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@@ -88,8 +88,8 @@
Das heißt $\lim_{n \to \infty} x_{i}^{(k)} = x_{i}$ (komponentenweise Konvergenz in $\R$ oder $\C$)
\end{bem}

\begin{satz}
(Satz von Cauchy und Satz von Bolzano-Weierstraß)
\begin{satz}[Satz von Cauchy und Satz von Bolzano-Weierstraß]
\label{satz:bolzano}
\begin{enumerate}[1)]
\item Jede Cauchy-Folge in $K^{n}$ konvergiert, d.h. der normierte Raum $(K^{n}, \norm{\cdot}_{\infty})$ ist vollständig. Ein vollständiger normierter Raum wird Banach-Raum genannt.
\item Jede beschränkte Folge in $K^{n}$ besitzt eine konvergente Teilfolge.
@@ -166,8 +166,8 @@ Bezeichnung: $\norm{\cdot}$ irgendeine Norm.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{satz}
(Eigenschaften offener Mengen) Es gilt:
\begin{satz}[Eigenschaften offener Mengen]
Es gilt:
\begin{enumerate}[(1)]
\item Sind $U$ und $V (\subseteq \K^{n})$ offen, dann ist $U \cap V$ offen.
\item Sei $U_{i} \subset \K^{n}, i \in I$ eine Familie offener Teilmengen. Dann ist auch $\underset{i \in I}{\bigcup} U_{i}$ offen.
@@ -188,8 +188,8 @@ Bezeichnung: $\norm{\cdot}$ irgendeine Norm.
\end{enumerate}
\end{korrolar}

\begin{definition}
(Abgeschlossene Menge) Eine Teilmenge $A \subset \K^{n}$ heißt abgeschlossen, wenn ihr Komplement $A^{c} \coloneqq \K^{n} \setminus A$ offen ist.
\begin{definition}[Abgeschlossene Menge]
Eine Teilmenge $A \subset \K^{n}$ heißt abgeschlossen, wenn ihr Komplement $A^{c} \coloneqq \K^{n} \setminus A$ offen ist.
\end{definition}

\begin{bsp}
@@ -202,8 +202,7 @@ Bezeichnung: $\norm{\cdot}$ irgendeine Norm.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{satz}
(Eigenschaften abgeschlossener Mengen)
\begin{satz}[Eigenschaften abgeschlossener Mengen]
\begin{enumerate}[(1)]
\item Sind $V, U$ ($V,U \subset \K^{n}$) abgeschlossen, dann ist $U \cup V \subset \K^{n}$ auch abgeschlossen.
\item Sind $U_{i}, (i \in I)$ abgeschlossene Menge in $\K^{n}$. Dann ist $\underset{i \in I}{\bigcap} U_{i}$ auch abgeschlossen.
@@ -226,15 +225,4 @@ Bezeichnung: $\norm{\cdot}$ irgendeine Norm.
\end{enumerate}
\end{bsp}












\end{document}
\end{document}

BIN
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\documentclass{lecture}

\begin{document}

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

\begin{proof}
\begin{itemize}
\item ,,$\implies$'': 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 $\epsilon > 0$, s.d. $K_{\epsilon}(x) \subset A^{C}$.
Mit $x = \displaystyle \lim_{k \to \infty} x^{(k)}$ folgt, dass fast alle
Folgenelemente $x^{(k)}$ in $K_{\epsilon}(x) \subset A^{C}$ liegen.
Widerspruch zu: $\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N} \subset A $. Damit folgt
$x \in A$.
\item ,,$\impliedby$'': 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.: $\exists \epsilon > 0$
s.d. $K_{\epsilon}(x) \subset A^{C}$.

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

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

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}
(bzw. \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, \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}

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@@ -20,5 +20,6 @@
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\input{ana4.tex}
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\end{document}

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@@ -142,3 +143,6 @@

%josua
\newcommand{\norm}[1]{\left\Vert#1\right\Vert}

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\newcommand{\contr}{\text{\Large\lightning}}

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