5. Stetige Abbildungen und Kompaktheit

Prof. Dr. Siegfried Echterhoff
Analysis 2
Vorlesung SS 2009
5 STETIGE ABBILDUNGEN UND KOMPAKTHEIT
5. Stetige Abbildungen und Kompaktheit
Definition 5.1 Seien (X, dx ), (Y, dy ) metrische Räume. Eine Abbildung f : X → Y heißt
stetig in x0 , falls für jede Folge (xn )n in X mit xn → x0 gilt f (xn ) → f (x0 ).
f heißt stetig, falls f in jedem Punkt x0 ∈ X stetig ist.
Wie in Analysis I beweist man:
Satz 5.2 Für f : X → Y und x0 ∈ X sind äquivalent:
(1) f ist stetig in x0
(2) Zu jedem ε > 0 existiert ein δ > 0 mit
dx (x, x0 ) < δ ⇒ dy (f (x), f (x0 )) < ε.
(3) Zu jedem ε > 0 existiert ein δ > 0 mit
f (Uδx (x0 )) ⊆ Uεy (f (x0 ))
(4) Zu jeder Umgebung U von f (x0 ) existiert eine Umgebung V von x0 mit f (V ) ⊆ U .
(Erinnerung: U ist Umgebung von f (x0 ), falls ein ε > 0 existiert mit Uε (f (x0 )) ⊆ U .)
Beweis: (1) ⇔ (2) Wie in Analysis I (Übungsaufgabe)
(2) ⇔ (3): (3) ist die Umformulierung von (2).
(3) ⇒ (4): Ist U Umgebung von f (x0 ), so existiert ε > 0 mit Uε (f (x0 )) ⊆ U . Nach (3)
existiert δ > 0 mit f (Uδ (x0 )) ⊆ Uε (f (x0 )) ⊆ U .
Setzte V := Uδ (x0 ) (Uδ (x0 ) ist Umgebung von x0 !)
(4) ⇒ (3): Sei ε > 0 gegeben. Da Uε (f (x0 )) Umgebung von f (x0 ) existiert nach (4) eine
Umgebung V von x0 mit f (v) ⊆ Uε (f (x0 )). Da V Umgebung von x0 existiert δ > 0 mit
Uδ (x0 ) ⊆ V . Es folgt (3).
Betrachten wir Stetigkeit auf ganz X, so erhalten wir den folgenden schönen Satz:
Satz 5.3 Seien (X, dX ), (Y, dY ) metrische Räume und sei f : X → Y eine Abbildung.
Dann sind äquivalent:
(1) f ist stetig (auf ganz X).
(2) Für alle U ⊆ Y offen gilt f −1 (U ) ⊆ X offen.
(3) Für alle A ⊆ Y abgeschlossen gilt f −1 (A) ⊆ X abgeschlossen.
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Beweis: (1) ⇒ (2): Sei U ⊆ Y offen und sei x ∈ f −1 (U ). Dann ist f (x) ∈ U und es
existiert nach 5.2 ein δ > 0 mit f (Uδ (x)) ⊆ Uε (f (x)) ⊆ U , und damit gilt Uδ (x) ⊆ f −1 (U ).
Also ist f −1 (U ) offen.
(2) ⇒ (3) A ⊆ Y abgeschlossen ⇔ Y \ A offen. Nach (2) gilt f −1 (Y \ A) = X \ f −1 (A)
offen, also f −1 (A) ⊆ X abgeschlossen.
(3) ⇒ (2) Analog zu (2) ⇒ (3).
(2) ⇒ (1) Sei x0 ∈ X beliebig. Zeige f stetig in x0 . Da Uε (f (x0 )) offen in Y gilt V :=
f −1 (Uε (f (x0 ))) offen in X mit x0 ∈ V . Dann existiert ein δ > 0 mit Uδ (x0 ) ⊆ V und es
folgt f (Uδ (x0 )) ⊆ f (V ) ⊆ Uε (f (x0 )). Nach 5.2 folgt f stetig in x0 .
Anwendung 5.4 Satz 5.3 kann man manchmal dazu verwenden, um zu zeigen, dass eine
gegebene Teilmenge U ⊆ X (bzw. A ⊆ X) offen (bzw. abgeschlossen) ist.
Beispiel: Sei M = {z ∈ C | |z| ≥ 1 und |Re(z)| < z, |Im(z)| < z}
Skizze:
Behauptung: M ist abgeschlossen in C (bzgl. | · |).
'$ Beweis: Wissen z 7→ |z|, |Re(z)|, |Im(z)| sind stetig. Da {x ∈
R | x ≥ 1} und [0, 2] abgeschlossen in R gilt:
&%
M1 = {z ∈ C | |z| ≥ 1} = f1−1 ([1, ∞)) abgeschlossen (f1 (z) = |z|)
M2 = {z ∈ C | |Re(z)| ≥ 1} = f2−1 ([0, 2]) abgeschlossen (f2 (z) = |Re(z)|)
M3 = {z ∈ C | |Im(z)| ≥ 1} = f3−1 ([0, 2]) abgeschlossen (f3 (z) = |Im(z)|)
da Urbild abgeschlossener Mengen unter stetigen Funktionen abgeschlossen. Damit folgt:
M = M1 ∩ M2 ∩ M3 ist abgeschlossen.
Für Funktion f : X → C bzw. f : X → R erhalten wir die üblichen Aussagen:
Lemma 5.5 Sei (X, d) metrischer Raum. Dann gelten:
(1) f, g : D → C stetig ⇒ f + g, f · g : D → C stetig ((f + g)(x) = f (x) + g(x),
f · g(x) = f (x)g(x)). Ist g(x) 6= 0 ∀x, so ist auch fg : X → C stetig.
(2) Sind X, Y, Z metrische Räume und sind f : X → Y , g : Y → Z stetig, so ist auch
g ◦ f : X → Z stetig.
Beweis: (1) folgt aus den Rechenregeln für Folgen (siehe entsprechenden Beweis in Analysis 1)
(2) Sei (xn )n Folge in X mit xn → x. Da f stetig, folgt f (xn ) → f (x) und da g stetig, folgt
g ◦ f (xn ) = g(f (xn )) → g(f (x)) = g ◦ f (x).
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Beispiel 5.6
1. Sei k · k beliebige Norm auf Kn . Da Konvergenz auf Kn nicht von der
Wahl von k · k abhängt, hängt auch Stetigkeit einer Abbildung f : Kn → Y nicht von
der Wahl von k · k ab.
Ferner gilt: pi : Kn → K; pi (x) = xi ist stetig, da xl → x in Kn ⇔ xl,i → xi ∀1 ≤
i ≤ l (4.18). Sind dann m1 , . . . , mn ∈ N0 , so ist auch
f : Kn → K;
mn
1 m2
f (x) = xm
1 x2 · . . . · xn
stetig nach 5.5 (1).
2. Sei f : Kn ⇒ Km eine Abbildung und für 1 ≤ j ≤ m sei fj → Kn → K die jte Komponentenfunktion, also f (x) = (f1 (x), . . . , fm (x))t x ∈ Kn . Dann gilt (für
beliebige Normen k · k, k · kt auf Kn und Km ):
f stetig ⇔ fj stetig
∀1 ≤ j ≤ m
dann ist (xl )l Folge in Kn mit xl → x, so gilt
f (xl ) → f (x) ⇔ fj (xl ) → fj (x) ∀1 ≤ j ≤ m
(4.18).
3. Jede lineare Abbildung F : Kn → Km ist stetig (bzgl. beliebige vorgegebene Normen
auf Kn und Km ), dann ist A ∈ M (m × n, K) mit F (x) = A · x ∀x ∈ Kn , so ist
x 7→ Fj (x) = aj1 x1 + . . . + ajn xn stetig nach 1. und 5.5(1).
Wir kommen nun zum wichtigen Begriff einer kompakten Menge.
Definition 5.7 Sei (X, d) ein metrischer Raum und sei K ⊆ X. Sei {Ui | i ∈ I} ein
System offener Mengen in X. Dann heißt {Ui | i ∈ I} offene Überdeckung von K, falls
S
Ui . K heißt kompakt, falls für jede offene Überdeckung {Ui | i ∈ I} von K eine
K ⊆
i∈I
endliche Teilüberdeckung existiert, dh. es existieren endlich viele i1 , . . . , il ∈ I mit
!
l
[
Uij .
K ⊆ Ui1 ∪ . . . ∪ Uil
=
j=1
Bemerkung: Wir werden später sehen, dass für Teilmengen K von Rn bzw. Cn versehen
mit einer beliebigen Norm k · k gilt: K kompakt ⇔ K beschränkt und abgeschlossen. Diese
Aussage ist aber in beliebigen Räumen flasch:
Beispiel: X = (0, 1) mit d(x, y) = |x − y|. Dann ist X bzgl. d abgeschlossen und be"
S
schränkt. Setzte Un = n1 , 1 ⊆ X offen. Dann ist Un = X, aber {Un | n ∈ N} besitzt
keine endliche Teilüberdeckung!
n
Satz 5.8 Sei (X, d) ein metrischer Raum und sei K ⊆ X kompakt. Dann ist K beschränkt
und abgeschlossen (K heißt beschränkt, falls ein c > 0 existiert mit d(x, y) ≤ c ∀x, y ∈
K).
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Beweis: (1) K beschränkt: klar, wenn K = ∅. Sei also K 6= ∅ und x0 ∈ K fest. Dann gilt
[
Un (x0 ), Un (x0 ) = {y ∈ X | d(x0 , y) < n}.
K⊆
n∈N
Da K kompakt existiert n1 , . . . , nl ∈ N mit K ⊆
l
S
Unj (x0 ). Setzte N = max{n1 , . . . , nl },
j=1
so folgt K ⊆ UN (x0 ). Sind dann x, y ∈ K beliebig, so folgt
d(x, y) ≤ d(x, x0 ) + d(x0 , y) < 2N.
(2) K abgeschlossen: Zeige X \ K offen. Sei dazu x0 ∈ X \ K gegeben. Zeige ∃ε > 0 mit
Uε (x0 ) ∩ KS= ∅. Da x0 ∈
/ K existiert zu jedem x ∈ K ein n ∈ N mit d(x, x0 ) > n1 . Damit
folgt K ⊆
(X \ B 1 (x0 )). Da B 1 (x0 ) abgeschlossen ist X \ B 1 (x0 ) offen ∀n ∈ N. Da K
n
n
n
n∈N
l
l
S
T
kompakt existiert daher n1 , . . . , nl ∈ N mit K ⊆
B 1 (x0 ) =
X \ B 1 (x0 ) = X \
j=1
nj
j=1
nj
X \ B 1 (x0 ) mit N = max{n1 , . . . , nl }. Insbesondere folgt K ∩ U 1 (x0 ) = ∅.
N
N
Kompaktheit vererbt sich auf abgeschlossenen Teilmengen:
Satz 5.9 Sei (X, d) ein metrischer Raum, K ⊆ X kompakt und A ⊆ X abgeschlossen
mit A ⊆ K. Dann ist auch A kompakt.
Beweis: Sei {Ui | i ∈ I} eine offene Überdeckung von A. Da A ⊆ X abeschlossen, ist
U0 := X \ A offen, und dann ist {Ui | i ∈ I} ∪ {U0 } eine offene Überdeckung von K. Da K
kompakt, existiert i1 , . . . , il ∈ I mit K ⊆ Ui1 ∪ . . . ∪ Uil ∪ U0 und da A ⊆ K mit A ∩ U0 = ∅
folgt dann A ⊆ Ui1 ∪ . . . ∪ Uil , also ist A kompakt.
Um zu zeigen, dass in Rn bzw. Cn kompakt äquivalent zu beschränkt und abschlossen ist,
benötigen wir eine Verallgemeinerung des Intervallschachtelungsprinzips in allgemeinen
vollständigen metrischen Räumen:
Satz 5.10 (Schachtelungsprinzip) Sei (X, d) ein vollständiger metrischer Raum und
sei (An )n eine Folge abgeschlossener Teilmengen in X mit
1. An 6= ∅ und An+1 ⊆ An ∀n ∈ N
2. Es gilt d(An ) → 0 für n → ∞, wobei wir für A ⊆ X setzen: d(A) = sup d(x, y)
x,y∈A
(Durchmesser von A).
Dann existiert ein x ∈ X mit {x} =
T
An .
n∈N
Beweis: ∀n ∈ N wähle xn ∈ An beliebig. Dann ist (xn )n eine Cauchy-Folge, dann ist
ε > 0 beliebig und N ∈ N mit d(AN ) < ε, so folgt für alle n, m ≥ N : xm ∈ An ⊆ AN . Da
X vollständig, existiert dann ein x ∈ X mit xn → x.
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Behauptung: x ∈ An ∀n ∈ N. Dazu: xm ∈ An ∀m T
≥ n und da An abgeschlossen, folgt
dann auch x = lim xm ∈ An (4.23). Damit ist x ∈
An .
m→∞
n∈N
T
An , so folgt 0 ≤ d(x, x̃) ≤ d(An ) → 0, also
Ist x̃ ∈ X weiteres Element mit x̃ ∈
n∈N
d(x, x̃) = 0 und dann x = x̃.
Satz 5.11 (Heine-Borel) Sei Kn , K = R oder C, versehen mit einer beliebigen Norm
k · k. Dann gilt für K ⊆ Kn :
K ist kompakt ⇔ K ist beschränkt und abgeschlossen.
Beweis: ⇒“ folgt aus 5.8.
”
⇐“ Ist K = C, so können wir Cn mit R2n identifizieren und die Norm auf Cn wird dann
”
zu einer Norm der R-Vektorraum R2n . Wir können also o.B.d.A. K = R annehmen.
Da alle Normen auf Rn äquivalent sind (und damit dieselben offenen, abschlossenen,
beschränkten und kompakten Mengen liefern) können wir o.B.d.A. k·k = k·k∞ annehmen.
n
Q
k·k
Da K beschränkt, existiert ein R > 0 mit K ⊆ BR ∞ (0) = [−R, R]. Da K abgeschlossen
i=1
k·k
BR ∞ (0)
kompakt, so auch K (Satz 5.9). Es genügt also zu zeigen, dass Q :=
gilt: Ist
n
Q
[−R, R] ⊆ Rn kompakt ist.
i=1
A: Q ist nicht kompakt.
Dann existiert eine offene Überdeckung {Ui | i ∈ I} von Q mit {Ui | i ∈ I} besitzt keine
endliche Teilüberdeckung von Q.
Wir konstruieren dann eine Folge von Quadern
n
Y
Ql =
[alj , blj ],
alj = blj
mit:
j=1
1. Ql+1 ⊆ Ql ⊆ Q ∀l ∈ N
2. Ql kann nicht durch endlich viele Ui1 , . . . , Uil aus {Ui | i ∈ I} überdeckt werden.
3. d(Ql ) = 21l d(Q)
Ist dies geschafft, so erhalten wir einen Widerspruch
wir folgt: Da Rn vollständig (4.21)
T
existiert wegen 5.10 ein x ∈ Rn mit {x} =
Ql .
l∈N
Da x ∈ Q gilt x ∈ Ui für ein i ∈ I. Da Ui offen, existiert ein ε > 0 mit Uε (x) ⊆ Ui . Da
d(Ql ) → 0 existiert dann ein N ∈ N mit d(Ql ) < ε ∀l ≥ N .
Da x ∈ Ql für alle l folgt dann aber Ql ⊆ Uε ⊆ Ui für alle l ≥ N . Dies ist ein Widerspruch
zu 2.
Konstruktion der Ql :
l = 0: setzte Q0 = Q
l 7→ l + 1: Seien Q0 , . . . , Ql konstruiert. Ql =
n
Q
j=1
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[alj , blj ]. Für alle 1 ≤ j ≤ n setzte
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cj = 12 (alj + blj ). Setzte Ij1 := [alj , cj ], Ij2 := [cj , blj ] und für t = (t1 , . . . , tn ) mit tj = {1, 2}
n
Q
t
Ij j . Dann gilt endlich viele Ui ’s überdeckt werden kann, gilt dies dann
setzte Qtj :=
j=1
auch für Qtl für mindestens ein t ∈ {1, 2}n . Setzte dann Ql+1 = Qtl für ein selches t. Dann
IV
1
d(Q) bzgl. k · k∞ .
gilt Ql+1 ⊆ Ql ⊆ Q und d(Ql+1 ) = 12 d(Ql ) = 2l+1
Bemerkung: Der Setz von Heine-Borel gilt auch für jeden anderen endlich dimensionalen normierten K-Vektorraum V. Dazu identifiziere V mit Kn bzgl. eine gewählte Basis
{v1 , . . . , vn } von V.
Aus Satz 5.11 folgt insbesondere, dass [a, b] kompakt ∀a, b ∈ R, a ≤ b.
Satz 5.12 (Bolzano-Weierstraß) Sei (X, d) ein metrischer Raum, K ⊆ X kompakt
und (xn )n eine Folge in K. Dann existiert eine Teilfolge (xnk )k von (xn )n und ein x ∈ K
mit xn → x.
Bemerkung: Es gilt auch die Umkehrung: Sei K ⊆ X mit: Jede Folge in K besitzt eine
in K konvergente Teilfolge. Dann ist K kompakt. Im Fall X = Rn bzw. Cn folgt dies leicht
aus Satz 5.11 (Übungsaufgabe).
Beweis: Sei K ⊆ X kompakt und (xn )n Folge in K.
A: (xn )n besitzt keine konvergente Teilfolge.
Dann folgt: Zu jedem y ∈ K existiert ein εy > 0 mit Uεy (y) enthält nur endliche viele
Folgenglieder von (xn )n .
Dann: Wenn nicht, wähle n1 ∈ N mit xn1 ∈ U1 (y), und falls n1 , . . . , nk schon gewählt,
wähle nk+1 ≥ n1 , . . . , nk mit xnk+1 ∈ U 1 (y). Dann ist (xnk )k Teilfolge von (xn )n mit
k+1
xnk → y; ein Widerspruch zur Annahme!
l
S
S
Nun folgt: K ⊆
Uεy (y), und da K kompakt, existiert y1 , . . . , yl ∈ K mit K ⊆
Uεyj (y1 ).
y∈K
j=1
Da sich in jedem Uεy (y) nur endlich viele Folgenglieder befinden, besitzt die ganze Folge
nur endlich viele Folgenglieder! Das macht keinen Sinn!
Folgerung 5.13 Jede (norm-)beschränkte Folge in Kn besitzt eine konvergente Teilfolge
(da alle Normen Kn äquivalent sind, hängt dies nicht von der gewählten Norm ab).
Beweis: Sei k · k beliebige Norm auf Kn . Ist (xn )n beschränkte Folge in Kn , so existiert
R > 0 mit xn ∈ BR (0) ∀n ∈ N. Da BR (0) abgeschlossen und beschränkt (nach 5.11) ist
BR (0) kompakt und damit besitzt (xn )n eine in BR (0) kompakte Teilfolge.
Wir wollen nun noch etwas über den Zusammenhang zwischen Stetigkeit und kompaktheit
lernen:
Satz 5.14 Seien X, Y metrische Räume, K ⊆ X kompakt und f : X → Y stetig. Dann
ist auch f (K) ⊆ Y kompakt.
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Beweis: Sei {Ui | i ∈ I} eine offene Überdeckung von f (K). Da f stetig, ist Vi := f −1 (Ui )
offen in X für alle i ∈ I, und dann ist {Vi | i ∈ I} eine offene Überdeckung von K. Dann
folgt wegen f (f −1 (Ui )) ⊆ Ui : f (K) ⊆ f (Vi1 ) ∪ . . . ∪ f (Vil ) ⊆ Ui1 ∪ . . . ∪ Uil .
Bemerkung 5.15 Ist ∅ =
6 K ⊆ R kompakt, so besitzt K ein Maximum oder ein Minimum.
Denn: Da ∅ =
6 K beschränkt, existiert s := sup(K) ∈ R. Ferner existiert Folge (xn )n in K
mit xn → s (wähle z.B. xn ∈ K mit xn > s − n1 ). Da K kompakt, ist K auch abgeschlossen
und damit folgt s ∈ K. Also s = max(K).
Analog: inf(K) ∈ K, also inf(K) = min(K).
Folgerung 5.16 Sei X metrischer Raum, K ⊆ X kompakt. Ist dann f : K → R (bzw.
C) stetig, so existiert x1 , x2 ∈ K mit
f (x1 ) ≤ f (x) ≤ f (x2 )
(bzw. |f (x1 )| ≤ |f (x)| ≤ |f (x2 )|)
für alle x ∈ K (Also: f nimmt auf K ein Maximum und Minimum an).
Beweis: Nach 5.14 ist f (K) ⊆ R kompakt und nach 5.15 besitzt f (K) dann Maximum
und Minimum. Im Fall f : K → C betrachte |f | : K → R.
Aus 5.14 erhält man auch ein nützliches Kriterium für die Stetigkeit von Umkehrfunktionen:
Satz 5.17 Sei X ein kompakter metrischer Raum und sei Y metrischer Raum. Ist dann
f : K → Y stetig und bijektiv, so ist auch Y kompakt und die Umkehrabbildung f −1 :
Y → K ist stetig.
Beweis: Nach 5.3 ist f −1 : Y → K stetig ⇔ für alle A ⊆ X abgeschlossen ist auch
(f −1 )−1 (A) = f (A) ⊆ Y abgeschlossen. Ist aber A ⊆ X abgeschlossen, so ist A kompakt
nach 5.9. Nach 5.15 ist dann auch f (A) ⊆ Y kompakt, und nach 5.8 ist dann f (A) ⊆ Y
abgeschlossen.
Bezeichnung 5.18 Ist f : X → Y stetig und bijektiv, so dass die Umkehrabbildung
f −1 : Y → X auch stetig ist, so nennt man f einen Homöomorphismus und wir sagen
dann, dass X und Y homöomorph sind.
In der Topologie versucht man Räume bis auf Homöomorphie zu klassifizieren:
Anwendung von 5.17: Ist dann f : X → Y stetig, K ⊆ X kompakt mit f|K : K → Y
bijektiv3 , so ist f|K : K → f (K) ein Homöomorphismus.
::::::::
3
Wort war nicht richtig zu entziffern... wird noch gegebenenfalls korrigiert
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Definition 5.19 Seien X, Y metrische Räume. Eine Abbildung f : X → Y heißt gleichmäßig
stetig, falls zu jedem ε > 0 ein δ > 0 existiert, mit: ∀x, y ∈ X gilt:
dX (x, y) < δ ⇒ dY (f (x), f (y)) < ε
(dh. δ kann unhabhängig von x, y gewählt werden).
Satz 5.20 4 Seien X, Y metrische Räume mit X kompakt. Ist dann f : X → Y stetig, so
ist f gleichmäßig stetig.
existiert zu jedem x ∈ X ein δX > 0 mit
Beweis: Sei ε > 0 gegeben. Da f stetig, S
f (Uδx (x)) ⊆ U 2ε (f (x)). Dann gilt X =
U δx (X) und da X kompakt ist, existiert
2
x∈X
n
o
m
S
δx1
δxm
U δxi (xi ). Setze: δ = min 2 , . . . , 2 . Sind dann x, y ∈ X
x1 , . . . , xm ∈ X mit X =
i=1
2
mit d(x, y) < δ, so existiert zunächst ein i ∈ {1, . . . , m} mit x ∈ U δxi (xi ), und wegen
2
d(x, y) < δ
ε.
4
δxi
2
folgt x, y ∈ Uδxi (xi ). Dann folgt f (x), f (y) ∈ U 2ε (f (xi )) und d(f (x), f (y)) <
Im Manusskript Satz 5.19
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