\vspace*{-3mm}
\end{definition}

\begin{satz}[Inneres ist Offen, Abschluss ist abgeschlossen]
    Sei $M \subset \mathbb{K}^{n}$.
    \begin{enumerate}[(i)]
        \item Die Menge $M^{\circ} = M \setminus \partial M$ ist offen.
            $M^{\circ}$ ist die größte offene Menge in $M$.
        \item Die Menge $\overline{M} = M \cup \partial M$ ist abgeschlossen.
            $\overline{M}$ ist die kleinste abgeschlossene Menge, die $M$ umfasst.
        \item Der Rand $\partial M$ ist abgeschlossen.
    \end{enumerate}
\end{satz}

\begin{proof}
    \begin{enumerate}[(i)]
        \item Z.z.: $M \setminus \partial M$ offen.

            Sei $x \in M \setminus \partial M$ beliebig, dann ex. $\varepsilon > 0$, s.d.
            $K_{\varepsilon}(x) \subset M$ $(\implies K_{\varepsilon}(x) \cap M^{C} = \emptyset)$, sonst
            wäre $x \in \partial M$.
            
            Für dieses $\varepsilon$ gilt auch
            $K_{\varepsilon}(x) \cap \partial M = \emptyset$, denn
            falls $z \in K_{\varepsilon}(x) \cap \partial M$ existiert, dann ist
            $K_{\varepsilon}(x)$ Umgebung von $z$ und folglich
            $K_{\varepsilon}(x) \cap M^{C} \neq \emptyset$.

            Damit folgt:
            \[
                K_{\varepsilon}(x) \subset M \setminus \partial M \implies M \setminus \partial M \text{ offen}
            .\] 

            Sei $U \subset M$ offen, dann ist analog $U \cap \partial M = \emptyset$. Damit gilt
            $U \subset M \setminus \partial M$. Da $U$ beliebig, folgt damit
            $M \setminus \partial M =: M^{\circ}$ ist größte offene Teilmenge von $M$.
        \item Z.z.: $M \cup \partial M$ abgeschlossen.

            Betrachte $M^{C} = \mathbb{K}^{n} \setminus M$. Nach Definition des Rands
            gilt $\partial M^{C} = \partial M$. Damit folgt mit (i), dass
            $M^{C} \setminus \underbrace{\partial M}_{= \partial M^{C}}$ offen ist. Dann
            \[
                (M^{C} \setminus \partial M)^{C}
                = \mathbb{K}^{n} \setminus (M^{C} \setminus \partial M)
                = \underbrace{(\mathbb{K}^{n} \setminus M^{C})}_{= M} \cup \partial M = M \cup \partial M
            .\] D.h. $M \cup \partial M$ ist abgeschlossen.

            Sei $V \in K^{n}$ abgeschlossen mit $M \subset V$. Dann gilt
            $V^{C}$ ist offen und $V^{C} \subset M^{C}$. Damit folgt mit (i):
            \[
                \underbrace{V^{C}}_{\text{offen}}
                \subset M^{C} \setminus \underbrace{\partial M^{C}}_{=\partial M} = M^{C} \setminus \partial M
                \implies \mathbb{K}^{n} \setminus (M^{C} \setminus \partial M)
                = (M \cup \partial M) \subset V
            .\] 
            Da $V$ beliebig, folgt damit $M \cup \partial M$ ist kleinste abgeschlossene Menge, die
            $M$ umfasst.
        \item Mit $\partial M = (M \cup \partial M) \setminus (M \setminus \partial M)$ folgt
            \[
                \mathbb{K}^{n} \setminus \partial M
                = \underbrace{\left( \mathbb{K}^{n} \setminus (M \cup \partial M)\right)}_{\text{offen}}
                \cup  \underbrace{(M \setminus \partial M)}_{\text{offen}}
            .\] Damit ist $\mathbb{K}^{n} \setminus \partial M$ offen, also $\partial M$ abgeschlossen.
    \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}[Kompaktheit]
    Eine Menge $M \subset \mathbb{K}^{n}$ heißt \underline{kompakt}
    (\underline{folgenkompakt}), wenn jede Folge aus $M$ eine
    konvergente Teilfolge mit Grenzwert in $M$ besitzt.
\end{definition}

\begin{bsp}
    \begin{enumerate}[(i)]
        \item Sei
            \[
                \left( x^{(k)}\right)_{k \in \N} \subset \mathbb{K}^{n}, x^{(k)} \xrightarrow{k \to \infty} x
            .\] Dann ist $A := \{ x^{(k)}  \mid  k \in \N\} \cup {x}$ kompakt.
        \item $]0,1[$ ist nicht kompakt, denn $\left( \frac{1}{2k} \right)_{k \in \N} \subset ]0,1[$,
            $\frac{1}{2k} \xrightarrow{k \to \infty} 0$.

            Auch: $\left( 1 - \frac{2}{k} \right)_{k \in \N} \subset ]0,1[$,
            $1 - \frac{1}{2k} \xrightarrow{k \to \infty} 1$
    \end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{definition}[Überdeckung]
    Eine Familie $(U_i)_{i\in I}$ von Teilmengen $U_i \subset \mathbb{K}^{n}$ heißt
    Überdeckung von $M$, falls gilt
    \[
    M \subset \bigcup_{i \in  I} U_i
    .\] Eine Überdeckung heißt offen bzw. abgeschlossen, wenn alle $U_i$ offen bzw. abgeschlossen sind.
\end{definition}

\begin{satz}[Charakterisierung von Kompaktheit]
    Sei $M \subset \mathbb{K}^{n}$ eine Teilmenge. Dann sind
    die folgenden Aussagen äquivalent:
    \begin{enumerate}[(i)]
        \item $M$ ist folgenkompakt
        \item $M$ ist beschränkt und abgeschlossen
        \item Jede offene Überdeckung $\left( U_i \right)_{i \in I} $ von $M$ enthält
            eine \underline{endliche} Überdeckung von $M$, d.h. es existieren endlich
            viele Indizes $i_1, \ldots, i_k \in I$, s.d. $M \subset (U_{i_1} \cup \ldots \cup U_{i_k})$
            (sogenannte Überdeckungseigenschaft von Heine und Borel).
    \end{enumerate}
    \label{satz:charakter-kompaktheit}
\end{satz}

\begin{proof}
    \begin{itemize}
        \item (i) $\implies$ (ii): Sei $M \subset \mathbb{K}^{n}$ folgenkompakt. Dann
            existieren für alle konvergenten Folgen $\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N} \subset M$
            eine konvergente Teilfolge mit Grenzwert in $M$. Damit liegt
            auch der Grenzwert von $\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N}$ in $M$.
            Also ist $M$ abgeschlossen.

            Ang.: $M$ ist nicht beschränkt. Dann ex. eine Folge
            $\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N}$ mit $\Vert x^{(k)} \Vert \xrightarrow{n \to \infty} \infty$.
            Damit hat $\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N}$ keine konvergente Teilfolge.
            Widerspruch zur Kompaktheit von $M$. Also ist $M$ beschränkt.
        \item (ii) $\implies$ (i): Sei $M \subset \mathbb{K}^{n}$ beschränkt und
            abgeschlossen. Dann folgt mit \ref{satz:bolzano}, dass alle Folgen
            $\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N} \subset M $ beschränkt sind und eine
            konvergente Teilfolge $\left( x^{(k_j)} \right)_{j \in \N} \xrightarrow{j \to \infty} x$
            besitzen. Da $M$ abgeschlossen ist, folgt $x \in M$.

            Also ist $M$ folgenkompakt.
        \item (iii) $\implies$ (i): Sei $M \subset \mathbb{K}^{n}$ und $M$ besitze die
            Überdeckungseigenschaft. Sei weiter $\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N} \subset M $ beliebig.

            Z.z.: Es ex. eine konvergente Teilfolge $\left( x^{(k_j)} \right)_{j \in \N}$
            mit $x^{(k_j)} \xrightarrow{j \to \infty} x \in M$.

            Ang.: Solche Teilfolge existiert nicht. Dann gilt: $\forall x \in M$ existiert
            eine offene Umgebung $U_x$ von $x$, die nur endlich viele
            Folgenelemente von $\left( x^{(k)} \right) $ enthält (wären in jeder Umgebung
            von $x$ unendlich viele Folgenelemente, dann existiert eine konvergente Teilfolge).

            Damit ist $M = \bigcup_{x \in M} U_x$ eine offene Überdeckung, d.h. es existiert
            nach Vorr. eine endliche Überdeckung von $M$, d.h. eine endliche
            Menge $I$ mit
            \[
            \{x_i  \mid x_i \in M, i \in I\} =: M_i \text{ s.d. }
            M \subset \bigcup_{x_i \in M_i} U_{x_i}
            .\] Da $\forall i \in I$ $U_{x_i}$ nur endlich viele Folgenelemente enthält,
            enthält $M$ endlich viele Folgenelemente von $\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N}$, d.h.
            $\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N} \not\subset M$ $\contr$.

            Also existiert eine Teilfolge $\left( x^{(k_j)} \right)_{j \in \N}$ mit
            $x^{(k_j)} \xrightarrow{k \to \infty} x \in M$
        \item (ii) $\implies$ (iii): Sei $M$ beschränkt und abgeschlossen und sei
            $\{U_i, i \in I\} $ eine offene Überdeckung von $M$.

            Zu zeigen: Es existiert eine endliche Überdeckung von $M$.

            Ang.: Eine solche Überdeckung existiert nicht. Konstruiere induktiv eine Folge
            von beschränkten, abgeschlossenen Würfeln in $\mathbb{K}^{n}$:
            \[
            Q_0 \supset Q_1 \supset Q_2 \supset \ldots
            .\] mit
            \begin{enumerate}[(1)]
                \item $M \cap Q_i$ wird nicht durch endlich viele $U_{i_k}$ überdeckt.
                \item Kantenlänge von $Q_m = 2^{-m}$ Kantenlänge von $Q_0$.
            \end{enumerate}
            Sei $Q$ beschränkter abgeschlossener Würfel in $\mathbb{K}^{n}$ mit
            Kantenlänge $L$, s.d. $M \subset Q$.
            \begin{figure}[h!]
                \begin{tikzpicture}[scale=0.2]
                    \draw (0,0) -- (0,10) -- (10,10) -- (10,0) -- (0,0);
                    \draw plot [smooth cycle] coordinates {(2, 3) (2,7) (8,8) (8, 2)};
                    \node at (12, 5) {$L$};
                    \node at (5, -2) {$L$};
                    \node at (6, 6) {$M$};
                \end{tikzpicture}
                \centering
                \caption{Abgeschlossener Würfel $Q \subset K^{n}$ mit Kantenlänge $L$ und $M \subset Q$}
            \end{figure}
            Setze $Q_0 = Q$, Kantenlänge von $Q_0 = L$. Sei $Q_m$ bereits konstruiert. Sei
            \[
            Q_m = I_1 \times I_2 \times \ldots \times I_n
        .\] Länge $(I_k)$ = Kantenlänge $(Q_m)$ $\forall k$ = $2^{-m} L$

        Wir zerlegen jedes $I_i$ in 2 abgeschlossene Intervalle mit halber Länge
        $I_i^{(1)}$ und $I_i^{(2)}$ und setzen für $(s_1, \ldots, s_n) \in \{1, 2\}^{n}$
        \[
            Q_m^{s_1, \ldots, s_n} := I_1^{(s_1)} \times \ldots \times I_n^{(s_n)}
        .\] Wir erhalten $2^{n}$ Würfel mit
        \[
            Q_m := \bigcup_{(s_1, \ldots, s_n) \in \{1, 2\}^{n}} Q_m^{(s_1, \ldots, s_n)}
        .\] Da $M \cap Q_m$ nicht von endlich vielen $U_{i_k}$ überdeckt wird, gilt dies
        auch für einen Würfel
        \[
            Q_{m+1} := Q_m^{(s_1, \ldots, s_n)}
        .\] Es gilt für die Kantenlänge $(Q_{m+1})$ = $\frac{1}{2}$ Kantenlänge $(Q_m)$ = $2^{-(m+1)} L$.

        Für $k \in \N$ wähle $x^{(k)} \in Q_k \cap M$. Damit ist $\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N}$ eine
        Cauchy-Folge in $\mathbb{K}^{n}$, da nach Konstruktion von $Q_1, Q_2, \ldots$
        \[
            \Vert x^{(l)} - x^{(k)} \Vert \le 2^{-n_0} L, \quad \forall l, k \ge n_0
        .\] 
        Damit folgt $x^{(k)} \xrightarrow{k \to \infty} x \in M$ und
        $x \in \bigcup_{i \in  I} U_i$, weil $M \subset \bigcup_{i \in  I} U_i$. Also
        existiert ein $i_k$, s.d. $x \in U_{i_k}$ liegt. Damit liegen fast alle
        $Q_m$ in $U_{i_k}$. Das heißt fast alle $M \cap Q_m$ liegen
        in $U_{i_k}$. Widerspruch zur Annahme, dass eine endliche Überdeckung nicht existiert.

        Also existiert eine endliche Überdeckung von $M$.
    \end{itemize}
\end{proof}

\begin{bem}
    Wichtige Voraussetzung für die Überdeckungseigenschaft von Heine und Borel ist, dass
    $\mathbb{K}^{n}$ \underline{endlich}-dimensional ist.

    In unendlich dimensionalen Banach-Räumen wie z.B.: $C[a,b]$ ist dies nicht möglich.
\end{bem}

\begin{korrolar}
    Jede abgeschlossene Teilmenge einer kompakten Menge in $\mathbb{K}^{n}$ ist
    ebenfalls kompakt.
\end{korrolar}

\begin{proof}
    Sei $M \subset \mathbb{K}^{n}$ kompakt und $A \subset M$ abgeschlossen. Wegen
    \ref{satz:charakter-kompaktheit} ist $M$ beschränkt. Damit ist auch $A \subset M$ beschränkt
    und somit nach \ref{satz:charakter-kompaktheit} kompakt.
\end{proof}

\end{document}
