Kompakter Raum < Topologie+Geometrie < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 08:05 Mo 06.06.2011 | | Autor: | WWatson |
| Aufgabe | | In der Vorlesung wurde bewiesen, dass jeder kompakte Raum vollständig ist und die Hausdorff-Eigenschaft besitzt. Zeigen Sie die Umkehrung dieses Sachverhaltes. Insgesamt ist also ein metrischer Raum genau dann kompakt, falls er vollständig ist und die Hausdorff-Eigenschaft besitzt. |
Hallo,
ich komme bei der Bearbeitung dieser Aufgabe leider nicht weiter.
Meine Voraussetzungen sind ja, dass ein metrischer Raum vollständig ist, das heißt also, dass in ihm jede Cauchy-Folge konvergiert, und dass er zusätzlich noch die Hausdorff-Eigenschaft besitzt, also für alle [mm] \varepsilon>0 [/mm] Punkte [mm] p_{1}, [/mm] ..., [mm] p_{k} [/mm] derart exisitieren, dass X = [mm] \bigcup_{i=1}^{k} K(p_{i},\varepsilon). [/mm] Mir fallen jetzt zwei Möglichkeiten ein, wie ich die Kompaktheit zeigen könnte. Entweder zeige ich jetzt mit den Voraussetzungen, dass jede Folge dann eine konvergente Teilfolge besitzt, oder ich zeige, dass jede unendliche Überdeckung von X eine endliche Teilüberdeckung besitzt. Ich weiß allerdings bei beiden Ansätzen nicht, wie ich die jetzt weiter verfolgen könnte.
Kann mir vielleicht jemand helfen?
Gruß,
WWatson
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:22 Mo 06.06.2011 | | Autor: | WWatson |
P.S.: Vielleicht kann mir ja auch irgendjemand sagen, wie ich hier die Fälligkeit ändern kann, die ist nämlich erst in fünf Tagen...^^
Gruß
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:42 Mo 06.06.2011 | | Autor: | kamaleonti |
> P.S.: Vielleicht kann mir ja auch irgendjemand sagen, wie
> ich hier die Fälligkeit ändern kann, die ist nämlich
> erst in fünf Tagen...^^
Die Fälligkeit kann i. A. nur 15 Minuten nach Stellen der Frage noch verändert werden. Wenn die Fälligkeit abgelaufen ist, kannst du eine neue Frage stellen.
LG
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Moin,
> In der Vorlesung wurde bewiesen, dass jeder kompakte Raum
> vollständig ist und die Hausdorff-Eigenschaft besitzt.
> Zeigen Sie die Umkehrung dieses Sachverhaltes. Insgesamt
> ist also ein metrischer Raum genau dann kompakt, falls er
> vollständig ist und die Hausdorff-Eigenschaft besitzt.
> Hallo,
>
> ich komme bei der Bearbeitung dieser Aufgabe leider nicht
> weiter.
> Meine Voraussetzungen sind ja, dass ein metrischer Raum
> vollständig ist, das heißt also, dass in ihm jede
> Cauchy-Folge konvergiert, und dass er zusätzlich noch die
> Hausdorff-Eigenschaft besitzt, also für alle [mm]\varepsilon>0[/mm]
> Punkte [mm]p_{1},[/mm] ..., [mm]p_{k}[/mm] derart exisitieren, dass X =
> [mm]\bigcup_{i=1}^{k} K(p_{i},\varepsilon).[/mm] Mir fallen jetzt
> zwei Möglichkeiten ein, wie ich die Kompaktheit zeigen
> könnte. Entweder zeige ich jetzt mit den Voraussetzungen,
> dass jede Folge dann eine konvergente Teilfolge besitzt
Sei also [mm] x_n [/mm] eine Folge in X.
Wir können X mit endlich vielen Kugeln vom Radius 1 überdecken. Dann müssen in einer solchen Kugel unendlich viele Folgenglieder liegen. Sei [mm] B_1 [/mm] der Schnitt von X mit dieser Kugel. [mm] B_1 [/mm] besitzt wiederum die Hausdorffeigenschaft, wir wiederholen das Verfahren also mit dem Radius 1/2 und finden eine Kugel K der Überdeckung von [mm] B_1 [/mm] mit diesem Radius, in der unendlich viele Folgenglieder liegen. Dann setzen wir [mm] $B_2:=B_1\cap [/mm] K$ usw.
Induktiv erhalten wir also eine Folge von Mengen mit:
a) [mm] X\supset B_1\supset B_2\supset\ldots \supset B_{n-1}\supset B_n
[/mm]
b) [mm] \sup_{x,y\in B_n}d(x,y)=:diam B_n\leq\frac{1}{2^n}
[/mm]
c) Jedes [mm] B_n [/mm] enthält unendlich viele Folgenglieder.
Nun überlege dir, wie du damit eine konvergente Teilfolge bekommst.
LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:25 Mo 06.06.2011 | | Autor: | WWatson |
Moin, kamaleonti,
Erstmal vielen Dank für die prompte Reaktion.
OK, ich würde jetzt mal spontan sagen, dass ich mir dann aus allen [mm] B_{i} [/mm] für i [mm] \in [/mm] {1, ..., n} jeweils einen Punkt wähle und so eine Folge erhalte, welche gegen den gewählten Punkt in [mm] B_{n} [/mm] konvergiert. Da nun gilt:
[mm] \limes_{n\rightarrow\infty} [/mm] diam [mm] B_{n} \le \limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{1}{2^{n}} [/mm] = 0, muss eben auch der Durchschnitt gegen 0 gehen. Das heißt aber, dass der Abstand zwischen den zu wählenden Punkten ebenfalls immer kleiner wird, also die gewählte Teilfolge eine Cauchy-Folge ist. Da wir uns aber nach Voraussetzung in einem vollständigen Raum befinden, muss diese konvergieren.
Da die Folge zu Beginn beliebig gewählt war, folgt also schon, dass jede Folge eine konvergente Teilfolge besitzt.
Müsste jetzt natürlich noch sauber hingeschrieben werden, aber ist das in etwa die Idee?
Ich hätte auch noch eine Frage zum von Dir Verfassten: Ist es immer so, dass, wenn man eine Folge betrachtet, in irgendeiner [mm] \varepsilon-Kugel [/mm] unendlich viele Glieder liegen und Du betrachtest dann für Deinen Beweis diese? Oder hat das hier damit zu tun, dass wir nur endlich viele betrachten? Mag vielleicht eine etwas dumme Frage sein, aber wir sind da in der Vorlesung nicht drauf eingegangen.
Gruß,
WWatson
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> Moin, kamaleonti,
>
> Erstmal vielen Dank für die prompte Reaktion.
> OK, ich würde jetzt mal spontan sagen, dass ich mir dann
> aus allen [mm]B_{i}[/mm] für i [mm]\in[/mm] {1, ..., n} jeweils einen Punkt wähle
Da in [mm] B_n, n\in\IN [/mm] unendlich viele Folgenglieder liegen, kann man für alle [mm] k\in\IN [/mm] ein Folgenglied [mm] x_{n_k}\in B_n [/mm] wählen, sodass [mm] \left(x_{n_k}\right), k\in\IN [/mm] eine Teilfolge von [mm] (x_n) [/mm] ist.
> und so eine Folge erhalte, welche gegen den
> gewählten Punkt in [mm]B_{n}[/mm] konvergiert. Da nun gilt:
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty}[/mm] diam [mm]B_{n}\red{=} \limes_{n\rightarrow\infty} \bruch{1}{2^{n}}[/mm]
> = 0, muss eben auch der Durchschnitt gegen 0 gehen. Das
> heißt aber, dass der Abstand zwischen den zu wählenden
> Punkten ebenfalls immer kleiner wird, also die gewählte
> Teilfolge eine Cauchy-Folge ist.![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") Da wir uns aber nach
> Voraussetzung in einem vollständigen Raum befinden, muss
> diese konvergieren.
> Da die Folge zu Beginn beliebig gewählt war, folgt also
> schon, dass jede Folge eine konvergente Teilfolge besitzt.
> Müsste jetzt natürlich noch sauber hingeschrieben werden,
> aber ist das in etwa die Idee?
Jo.
>
> Ich hätte auch noch eine Frage zum von Dir Verfassten: Ist
> es immer so, dass, wenn man eine Folge betrachtet, in
> irgendeiner [mm]\varepsilon-Kugel[/mm] unendlich viele Glieder
> liegen und Du betrachtest dann für Deinen Beweis diese?
> Oder hat das hier damit zu tun, dass wir nur endlich viele
> betrachten? Mag vielleicht eine etwas dumme Frage sein,
> aber wir sind da in der Vorlesung nicht drauf eingegangen.
Dadurch dass es unendlich viele Folgenglieder in X (bzw. einer der Mengen [mm] B_i) [/mm] gibt und X (bzw. eine der Mengen [mm] B_i) [/mm] jeweils durch endlich viele [mm] \varepsilon- [/mm] Kugeln überdeckt wird, muss es mindestens eine unter diesen geben, in der unendlich viele Folgenglieder liegen. So eine wird jeweils ausgewählt. (Die Eigenschaft, dass wir unendlich viele Folgenglieder haben in der Kugel, ist wesentlich für die Konstruktion der Teilfolge)
>
> Gruß,
>
> WWatson
LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:31 Di 07.06.2011 | | Autor: | WWatson |
Moin, kamaleonti,
habe doch nochmal eine kurze Frage an Dich, wenn das in Ordnung geht. ;)
Wieso konstruiert man bei der Iteration der fallenden Folge von Mengen denn nur endlich viele? Eigentlich muss doch der Radius unendlich klein werden und es müssen daher auch unendlich viele Teilmengen konstruiert werden, oder habe ich da jetzt irgendwas falsch verstanden? Ansonsten wäre ja auch der Grenzwert für [mm] n->\infty [/mm] falsch?!
Gruß,
WWatson
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> Moin, kamaleonti,
>
> habe doch nochmal eine kurze Frage an Dich, wenn das in
> Ordnung geht. ;)
> Wieso konstruiert man bei der Iteration der fallenden
> Folge von Mengen denn nur endlich viele?
Es ist $ [mm] B_n, n\in\IN [/mm] $. Das sind unendlich viele Mengen. Das was wir hier machen ist analog zum Intervallschachtelungsprinzip im Fall [mm] X=\IR.
[/mm]
LG
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:38 Di 07.06.2011 | | Autor: | Mandy_90 |
Hallo kamaleonti,
ich mache grad die gleiche Aufgabe, und habe noch ein paar Fragen dazu.
> Wir können X mit endlich vielen Kugeln vom Radius 1
> überdecken. Dann müssen in einer solchen Kugel unendlich
> viele Folgenglieder liegen. Sei [mm]B_1[/mm] der Schnitt von X mit
> dieser Kugel. [mm]B_1[/mm] besitzt wiederum die
> Hausdorffeigenschaft, wir wiederholen das Verfahren also
Den Schritt verstehe ich nicht. Wieso besitzt [mm] B_{1} [/mm] wieder die Hausdorffeigenschaft? Wir hatten in der Vorlesung aufgeschrieben, dass eine kompakter Raum die Hausdorff Eigenschaft hat. Dementsprechend müsste ich Voraussetzen, dass [mm] B_{1} [/mm] kompakt ist, aber das wissen wir doch gar nicht.
> mit dem Radius 1/2 und finden eine Kugel K der Überdeckung
> von [mm]B_1[/mm] mit diesem Radius, in der unendlich viele
> Folgenglieder liegen. Dann setzen wir [mm]B_2:=B_1\cap K[/mm] usw.
Wieso ausgerechnet 1/2? Wieso kann der Radius nicht größer als 1/2 sein?
>
> Induktiv erhalten wir also eine Folge von Mengen mit:
>
> a) [mm]X\supset B_1\supset B_2\supset\ldots \supset B_{n-1}\supset B_n[/mm]
>
> b) [mm]\sup_{x,y\in B_n}d(x,y)=:diam B_n\leq\frac{1}{2^n}[/mm]
Wenn der Radius z.B. 1/2 ist,dann müsste doch der Diameter doppelt so groß sein,also 1.
Wieso ist das nicht so?
Vielen Dank
lg
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:27 Di 07.06.2011 | | Autor: | WWatson |
Hallo, Mandy,
wenn Du zu jeder Überdeckung eines ganzen Raumes eine endliche Teilüberdeckung findest, dann ist doch eigentlich klar, dass auch jede Überdeckung einer Teilmenge eine endliche Teilüberdeckung besitzt, insofern ist die Hausdorff-Eigenschaft für die Mengen klar.
Und der Radius [mm] \bruch{1}{2^{n}} [/mm] ist relativ beliebig gewählt, es geht eben nur darum, dass man die Mengen immer weiter verkleinert, um eben eine Cauchy-Folge zu erhalten. Du könntest beispielsweise auch [mm] \bruch{1}{3^{n}} [/mm] als Radius wählen. Der Durchmesser der Mengen geht dann eben für [mm] n->\infty [/mm] gegen 0.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:57 Di 07.06.2011 | | Autor: | Lenzo |
> > Wir können X mit endlich vielen Kugeln vom Radius 1
> > überdecken. Dann müssen in einer solchen Kugel unendlich
> > viele Folgenglieder liegen. Sei [mm]B_1[/mm] der Schnitt von X mit
> > dieser Kugel. [mm]B_1[/mm] besitzt wiederum die
> > Hausdorffeigenschaft, wir wiederholen das Verfahren also
>
> Den Schritt verstehe ich nicht. Wieso besitzt [mm]B_{1}[/mm] wieder
> die Hausdorffeigenschaft? Wir hatten in der Vorlesung
> aufgeschrieben, dass eine kompakter Raum die Hausdorff
> Eigenschaft hat. Dementsprechend müsste ich Voraussetzen,
> dass [mm]B_{1}[/mm] kompakt ist, aber das wissen wir doch gar
> nicht.
Hallo Mandy,
wir dürfen tatsächlich nicht voraussetzen, dass B1 kompakt ist, aber wir zeigen doch diese Richtung:
vollständig und HAUSDORF => kompakt
also wissen wir was???
Gruß
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Hallo Kamaleonti,
ich sitze gerade auch an dieser Aufgabe. Ich verstehe nur nicht ganz, warum man pauschal sagen kann, dass man einen metrischen Raum mit endlich vielen Kugeln vom Radius 1 überdecken kann?
Grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:09 Mi 08.06.2011 | | Autor: | WWatson |
Hallo, Mathenobb,
die Hausdorff-Eigenschaft lautet:
[mm] \forall \varepsilon>0: \exists [/mm] k [mm] \in \IN: [/mm] X = [mm] \bigcup_{i=1}^{k} K(x_{i},\varepsilon).
[/mm]
Das heißt, wenn ein Raum die Hausdorff-Eigenschaft besitzt, kannst Du diesen mit endlich vielen [mm] \varepsilon-Kugeln [/mm] von jedem beliebigen Radius überdecken. Hier wurde eben für den Startwert [mm] \varepsilon=1 [/mm] gewählt. Du könntest auch irgendeinen anderes [mm] \varepsilon [/mm] als Startwert annehmen.
Gruß,
WWatson
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:36 Mi 08.06.2011 | | Autor: | Mathenobb |
Alles klar hab es verstanden, vielen Dank!
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