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@@ -0,0 +1,316 @@
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\documentclass{lecture}
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\begin{document}
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\begin{satz}[Charakterisierung abgeschlossener Mengen]
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Sei $A \subset \mathbb{K}^{n}$. Dann gilt
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\[
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A \text{ abgeschlossen}
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\iff
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\text{Ist } \left(x^{(k)}\right)_{k\in\N} \text{ konvergente Folge in } A
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\text{ mit } \lim_{k \to \infty} x^{(k)} = a\text{, dann } a \in A
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.\]
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\end{satz}
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\begin{proof}
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\begin{itemize}
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\item ,,$\implies$'': Sei $A$ abgeschlossen und $\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N}$
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konvergente Folge in $A$ mit
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\[
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\lim_{k \to \infty} x^{(k)} = x
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.\]
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Ang.: $x \not\in A$, d.h. $x \in A^{C}$. Da $A^{C}$ offen, folgt, es ex.
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ein $\epsilon > 0$, s.d. $K_{\epsilon}(x) \subset A^{C}$.
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Mit $x = \displaystyle \lim_{k \to \infty} x^{(k)}$ folgt, dass fast alle
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Folgenelemente $x^{(k)}$ in $K_{\epsilon}(x) \subset A^{C}$ liegen.
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Widerspruch zu: $\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N} \subset A $. Damit folgt
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$x \in A$.
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\item ,,$\impliedby$'': Sei $A \subset \mathbb{K}^{n}$ s.d. alle konvergenten
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Folgen in $A$ einen Grenzwert in $A$ haben.
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Zu zeigen: $A^{C}$ offen. Sei $x \in A^{C}$ beliebig. Dann g.z.z.: $\exists \epsilon > 0$
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s.d. $K_{\epsilon}(x) \subset A^{C}$.
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Ang.: $A^{C}$ nicht offen. Dann ex. $\forall k \in \N$ ein Punkt $x^{(k)}$
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mit $x^{(k)} \in A \cap K_{\frac{1}{k}}(x)$. Dann ist $x^{(k)} \in A$
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$\forall k \in \N$ und $\Vert x - x^{(k)} \Vert \le \frac{1}{k}$. Damit folgt
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\[
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x^{(k)} \xrightarrow{k \to \infty} x \stackrel{\text{Vorr.}}{\implies} x \in A \quad \contr
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\implies A^{C} \text{ offen } \implies A \text{ abgeschlossen}
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.\]
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\end{itemize}
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\end{proof}
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\begin{definition}[Randpunkt]
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Sei $M \subset \mathbb{K}^{n}$ eine Teilmenge. Ein Punkt $a \in \mathbb{K}^{n}$ heißt
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Randpunkt von $M$, falls in jeder Umgebung von $a$ sowohl ein Punkt von $M$, als auch
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ein Punkt von $M^{C} = \mathbb{K}^{n} \setminus M$ liegt.
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Die Menge aller Randpunkte von $M$ heißt der Rand von $M$, bezeichnet mit $\partial M$.
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\end{definition}
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\begin{figure}[h!]
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\begin{tikzpicture}[scale=2]
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\draw plot [smooth cycle] coordinates {(0,0) (1,1) (2,1) (3, 2) (3,0.5)};
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\draw (1,1) circle [radius=0.15cm];
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\draw[fill=black] (1,1) circle [radius=0.02cm];
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\end{tikzpicture}
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\centering
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\caption{Randpunkt einer Menge $M \subset \mathbb{K}^{n}$}
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\end{figure}
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\begin{bsp}
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\begin{enumerate}[(1)]
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\item Für $I \in \{ [a,b[ \;, [a,b], \;]a,b], \;]a,b[\;\} $ gilt
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$\partial I = \{a, b\}$.
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$\partial [a, \infty[ \; = \{a\}$\\
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$\partial ]a, \infty[ \; = \{a\}$
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\item Für $K_1(0)$ gilt
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\begin{align*}
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\partial K_1(0) &= \partial \{x \in \R^{n} \mid \Vert x \Vert < 1\} \\
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&= \;\; \{ x \in \R^{n} \mid \Vert x \Vert = 1 \} \\
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& \quad \quad \text{,,Einheitssphäre''}
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.\end{align*}
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||||
\item $\Q \subset \R$, $\partial \Q = \R$, weil in jeder Umgebung eines Punktes in
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$\Q$, gibt es rationale und irrationale Zahlen. Der Rand von $\R$ ist leer.
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\end{enumerate}
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\end{bsp}
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\begin{definition}[Inneres, Abschluss]
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Sei $M \subset \mathbb{K}^{n}$
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\begin{itemize}
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\item Die Menge $M^{\circ} := M \setminus \partial M$ heißt das
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\underline{Innere} von $M$.
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\item Die Menge $\overline{M} := M \cup \partial M$ heißt
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der \underline{Abschluss} von $M$.
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\end{itemize}
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\end{definition}
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\begin{satz}[Inneres ist Offen, Abschluss ist abgeschlossen]
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Sei $M \subset \mathbb{K}^{n}$.
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item Die Menge $M^{\circ} = M \setminus \partial M$ ist offen.
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$M^{\circ}$ ist die größte offene Menge in $M$.
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\item Die Menge $\overline{M} = M \cup \partial M$ ist abgeschlossen.
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$\overline{M}$ ist die kleinste abgeschlossene Menge, die $M$ umfasst.
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||||
\item Der Rand $\partial M$ ist abgeschlossen.
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\end{enumerate}
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\end{satz}
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\begin{proof}
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item Z.z.: $M \setminus \partial M$ offen.
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Sei $x \in M \setminus \partial M$ beliebig, dann ex. $\epsilon > 0$, s.d.
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$K_{\epsilon}(x) \subset M$ $(\implies K_{\epsilon}(x) \cap M^{C} = \emptyset)$, sonst
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wäre $x \in \partial M$.
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Für dieses $\epsilon$ gilt auch
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$K_{\epsilon}(x) \cap \partial M = \emptyset$, denn
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falls $z \in K_{\epsilon}(x) \cap \partial M$ existiert, dann ist
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$K_{\epsilon}(x)$ Umgebung von $z$ und folglich
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$K_{\epsilon}(x) \cap M^{C} \neq \emptyset$.
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Damit folgt:
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\[
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K_{\epsilon}(x) \subset M \setminus \partial M \implies M \setminus \partial M \text{ offen}
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.\]
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Sei $U \subset M$ offen, dann ist analog $U \cap \partial M = \emptyset$. Damit gilt
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$U \subset M \setminus \partial M$. Da $U$ beliebig, folgt damit
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$M \setminus \partial M =: M^{\circ}$ ist größte offene Teilmenge von $M$.
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\item Z.z.: $M \cup \partial M$ abgeschlossen.
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Betrachte $M^{C} = \mathbb{K}^{n} \setminus M$. Nach Definition des Rands
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gilt $\partial M^{C} = \partial M$. Damit folgt mit (i), dass
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$M^{C} \setminus \underbrace{\partial M}_{= \partial M^{C}}$ offen ist. Dann
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\[
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(M^{C} \setminus \partial M)^{C}
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= \mathbb{K}^{n} \setminus (M^{C} \setminus \partial M)
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= \underbrace{(\mathbb{K}^{n} \setminus M^{C})}_{= M} \cup \partial M = M \cup \partial M
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.\] D.h. $M \cup \partial M$ ist abgeschlossen.
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Sei $V \in K^{n}$ abgeschlossen mit $M \subset V$. Dann gilt
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$V^{C}$ ist offen und $V^{C} \subset M^{C}$. Damit folgt mit (i):
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\[
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\underbrace{V^{C}}_{\text{offen}}
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\subset M^{C} \setminus \underbrace{\partial M^{C}}_{=\partial M} = M^{C} \setminus \partial M
|
||||
\implies \mathbb{K}^{n} \setminus (M^{C} \setminus \partial M)
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= (M \cup \partial M) \subset V
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.\]
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Da $V$ beliebig, folgt damit $M \cup \partial M$ ist kleinste abgeschlossene Menge, die
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$M$ umfasst.
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\item Mit $\partial M = (M \cup \partial M) \setminus (M \setminus \partial M)$ folgt
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\[
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\mathbb{K}^{n} \setminus \partial M
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= \underbrace{\left( \mathbb{K}^{n} \setminus (M \cup \partial M)\right)}_{\text{offen}}
|
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\cup \underbrace{(M \setminus \partial M)}_{\text{offen}}
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.\] Damit ist $\mathbb{K}^{n} \setminus \partial M$ offen, also $\partial M$ abgeschlossen.
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\end{enumerate}
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\end{proof}
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\begin{definition}[Kompaktheit]
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Eine Menge $M \subset \mathbb{K}^{n}$ heißt \underline{kompakt}
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(bzw. \underline{folgenkompakt}), wenn jede Folge aus $M$ eine
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konvergente Teilfolge mit Grenzwert in $M$ besitzt.
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\end{definition}
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\begin{bsp}
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item Sei
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\[
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\left( x^{(k)}\right)_{k \in \N} \subset \mathbb{K}^{n}, x^{(k)} \xrightarrow{k \to \infty} x
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.\] Dann ist $A := \{ x^{(k)} \mid k \in \N\} \cup {x}$ kompakt.
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\item $]0,1[$ ist nicht kompakt, denn $\left( \frac{1}{2k} \right)_{k \in \N} \subset ]0,1[$,
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$\frac{1}{2k} \xrightarrow{k \to \infty} 0$.
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Auch: $\left( 1 - \frac{2}{k} \right)_{k \in \N} \subset ]0,1[$,
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$1 - \frac{1}{2k} \xrightarrow{k \to \infty} 1$
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\end{enumerate}
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\end{bsp}
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\begin{definition}[Überdeckung]
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Eine Familie $(U_i)_{i\in I}$ von Teilmengen $U_i \subset \mathbb{K}^{n}$ heißt
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Überdeckung von $M$, falls gilt
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\[
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M \subset \bigcup_{i \in I} U_i
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.\] Eine Überdeckung heißt offen bzw. abgeschlossen, wenn alle $U_i$ offen bzw. abgeschlossen sind.
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\end{definition}
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\begin{satz}[Charakterisierung von Kompaktheit]
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Sei $M \subset \mathbb{K}^{n}$ eine Teilmenge. Dann sind
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die folgenden Aussagen äquivalent:
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item $M$ ist folgenkompakt
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\item $M$ ist beschränkt und abgeschlossen
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\item Jede offene Überdeckung $\left( U_i \right)_{i \in I} $ von $M$ enthält
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eine \underline{endliche} Überdeckung von $M$, d.h. es existieren endlich
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viele Indizes $i_1, \ldots, i_k \in I$, s.d. $M \subset (U_{i_1} \cup \ldots \cup U_{i_k})$
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(sogenannte Überdeckungseigenschaft von Heine und Borel).
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\end{enumerate}
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\label{satz:charakter-kompaktheit}
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\end{satz}
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\begin{proof}
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\begin{itemize}
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\item (i) $\implies$ (ii): Sei $M \subset \mathbb{K}^{n}$ folgenkompakt. Dann
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existieren für alle konvergenten Folgen $\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N} \subset M$
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eine konvergente Teilfolge mit Grenzwert in $M$. Damit liegt
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auch der Grenzwert von $\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N}$ in $M$.
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Also ist $M$ abgeschlossen.
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Ang.: $M$ ist nicht beschränkt. Dann ex. eine Folge
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$\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N}$ mit $\Vert x^{(k)} \Vert \xrightarrow{n \to \infty} \infty$.
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Damit hat $\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N}$ keine konvergente Teilfolge.
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Widerspruch zur Kompaktheit von $M$. Also ist $M$ beschränkt.
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\item (ii) $\implies$ (i): Sei $M \subset \mathbb{K}^{n}$ beschränkt und
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abgeschlossen. Dann folgt mit \ref{satz:bolzano}, dass alle Folgen
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$\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N} \subset M $ beschränkt sind und eine
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konvergente Teilfolge $\left( x^{(k_j)} \right)_{j \in \N} \xrightarrow{j \to \infty} x$
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besitzen. Da $M$ abgeschlossen ist, folgt $x \in M$.
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Also ist $M$ folgenkompakt.
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\item (iii) $\implies$ (i): Sei $M \subset \mathbb{K}^{n}$ und $M$ besitze die
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Überdeckungseigenschaft. Sei weiter $\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N} \subset M $ beliebig.
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Z.z.: Es ex. eine konvergente Teilfolge $\left( x^{(k_j)} \right)_{j \in \N}$
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mit $x^{(k_j)} \xrightarrow{j \to \infty} x \in M$.
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Ang.: Solche Teilfolge existiert nicht. Dann gilt: $\forall x \in M$ existiert
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eine offene Umgebung $U_x$ von $x$, die nur endlich viele
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Folgenelemente von $\left( x^{(k)} \right) $ enthält (wären in jeder Umgebung
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von $x$ unendlich viele Folgenelemente, dann existiert eine konvergente Teilfolge).
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Damit ist $M = \bigcup_{x \in M} U_x$ eine offene Überdeckung, d.h. es existiert
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nach Vorr. eine endliche Überdeckung von $M$, d.h. eine endliche
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Menge $I$ mit
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\[
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\{x_i \mid x_i \in M, i \in I\} =: M_i \text{ s.d. }
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M \subset \bigcup_{x_i \in M_i} U_{x_i}
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||||
.\] Da $\forall i \in I$ $U_{x_i}$ nur endlich viele Folgenelemente enthält,
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enthält $M$ endlich viele Folgenelemente von $\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N}$, d.h.
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$\left( x^{(k)} \right)_{k \in \N} \not\subset M$ $\contr$.
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Also existiert eine Teilfolge $\left( x^{(k_j)} \right)_{j \in \N}$ mit
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$x^{(k_j)} \xrightarrow{k \to \infty} x \in M$
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\item (ii) $\implies$ (iii): Sei $M$ beschränkt und abgeschlossen und sei
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$\{U_i, \in I\} $ eine offene Überdeckung von $M$.
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Zu zeigen: Es existiert eine endliche Überdeckung von $M$.
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Ang.: Eine solche Überdeckung existiert nicht. Konstruiere induktiv eine Folge
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von beschränkten, abgeschlossenen Würfeln in $\mathbb{K}^{n}$:
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\[
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Q_0 \supset Q_1 \supset Q_2 \supset \ldots
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.\] mit
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\begin{enumerate}[(1)]
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\item $M \cap Q_i$ wird nicht durch endlich viele $U_{i_k}$ überdeckt.
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\item Kantenlänge von $Q_m = 2^{-m}$ Kantenlänge von $Q_0$.
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\end{enumerate}
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Sei $Q$ beschränkter abgeschlossener Würfel in $\mathbb{K}^{n}$ mit
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Kantenlänge $L$, s.d. $M \subset \Q$.
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\begin{figure}[h!]
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\begin{tikzpicture}[scale=0.2]
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||||
\draw (0,0) -- (0,10) -- (10,10) -- (10,0) -- (0,0);
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||||
\draw plot [smooth cycle] coordinates {(2, 3) (2,7) (8,8) (8, 2)};
|
||||
\node at (12, 5) {$L$};
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||||
\node at (5, -2) {$L$};
|
||||
\node at (6, 6) {$M$};
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||||
\end{tikzpicture}
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||||
\centering
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||||
\caption{Abgeschlossener Würfel $Q \subset K^{n}$ mit Kantenlänge $L$ und $M \subset Q$}
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||||
\end{figure}
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Setze $Q_0 = Q$, Kantenlänge von $Q_0 = L$. Sei $Q_m$ bereits konstruiert. Sei
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\[
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||||
Q_m = I_1 \times I_2 \times \ldots \times I_n
|
||||
.\] Länge $(I_k)$ = Kantenlänge $(Q_m)$ $\forall k$ = $2^{-m} L$
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||||
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||||
Wir zerlegen jedes $I_i$ in 2 abgeschlossene Intervalle mit halber Länge
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||||
$I_i^{(1)}$ 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}
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||||
Wichtige Voraussetzung für die Überdeckungseigenschaft von Heine und Borel ist, dass
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||||
$\mathbb{K}^{n}$ \underline{endlich}-dimensional ist.
|
||||
|
||||
In unendlich dimensionalen Banach-Räumen wie z.B.: $C[a,b]$ ist dies nicht möglich.
|
||||
\end{bem}
|
||||
|
||||
\begin{korrolar}
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||||
Jede abgeschlossene Teilmenge einer kompakten Menge in $\mathbb{K}^{n}$ ist
|
||||
ebenfalls kompakt.
|
||||
\end{korrolar}
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||||
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\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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