Analysis Klausurvorbereitung

Ich habe hier noch ein paar Aufgaben bei denen ich Probleme habe und wäre über eine Lösung für diese sehr dankbar.

1. Seien (X, d_x) und (Y, d_y) metrische Räume und f: D -> Y stetig mit D einer nichtleeren Teilmenge von X. Zeigen sie dass f(D) kompakt ist, falls D kompakt ist.

2. Zeigen sie: Es gibt genau eine stetige Funktion f:[0,1] -> R mit
f(x) = x + 0.5 * sin(f(x)) für alle x in [0,1]

Ich denke, dass dies mit dem Banachschen Fixpunktsatz zusammenhängt

3. Zeigen sie dass jede nichtleere kompakte Teilmenge von R versehen mit der Standardmetrik ein Maximum / Minimum besitzt.

Bei dieser Aufgabe würde ich einfach sagen, dass kompakt nach Heine-Borel im R
gleichbedeutend mit abgeschlossen und beschränkt ist.
Und im beschränkt steckt ja schon drin dass es ein Supremum geben muss...

(1) müsste ungefähr so gehen:

Sei $(W\_j)\_{j \in J}, W_j \subset f(D)$ eine offene Überdeckung von f(D). Dann ist $(V\_j)\_{j \in J}$ mit $V\_j = f^{-1}(W\_j)$ eine offene Überdeckung von D. Weil D kompakt nach Voraussetzung, existiert eine endliche Teilüberdeckung $V_{j\_1}, \ldots, V\_{j_k}$ von D. Die Bilder $W_{j\_1}, \ldots, W\_{j_k}$ bilden somit eine endliche Teilüberdeckung von f(D), also ist f(D) kompakt.

Bei der (1) ist wohl ein Beweis mit Folgenkompaktheit gefragt. Sei $(y\_n)\_n$ eine Folge in $Y$ . Wähle eine Folge $(x\_n)\_n$ in $X$ mit $f(x\_n) = y\_n$ für alle n \\in \\mathbf{N}. Da $X$ kompakt, existiert eine Teilfolge $(x_{n\_i})\_i$ von $(x\_n)$ , die gegen ein x \\in X konvergiert. Da $f$ stetig ist, konvergiert dann auch $f(x\_{n\_i})\_i$ gegen f(x) \\in Y.

Für die (2): Wende den Banachschen Fixpunktsatz für den vollständigen metrischen Raum X = C^0([0,1],\\mathbf{R}) und die Kontraktion (nachrechnen!) T: f \\mapsto id + 0.5 \\sin(f(x)) an.

(3) ist richtig, wenn ihr Heine-Borel schon gehabt hattet.

sry4crappylatex schrieb:

Sei $(W\_j)\_{j \in J}, W_j \subset f(D)$ eine offene Überdeckung von f(D).

Wieso existiert eine solche (spezielle) offene Überdeckung?

Ach verdammt, ich hab die falsche Frage gestellt. Richtig wäre: Warum schaust du dir nur diese speziellen offenen Überdeckungen an?

Bashar

Weil Kompaktheit eine Eigenschaft von Teilräumen ist. Wenn du eine Überdeckung $(U_j)$ der Teilmenge hast und damit in die Teilraumtopologie gehst, hast du automatisch eine Überdeckung $(W_j)$ mit $W\_j := U\_j \cap f(D) \subseteq f(D)$ . Das ist sogar so trivial, dass ich es nichtmal hingeschrieben hätte, so dass du den Einwand nicht hättest bringen können :p

BTW falls da irgendein Denkfehler drin ist, bitte korrigieren.

@Bashar: Die Überdeckung muss dann aber nicht mehr zwingend offen sein, weil f(D) i.a. nicht offen sein wird.

Ich verstehe aber nicht, warum so eine offene Überdeckung existieren sollte, wie sie von Helfer in der Not gewählt wird. Aus der Bedingung, dass die W_i offene Teilmengen von f(D) sind, folgt, dass f(D) offen ist, und weiter nicht nur Teilmenge, sondern gleich der Vereinigung der W_i ist.

Michael E.

JFB schrieb:

Ich verstehe aber nicht, warum so eine offene Überdeckung existieren sollte, wie sie von Helfer in der Not gewählt wird. Aus der Bedingung, dass die W_i offene Teilmengen von f(D) sind, folgt, dass f(D) offen ist, und weiter nicht nur Teilmenge, sondern gleich der Vereinigung der W_i ist.

Korrekt, eine solche Überdeckung gibt es gar nicht. Deshalb hab ich auch zuerst die falsche Frage gestellt.

Bashar

JFB schrieb:

@Bashar: Die Überdeckung muss dann aber nicht mehr zwingend offen sein, weil f(D) i.a. nicht offen sein wird.

Ich versteh nicht, was du mir sagen willst. Könntest du etwas spezifischer sein, insbesondere auf Dinge eingehen, die ich gesagt habe?

Michael E. schrieb:

Korrekt, eine solche Überdeckung gibt es gar nicht.

Wieso denn nicht?

Gerne, das war tatsächlich etwas knapp. Du bildest folgenden Schnitt:
W_i ∩ f(D). Erstere Menge ist offen, aber f(D) wird im i.A. nicht offen sein, damit lässt sich keine Aussage darüber treffen, ob W_i ∩ f(D) offen ist. Und da wir an offenen Überdeckungen interessiert sind, macht das das Argument kaputt.

Und eine solche Überdeckung existiert eben aus den von mir genannten Argumenten nicht unbedingt. Wenn ich fordere, dass alle betrachteten offenen Mengen W_i eine Teilmenge einer bestimmten Obermenge f(D) sind, und diese dann vereinige, dann wird diese Vereinigung auch in f(D) enthalten sein, und "höchstens" zur gesamten Obermenge f(D).
Weil wir aber noch fordern (Überdeckung!), dass die Vereinigung die gesamte Obermenge f(D) sogar enthält, folgt Gleichheit. Weil alle unsere Mengen W_i, die wir vereinigen, offen sind, ist auch die Vereinigung offen, aber die Vereinigug ist gerade f(D), und damit wäre f(D) offen, was i.A. nicht sein muss.

Der Beweis ist aber nicht weiter schwer, er funktioniert relativ straight-forward wenn man diese Bedingung an die W_i weglässt, sich dann ins Urbild zurückzieht, da ein wenig mit den Rechenregeln für Urbildern herumhantiert und dann wieder f anwendet.

Bashar

JFB schrieb:

Gerne, das war tatsächlich etwas knapp. Du bildest folgenden Schnitt:
W_i ∩ f(D). Erstere Menge ist offen, aber f(D) wird im i.A. nicht offen sein, damit lässt sich keine Aussage darüber treffen, ob W_i ∩ f(D) offen ist. Und da wir an offenen Überdeckungen interessiert sind, macht das das Argument kaputt.

f(D) ist in f(D) trivial offen.

Ich hatte dich gebeten, konkret auf meinen Artikel einzugehen. Was du sagst ist richtig, aber das ist klar und bezieht sich im Wesentlichen auf das ursprüngliche (und falsche) Argument von "sry4crappylatex", nicht auf das, was ich geschrieben habe.

Ich bin bei deinem Beitrag einfach über "f(D) ist in f(D) offen" gestolpert, aber das ist jetzt klar

Der Teil

Ich verstehe aber nicht, warum so eine offene Überdeckung existieren sollte, [...]

bezog sich dann auf sry4crappylatex's Post, nicht auf deinen, und das was davor steht ist hinfällig.
Na, wenigstens wurde dann nochmal elaboriert, warum das ursprüngliche Argument nicht zieht.

Hallo nochmal,

ihr habt natürlich Recht, tut mir leid.