\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}