Inhaltsverzeichnis

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6 Topologische Grundlagen
6.1 Normierte Vektorräume . .
6.1.1 Offene Mengen . .
6.1.2 Konvergente Folgen
6.1.3 Abgeschlossene und
6.2 Stetige Abbildungen . . .
. . . . . . . . . . .
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kompakte Mengen
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3
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5
5
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INHALTSVERZEICHNIS
Kapitel 6
Topologische Grundlagen
6.1
6.1.1
Normierte Vektorräume
Offene Mengen
Definition. Sei V ein reeller Vektorraum. Dann verstehen wir unter einer Norm k · k
auf V eine Funktion k · k : V −→ [0, ∞) mit
(N1) kxk = 0 genau dann, wenn x = 0, für alle x ∈ V ,
(N2) ktxk = |t|kxk für alle t ∈ R, x ∈ V ,
(N3) Für x, y ∈ V gilt die ”Dreiecksungleichung”
kx + yk ≤ kxk + kyk
Beispiele a) Ist V = R und kxk := |x|, so definiert diese einen normierten Vektorraum.
b) Ist V = C 0 ([a, b]) der R-Vektorraum der stetigen Funktionen auf dem Intervall
[a, b], so, definiert
kf k := max{|f (x)| | a ≤ x ≤ b}
eine Norm auf V (Übungsaufgabe).
c) Durch
kxk∞ := max |xj |
1≤j≤n
5
6
KAPITEL 6. TOPOLOGISCHE GRUNDLAGEN
und
N1 (x) :=
n
X
|xj |
j=1
sind Normen auf Rn definiert.
Definition. Ist V ein R-Vektorraum, so verstehen wir unter einem Skalarprodukt
auf V eine Funktion h·, ·i : V × V −→ R, so dass folgende Regeln erfüllt werden:
a) hx, yi = hy, xi , für x, y ∈ V ,
b) hx + λy, ui = hx, ui + λhy, ui, für x, y, u ∈ V, λ ∈ R
c) hx, u + µvi = hx, ui + µhx, vi, für x, u, v ∈ V, µ ∈ R
d) Ist x ∈ V , so gilt hx, xi ≥ 0 und hx, xi = 0 genau dann, wenn x = 0.
6.1.1.1 Lemma (Cauchy-Schwarz). Sei V ein reeller
p Vektorraum mit einem Skalarprodukt h·, ·i : V ×V −→ R. Wir schreiben kxk := hx, xi für x ∈ V . Sind x, y ∈ Rn ,
so haben wir stets
|hx, yi| ≤ kxkkyk
und Gleichheit gilt genau dann, wenn x und y linear abhängig sind.
Beweis. Ist y = 0, so ist nichts zu tun. Sei also y 6= 0. Dann rechnen wir mit der
Bilinearität aus
0 ≤ kx −
hx, yi2
hx, yi2
hx, yi 2
2
yk
=
kxk
+
−
2
kyk2
kyk2
kyk2
hx, yi2
= kxk2 −
kyk2
Das ergibt uns
hx, yi2 ≤ kxk2 kyk2 ,
also die erste Aussage.
Gleichheit gilt genau dann, wenn kxk2 −
kx −
was bedeutet, dass x =
hx,yi
y
kyk2
hx,yi2
kyk2
= 0, also, wenn
hx, yi
yk = 0 ,
kyk2
gilt.
Hieraus folgt nun
6.1.1.2pLemma . Ist V ein R-Vektorraum mit Skalarprodukt h·, ·i, so definiert
kxk := hx, xi eine Norm auf V .
6.1. NORMIERTE VEKTORRÄUME
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Beweis. a) Sicher ist kxk ≥ 0. Wenn kxk = 0, so ist auch hx, xi = 0, also x = 0.
b) Ist t ∈ R und x ∈ V , so haben wir ktxk2 = htx, txi = t2 hx, xi = t2 kxk2 , also
ktxk = |t|kxk.
c) Für x, y ∈ V errechnen wir
kx + yk2 =
=
=
≤
=
hx + y, x + yi
hx, xi + hx, yi + hy, xi + hy, yi
kxk2 + kyk2 + 2hx, yi
kxk2 + kyk2 + 2kxkkyk
(kxk + kyk)2
Das ergibt die Behauptung.
Übungsaufgabe: Ist V ein R-Vektorraum mit Skalarprodukt h·, ·i und induzierter
Norm k · k, so gilt die ”Parallelogrammgleichung”
kx + yk2 + kx − yk2 = 2kxk2 + 2kyk2
Beispiel. Für x, y ∈ Rn wird durch
hx, yi := x1 y1 + ... + xn yn
p
ein Skalarprodukt erklärt. Die induzierte Norm |x| := hx, xi, für x ∈ Rn heißt die
”euklidische” Norm.
Definition. Sei (V, k · k) ein reeller normierter Vektorraum. Für a ∈ V und r > 0
definieren wir die ”r-Kugeln” um a durch
B(a, r) := {x ∈ V k kx − ak < r}
Beispiele. a) V = Rn und | · | die euklidische Norm, so wird B(a, r) = (a − r, a + r),
wenn n = 1. Im Fall n = 2 haben wir die Kreisscheibe um a mit Radius r vor uns
(ohne den Rand!), für n = 3 ist B(a, r) die anschauliche Kugel um a mit Radius r
(ohne den Rand).
b) Die Kugeln B∞ (a, r) im Rn bzgl. der Maximumsnorm k · k∞ sind Quader, wenn
n ≥ 3.
Definition. Sei (V, k · k) ein reeller normierter Vektorraum. Wir bezeichnen eine
Menge U ⊂ V als offen, wenn zu jedem x ∈ U ein Radius r > 0 so gewählt werden
kann, dass B(x, r) ⊂ U gilt.
Wir zeigen jetzt, dass die offenen Kugeln offene Mengen sind:
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KAPITEL 6. TOPOLOGISCHE GRUNDLAGEN
6.1.1.3 Lemma. Sei V ein normierter Vektorraum. Ist a ∈ V und r > 0, so gilt für
y ∈ B(a, r):
B(y, ρ) ⊂ B(a, r) ,
wenn nur 0 < ρ < r − ka − yk.
Beweis. Ist nämlich z ∈ B(y, ρ), so folgt aus der Dreiecksungleichung
kz − ak ≤ kz − yk + ky − ak < ρ + ky − ak < r
2
Obige Aussage wird im R durch dieses Bild veranschaulicht
ρ
a
r
y
Definition. Ist V wie bisher und M ⊂ V so heißt ein Punkt x0 ∈ M ein innerer
Punkt von M , wenn ein Radius ε mit B(x0 , ε) ⊂ M gefunden werden kann.
◦
Als offenen Kern von M bezeichnen wir die Menge M aller inneren Punkte von
M.
◦
M ist also genau dann offen, wenn M mit M übereinstimmt.
◦
6.1.1.4 Lemma. a) Ist (V, k · k) ein normierter Vektorraum und M ⊂ V , so ist M
◦
die größte offene Teilmenge von M , also: Ist U ⊂ M offen, so ist U ⊂ M .
◦
◦
◦
◦
b) Für M1 , M2 ⊂ V haben wir M1 ∪ M2 ⊂ (M1 ∪ M2 )◦ und M1 ∩ M2 = (M1 ∩ M2 )◦ .
Beweis. Ü.A.
6.1. NORMIERTE VEKTORRÄUME
6.1.2
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Konvergente Folgen
In diesem Abschnitt sei immer (V, k · k) ein normierter Vektorraum.
Definition. a) Wir nennen eine Folge (xk )k von Punkten aus V konvergent gegen
den Punkt x0 ∈ V , wenn zu jedem ε > 0 ein k0 so gewählt werden kann, dass für alle
k ≥ k0 die Ungleichung kxk − x0 k ≤ ε besteht.
Gleichwertig hiermit ist die Forderung, dass xk ∈ B(x0 , ε) für fast alle k gelten
soll.
Wir bezeichnen dann x0 als Grenzwert von (xk )k und schreiben wieder
x0 = lim xk .
k→∞
b) Ein Punkt a ∈ V soll Häufungswert der Folge (xk )k genannt werden, wenn für
jedes ε > 0 die Beziehung xk ∈ B(a, ε) für unendlich viele k gilt.
Ein Grenzwert ist also auch Häufungswert. Ist a Häufungswert, so kann es aber
in gewissen Fällen auch ein ε > 0 geben, so dass xk ∈ B(a, ε) für unendlich viele k
nicht gilt.
6.1.2.1 Lemma. a) Die Folge (xk )k ist genau dann konvergent gegen x0 ∈ V , wenn
limk→∞ kxk − x0 k = 0 gilt.
b) Eine konvergente Folge (xk )k hat genau einen Grenzwert.
Beweis. a) ist klar. Zu b). Wären nämlich x0 , y0 ∈ X zwei Grenzwerte dieser Folge,
so hätten wir
kx0 − y0 k ≤ kxk − x0 k + kxk − y0 k −→ 0 ,
wenn nur k → ∞. Also ist kx0 − y0 k = 0 und damit x0 = y0 .
6.1.2.2 Lemma. Genau dann ist a ein Häufungswert der Folge (xk )k , wenn eine
Teilfolge (xkm )m von (xk )k mit limm→∞ xkm = a existiert.
Beweis. Man überträgt den Beweis aus ”Ana 1” auf diese allgemeinere Situation,
wobei man nur (a − ε, a + ε) durch B(a, ε) ersetzen muss.
6.1.2.3 Lemma. a) Folgende Aussage über eine Folge (xk )k ⊂ Rn sind äquivalent:
(1) Es gilt limk→∞ xk = x0
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KAPITEL 6. TOPOLOGISCHE GRUNDLAGEN

(2) Es gilt limk→∞ xk,` = x0,`

xk,1


für alle ` = 1, 2, ..., n. Dabei sei xk :=  ...  und
xk,n


x0,1


x0 :=  ... .
x0,n
In normierten Vektorräumen gilt folgende Regel für konvergente Folgen:
6.1.2.4 Lemma. a) Sind die Folgen (xk )k und (yk )k ⊂ V konvergent, so haben wir
lim (xk + αyk ) = lim xk + α lim yk
k→∞
k→∞
k→∞
b) Ist die Norm von V sogar durch ein Skalarprodukt h·, ·i induziert, so gilt für
alle α ∈ R und für alle z ∈ V :
lim hxk , zi = hx0 , zi
k→∞
wenn limk→∞ xk = x0 .
Beweis. a) Sei x0 := limk→∞ xk und y= limk→∞ yk . Wir beachten
kxk + αyk − (x0 + αy0 )k ≤ kxk − x0 k + |α|kyk − y0 k
Die rechte Seite ist eine Nullfolge.
b) Es gilt
|hxk , zi − hx0 , zi| = |hxk − x0 , zi| ≤ kxk − x0 kkzk −→ 0
mit k → ∞.
Aus der Cauchy-Schwarz-Ungleichung erhalten wir sogar:
Zusatz: Ist zusätzlich y0 = limk→∞ yk , dann
lim hxk , yk i = hx0 , y0 i .
k→∞
(Ü.A.)
Definition. a) Eine Folge (xk )k ⊂ V heißt beschränkt, wenn ein R > 0 so gefunden
werden kann, dass kxk k ≤ R für alle k ∈ N gilt.
b) Wir bezeichnen die Folge (xk )k als Cauchy-Folge, wenn sich zu jedem ε > 0
eine Zahl k0 so wählen lässt, dass
kxk − xm k ≤ ε für alle k, m ≥ k0 .
Wie bei Folgen reeller Zahlen haben wir
6.1. NORMIERTE VEKTORRÄUME
11
6.1.2.5 Lemma. a) Jede in V konvergente Folge (xk )k ist eine Cauchy-Folge.
b) Jede Cauchy-Folge (xk )k ⊂ V ist beschränkt.
c) Hat die Cauchy-Folge (xk )k ⊂ V eine konvergente Teilfolge, so konvergiert sie
selbst schon.
Beweis. a) Ist ε > 0 und x0 = limk→∞ xk , so gibt es ein k0 ≥ 1 mit kxk −x0 k ≤ ε/2
für alle k ≥ k0 . Dann ist aber für alle k, m ≥ k0 :
kxk − xm k ≤ kxk − x0 k + kx0 − xm k ≤ ε
b) Für ein geeignetes k1 ≥ 1 haben wir kxk − x` k ≤ 1, wenn k ≥ ` ≥ k1 , also gilt
xk ∈ B(xk1 , 1), wenn k ≥ k1 . Setzen wir R := 1 + kx1 − xk1 k + ... + kxk1 −1 − xk1 k, so
folgt xk ∈ B(xk1 , 1), also auch kxk k ≤ kxk1 k + R für alle k.
c) Zunächst gibt es zu beliebigem ε > 0 eine Zahl k0 mit kxk − xm k < ε/2, wenn
k, m ≥ k0 . Sei (xk` )` eine Teilfolge mit Limes x0 ∈ X. Für geeignetes `0 haben wir
aber k`0 ≥ k0 und kxk`0 − x0 k < ε/2. Also folgt für alle k ≥ k0 dass
kxk − x0 k ≤ kxk − xk`0 k + kxk`0 − x0 k < ε
Definition. Wir nennen einen normierten Vektorraum (V, k · k) vollständig (oder
Banachraum), wenn in ihm jede Cauchy-Folge konvergiert.
6.1.2.6 Lemma. Für jedes n ≥ 1 ist Rn (mit der euklidischen Norm) vollständig.
Beweis. Sei nämlich (xk )k eine Cauchyfolge. Schreiben wir xk = ( xk,1 , ..., xk,n ) , so
ist jede der Folgen (xk,` )k ebenfalls eine Cauchyfolge, hat also einen Grenzwert x0` ,
` = 1, ..., n. Damit konvergiert aber (xk )k nach Lemma 6.1.2.3 gegen (x01 , ..., x0n ).
6.1.3
Abgeschlossene und kompakte Mengen
Wieder sei (V, k · k) ein normierter Vektorraum.
Definition. Eine Menge A ⊂ V heißt
a) abgeschlossen, wenn V \ A offen ist,
b) beschränkt, wenn ein x0 ∈ V und ein R > 0 existieren, so dass A ⊂ B(0, R),
c) kompakt, wenn zu jeder Familie (Ui )i∈I offener Mengen in V mit A ⊂ ∪i∈I Ui
schon eine endliche Indexmenge J ⊂ I mit A ⊂ ∪i∈J Ui gefunden werden kann. Wir
bezeichnen dann die Familie (Ui )i∈I als offene Überdeckung und (Ui )i∈J als endliche
Teilüberdeckung von A.
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KAPITEL 6. TOPOLOGISCHE GRUNDLAGEN
Definition. Ist A ⊂ V eine Menge, so verstehen wir unter einem Häufungspunkt a0
von A einen Punkt, bei dem für jedes ε > 0 die Menge A ∩ (B(a0 , ε) \ {a0 }) nicht-leer
ist.
Anmerkung. Genau dann ist a0 ein Häufungspunkt von A, wenn eine Folge (xk )k ⊂
A \ {a0 } mit limk→∞ xk = a0 existiert.
Wir wollen jetzt abgeschlossene und kompakte Mengen mit Hilfe von Häufungspunkten kennzeichnen.
6.1.3.1 Lemma. Sei A ⊂ V eine Menge. Dann sind äquivalent:
(a) A ist abgeschlossen,
(b) Jeder Häufungspunkt a0 von A gehört zu A.
Beweis. Aus a) folgt b): Angenommen, ein Häufungspunkt a0 von A gehöre nicht
zu A. Dann ist ja a0 ein Punkt der offenen Menge V \ A. Also ließe sich ein Radius
r > 0 so wählen, dass B(a0 , r) ⊂ V \ A. Insbesondere folgte nun
A ∩ (B(a0 , r) \ {a0 }) ⊂ A ∩ B(a0 , r) = ∅ ,
ein Widerspruch zur Annahme, dass a0 ein Häufungspunkt von A sei.
Aus b) folgt a). Sei a0 ∈ V \ A ein Punkt. Angenommen, es gebe kein r > 0
mit B(a0 , r) ⊂ V \ A. Dann wäre aber A ∩ B(a0 , r) 6= ∅ für jedes r > 0, und man
fände einen Punkt br ∈ A ∩ B(a0 , r). Sicher ist br 6= a0 , da a0 ∈
/ A. Also ist sogar
A ∩ (B(a0 , r) \ {a0 }) 6= ∅ für jedes r > 0. Dann wäre aber a0 ein Häufungspunkt von
A, der nicht zu A gehörte, Widerspruch.
Definition. Ist A ⊂ V , so bezeichnen wir als abgeschlossene Hülle von A den
Durchschnitt A aller A enthaltenden abgeschlossenen Mengen. Das ist also die kleinste
abgeschlossene Menge, welche A enthält.
6.1.3.2 Lemma. Ist A ⊂ V , so gehört ein Punkt a0 ∈ V genau der Menge A an,
wenn a0 ∈ A oder a0 ein Häufungspunkt von A ist.
Beweis. Es sei B die Menge aller x ∈ V , die zu A gehören oder Häufungspunkt
von A sind. Zu zeigen ist also, dass A = B ist.
(i) B ist selbst abgeschlossen. Dazu sei b0 ein Häufungspunkt von B und r >
0 vorgegeben. Angenommen, b0 ∈
/ A. Zunächst finden wir einen Punkt y ∈ B ∩
B(b0 , r/2) \ {b0 }. Ist y ∈ A, so ist schon A ∩ B(b0 , r/2) \ {b0 } 6= ∅. Angenommen, es
sei y ∈
/ A. Dann muss y ein Häufungspunkt von A sein. Die Zahl δ := 12 ky − b0 k ist
positiv. Nun wählen wir ein x ∈ B(y, ρ) \ {y} ∩ A, wobei ρ := min{δ, r/2}. Dann ist
aber kx−b0 k ≤ kx−yk+ky −b0 k ≤ ρ+r/2 ≤ r, also x ∈ A∩B(b0 , r). Wäre x = b0 , so
6.1. NORMIERTE VEKTORRÄUME
13
folgte 2δ = kb0 − yk < ρ ≤ δ, ein Widerspruch. Somit ist sogar x ∈ A ∩ B(b0 , r) \ {b0 },
also b0 ∈ B.
Das beweist die Abgeschlossenheit von B. Da B eine A enthaltende abgeschlossene
Menge und A die kleinste derartige Menge ist, folgt A ⊂ B.
(ii) Ist F eine A enthaltende abgeschlossene Menge, so ist B ⊂ F . Denn ist b0 ∈ B
und (bk )k ⊂ B \{b0 } eine gegen b0 konvergente Folge, so ist wegen (bk )k ⊂ F ja b0 auch
ein Häufungspunkt von F , gehört also nach Lemma 6.1.3.1 zu F . Somit ist B ⊂ F .
Wenden wir das auf F = A an, finden wir B ⊂ A.
Definition. Sei A ⊂ V . Unter dem Rand von A verstehen wir die Menge ∂A :=
◦
A \ A.
Dann gilt ∂A = A ∩ Ac . (Ü.A.)
Wir kennzeichnen nun kompakte Mengen durch Abgeschlossenheit und Beschränktheit.
6.1.3.3 Lemma. In dem normierten Raum (V, k · k) hat jede kompakte Menge
K ⊂ V die folgenden Eigenschaften:
(i) K ist beschränkt,
(ii) K ist abgeschlossen,
(iii) Jede Folge (xk )k ⊂ K hat einen Häufungswert x0 ∈ K. Wir nennen diese
Eigenschaft auch Folgenkompaktheit.
Beweis. (i) Die Kugeln B(0, R) sind offen. Es ist K ⊂ ∪∞
k=1 B0 , k). Also reichen
zur Überdeckung von K endlich viele der B(0, k) schon aus. Somit ist K ⊂ B(0, k0 )
für ein k0 ≥ 1. Das zeigt die Beschränktheit von K.
(ii) Sei (xk )k ⊂ K eine Folge und x0 := limk→∞ xk . Wäre x0 ∈
/ K, so hätten wir
K ⊂ ∪ε>0 Uε , wobei Uε := {x ∈ X | kx − x0 k > ε} für ε > 0. Dann ist aber schon
K ⊂ Uε0 für ein genügend kleines ε0 > 0. Dann müsste aber auch kxk − x0 k > ε0 für
alle k sein, was nicht geht.
(iii) Angenommen, eine Folge (xk )k ⊂ K habe keinen Häufungswert innerhalb
K. Dann hat diese Folge unendlich viele paarweise verschiedene Glieder. Ist x ∈ K
beliebig, so gibt es ein ε = εx > 0, so dass B(x, εx ) nur endlich viele Folgenglieder
enthält. Nun ist aber ( B(x, εx ) )x∈K eine offene Überdeckung für K. Damit gilt für
eine endliche Menge A ⊂ K schon
K ⊂ ∪x∈A B(x, εx )
Aber die linke Seite enthält alle (und damit unendlich viele verschiedene) Folgenglieder und die rechte kann nur endlich viele von ihnen enthalten, ein Widerspruch.
14
KAPITEL 6. TOPOLOGISCHE GRUNDLAGEN
6.1.3.4 Lemma. Ist K ⊂ V eine folgenkompakte Menge, so gibt es zu jeder offenen
Überdeckung (Ui )i∈I ein δ > 0 mit folgender Eigenschaft:
Für jedes x ∈ K gibt es ein i = ix ∈ I, so dass B(x, δ) ⊂ Uix .
Beweis. Anderenfalls hätte 1/k die genannte Eigenschaft für kein k, also fänden
wir zu jedem k ≥ 1 ein xk ∈ K, so dass B(xk , 1/k) 6⊂ Ui , wie auch immer i ∈ I
gewählt wird. Auf der anderen Seite hat aber (xk )k eine konvergente Teilfolge (xk` )`
mit einem Grenzwert x0 ∈ K. Dann ist aber x0 ∈ Ui0 für ein passend gewähltes i0 ∈ I.
Dann ist aber B(x0 , 2ε) ⊂ Ui0 für genügend kleines ε. Ist letzt ` ≥ 1 , so haben wir
B(xk` , 1/k` ) ⊂ B(x0 ,
1
+ kxk` − x0 k )
k`
wie aus der Dreicksungleichung folgt. Wird aber ` groß genug gewählt, ist k1` < ε
und ebenso kxk` − x0 k < ε. Das ergäbe aber B(xk` , 1/k` ) ⊂ B(x0 , 2ε) ⊂ Ui0 , ein
Widerspruch.
Wir kommen nun zur Frage, inwieweit die Schlüsse aus dem Lemma 6.1.3.3 umkehrbar sind.
6.1.3.5 Satz. Jede folgenkompakte Menge K ist kompakt.
Beweis. Dazu sei (Ui )i∈I eine offene Überdeckung von K. Dann finden wir nach
Lemma 6.1.3.4 einen Radius δ > 0, so dass zu jedem x ∈ K ein Index ix ∈ I so
gefunden werden kann, dass B(x, δ) ⊂ Uix .
Wir zeigen jetzt, dass
(Ü )
K ⊂ ∪N
`=1 B(x` , δ)
für geeignet zu wählende Punkte x1 , ..., xN ∈ K gilt.
Haben wir dies getan, so folgt die gewünschte Aussage
K ⊂ ∪N
`=1 Uix` .
Angenommen, (Ü) gelte nicht, wie auch immer {x1 , ..., xN } ⊂ K sei. Sei z1 ∈ K
beliebig. Dann ist K 6⊂ B(z1 , δ). Angenommen, wir haben Punkte z1 , ...., zn ∈ K schon
gewählt, so dass kzi − zj k ≥ δ, wenn i 6= j. Da K nicht in ∪n`=1 B(z` , δ) enthalten ist,
gibt es einen Punkt zn+1 ∈ K, der nicht zu ∪n`=1 B(z` , δ) gehört. Dann wäre aber
induktiv eine Folge (zk )k ⊂ K definiert, die in K keinen Häufungswert hätte, im
Widerspruch zur Bedingung an K.
Wollen wir die Abgeschlossenheit und Beschränktheit als Kriterien für Kompaktheit mit einbeziehen, müssen wir uns bei der Wahl von (V, k·k) spezialisieren. Zunächst
gilt der
6.1. NORMIERTE VEKTORRÄUME
15
6.1.3.6 Satz (B. Bolzano-K. Weierstraß). Wir versehen Rn mit der euklidischen
Norm | · |. Dann hat jede beschränkte Folge (xk )k ⊂ Rn eine konvergente Teilfolge
(bzw. einen Häufungswert).
Beweis. Wir beweisen dies induktiv nach n. Nach einem Satz aus der Analysis 1
ist der Satz für n = 1 richtig. Angenommen, er gelte für n − 1. Die n.-te Komponente
von xk bezeichnen wir mit xn,k . Weiter sei x0k ⊂ Rn−1 der aus xk durch Weglassen der
n.-ten Koordinate entstehende Vektor. Die Folge (x0k )k hat nach Induktionsannahme
als beschränkte Folge eine konvergente Teilfolge (x0km )m . Auch (xn,km )m ist beschränkt
und hat eine konvergente Teilfolge (xn,km` )` . Dann konvergiert aber auch die Folge
(xkm` )` . Damit ist der Induktionsschritt getan.
6.1.3.7 Satz (E. Heine-É. Borel). In (Rn , | · |) ist eine Menge K genau dann kompakt, wenn sie abgeschlossen und beschränkt ist.
Beweis. Wir wissen schon, dass jede kompakte Menge abgeschlossen und beschränkt
ist.
Umgkehrt sei nun K ⊂ Rn eine abgeschlossene und beschränkte Menge. Ist dann
(xk )k ⊂ K eine Folge, so finden wir nach Satz 6.1.3.6 einen Häufungspunkt x0 ∈ Rn
für diese Folge. Da aber K abgeschlossen ist, haben wir sogar x0 ∈ K. Mit Lemma
6.1.3.5 folgt die Kompaktheit von K.
Achtung. Dieser Satz gilt in allgemeinen normierten Räumen nicht.
Beispiel. Sei U ⊂ R offen. Der Raum
BC 0 (U ) := {f : U −→ R | f stetig und beschränkt}
ist mit der Norm
kf k := sup{|f (x)| | x ∈ U }
vollständig.
Ist nämlich (fk )k ⊂ BC 0 (U ) eine Cauchyfolge, so existiert für jedes x ∈ U der
Grenzwert
f (x) = lim fk (x)
k→∞
da ja (fk (x))k für jedes x ∈ U erst recht eine Cauchyfolge ist, also einen Grenzwert
hat.
Es gibt zu beliebigem ε > 0 ein k0 ≥ 1, so dass für alle k, m ≥ k0 und alle y ∈ U
die Abschätzung
|fk (y) − fm (y)| < ε/2
16
KAPITEL 6. TOPOLOGISCHE GRUNDLAGEN
besteht. Mit m → ∞ haben wir aber dann sogar |fk (y) − f (y)| ≤ ε/2 für alle k ≥ k0
und alle y ∈ U . Dass heißt aber nichts anderes, als dass kfk − f k ≤ ε/2 < ε.
Bleibt noch zu zeigen, dass f ∈ BC 0 (U ). Sicher gilt für ein passend zu wählendes
k1 ≥ 1, dass kfk1 − f k ≤ 1, also folgt kf k ≤ kfk1 − f k + kfk1 k ≤ 1 + kfk1 k. Damit ist
also f beschränkt. Nun zur Stetigkeit von f : Ist ε > 0 beliebig und x0 ∈ U , so ist für
ein geeignetes k2 ≥ 1 sicher
ε
kfk2 − f k <
4
und für ein kleines δ > 0 ist
ε
|fk2 (x) − fk2 (x0 )| < ,
2
wenn nur |x − x0 | < δ. Dann ist aber für diese x schon
|f (x) − f (x0 )| ≤ |f (x) − fk2 (x)| + |fk2 (x) − fk2 (x0 )| + |f (x0 ) − fk2 (x0 )| < ε
Das war zu zeigen.
Aber: Sei jetzt etwa n = 1 und U = R. Die Menge K := {f ∈ BC 0 (R) | kf k ≤ 1}
ist zwar abgeschlossen und beschränkt, aber nicht kompakt. Denn wählen wir f0 (x) :=
x, wenn 0 ≤ x ≤ 1 und f0 (x) = 1 für 1 ≤ x ≤ 2, sowie f0 (x) = 3 − x, wenn 2 ≤ x ≤ 3.
Für x ∈
/ [0, 3] sei f0 (x) = 0. Dann ist f0 ∈ BC 0 (R). Setzen wir fn (x) := f0 (x + 3n),
so gehört die Folge (fn )n zu K, ohne dass es eine konvergente Teilfolge geben könnte,
da kfn − fk k = 1 für alle n 6= k.
Zusammenhang
Definition Sei V ein normierter Raum. Wir nennen eine offene Menge Ω ⊂ V
zusammenhängend oder ein Gebiet, wenn kein Paar (U1 , U2 ) offener disjunkter Mengen
gefunden werden kann, so dass Ω = U1 ∪U2 , ohne dass nicht schon U1 = Ω oder U2 = Ω
gilt.
6.1.3.8 Lemma Sei V ein normierter Raum und Ω ⊂ V ein Gebiet. Dann ist auf
Ω jede lokal konstante Funktion f : Ω −→ R schon konstant, d.h.: Gibt es jedem
Punkt a ∈ Ω ein r > 0, so dass B(a, r) ⊂ Ω und f = f (a) auf B(a, r), so ist f auf Ω
konstant.
Beweis. Sei nämlich a0 ∈ Ω fest und U1 := {x ∈ Ω | f (x) = f (a0 )}, so sind die
Mengen U1 und U2 := Ω \ U1 offen und disjunkt. Da U1 6= ∅, folgt dann U1 = Ω also
f = f (a0 ) auf Ω.
Zur Offenheit von U1 : Ist x ∈ U1 und δ > 0 klein, so dass B(x, δ) ⊂ Ω und f = f (x)
auf B(x, δ), so ist ja f = f (x) = f (a0 ) auf B(x, δ). Dann folgt aber B(x, δ) ⊂ U1 .
Zur Offenheit von U2 : Ist y ∈ U2 und ε > 0 klein, so dass B(y, ε) ⊂ Ω und f = f (y)
auf B(y, ε), so ist f (z) = f (y) 6= f (a0 ) für z ∈ B(y, ε), also B(y, ε) ⊂ U2 .
6.2. STETIGE ABBILDUNGEN
6.2
17
Stetige Abbildungen zwischen
normierten Vektorräumen
Es seien (V, k · kV ) und (Y, k · kY ) stets normierte Vektorräume. Die Kugeln in V und
Y bezeichnen wir mit BV (x, r) und BY (y, r), für x ∈ V, y ∈ Y .
Definition. Wir nennen eine Abbildung f : V −→ Y in x0 ∈ V stetig, wenn gilt:
Ist (xk )k ⊂ V eine Folge mit limk→∞ xk = x0 , so ist limk→∞ f (xk ) = f (x0 ).
Analog wie im Falle, dass X = Y = R, haben wir
6.2.1 Satz. Sei x0 ∈ V und f : V −→ Y eine Abbildung. Genau dann ist f in x0
stetig, wenn zu jedem ε > 0 ein δ > 0 so gewählt werden kann, dass
f (BV (x0 , δ)) ⊂ BY (f (x0 ), ε) .
Beweis. Angenommen, f sei in x0 stetig, aber es gäbe ein ε > 0, so dass f (BV (x0 , δ))
⊂ BY (f (x0 ), ε) für kein δ > 0. Dann wählen wir δ := 1/k und finden dann ein
/ BY (f (x0 ), ε). Dann wäre aber (xk )k eine gegen x0
xk ∈ BV (x0 , k1 ), so dass f (xk ) ∈
konvergente Folge, für die jedoch (f (xk ))k nicht gegen f (x0 ) streben könnte, Widerspruch!
Umgekehrt nehmen wir jetzt an, zu jedem ε > 0 könne ein δ > 0 so gewählt werden, dass f (BV (x0 , δ)) ⊂ BY (f (x0 ), ε). Ist dann (xk )k ⊂ V eine Folge mit Grenzwert
x0 , so finden wir zu jedem ε > 0 eine Zahl δ > 0, wie im Kriterium beschrieben. Für ein
genügend großes k0 gilt dann für alle k ≥ k0 , dass kxk −x0 kV < δ, also xk ∈ BV (x0 , δ).
Dann ist aber kf (xk ) − f (x0 )kY < ε, für alle k ≥ k0 , da ja f (x0 ) ∈ BY (f (x0 ), ε).
Aus der Definition der Offenheit einer Menge folgt sofort
6.2.2 Lemma. Genau dann ist eine Abbildung f : V −→ Y stetig (d.h. in allen
Punkten von V stetig), wenn für jede offene Menge W ⊂ Y auch die Urbildmenge
f −1 (W ) ⊂ V offen ist.
Beweis. Ü.A.
Für Hintereinanderschaltungen stetiger Abbildung gilt wieder
6.2.3 Lemma. Ist (Z, k · kZ ) ein weiterer normierter Vektorraum und f :−→ Y und
g : Y −→ Z Abbildungen, so dass f in x0 ∈ V und g in y0 := f (x0 ) stetig ist, so ist
auch g ◦ f in x0 stetig.
Eine wichtige Klasse stetiger Abbildungen sind die linearen Abbildungen.
18
KAPITEL 6. TOPOLOGISCHE GRUNDLAGEN
6.2.4 Lemma. a) Genau dann ist eine lineare Abbildung f : V −→ Y stetig, wenn
eine Konstante C > 0 gefunden werden kann, so dass
kf (x)kY ≤ CkxkV
(†)
für alle x ∈ V gilt.
b) Jede lineare Abbildung f : Rn −→ Rd ist stetig. Es gilt mit einer geeigneten
Konstanten C > 0 die Abschätzung
|f (x)| ≤ C|x|
für alle x ∈ Rn .
Beweis. a) Angenommen, f erfülle (†). Ist dann x0 ∈ V und (xk )k ⊂ V eine
Folge mit x0 als Grenzwert, so haben wir kf (xk ) − f (x0 )kY = kf (xk − x0 )kY ≤
Ckxk − x0 kV −→ 0, mit k → ∞.
Umgekehrt angenommen, f sei stetig, aber (†) verletzt. Dann gibt es eine Folge
(xk )k ⊂ V mit kxk kV = 1 , aber kf (xk )kY ≥ k für alle k ∈ N. Dann wäre ja ak := √1k xk
eine Nullfolge mit kf (ak )kY −→ ∞, was der Stetigkeit von f widerspräche.
b) Wir können f durch eine Matrix A mit d Zeilen und n Spalten darstellen, also
f (x) = Ax. Ist Ai die i.-te Zeile von A, so folgt


hA1 , xi


..
|f (x)| = 

.
hAd , xi
p
hA1 , xi2 + .... + hAd , xi2
=
p
≤
|A1 |2 |x|2 + .... + |Ad |2 |x|2 = C|x|
p
mit C := |A1 |2 + .... + |Ad |2 .
Folgendes eignet sich als Übungsaufgabe:
6.2.5 Lemma. a) Jede Norm N : Rn −→ [0, ∞) ist eine stetige Funktion.
b) Ist (V, k · k) normiert und V endlich erzeugt, so ist k · k stetig.
P
Beweis. a) Es gilt |N (x) − N (y)| ≤ N (x − y) ≤ nj=1 |xj − yj |N (ej ), wobei ej
der j.-te Vektor der Standardbasis des Rn sein soll. Daraus folgt die Behauptung.
b) Ist V reell n-dimensional, so wählen wir einen Isomorphismus F : Rn −→ V .
Dann ist N (y) = kF (y)k eine Norm auf Rn und damit stetig. Da F −1 stetig ist, gilt
das auch für k · k = N ◦ F −1 .
Stetige Bilder kompakter Mengen sind wieder kompakt.
6.2. STETIGE ABBILDUNGEN
19
6.2.6 Lemma. Ist f : V −→ Y stetig, so ist mit jeder kompakten Menge K ⊂ V
auch das Bild f (K) kompakt.
Beweis. Ist etwa (Wi )i∈I eine offene Überdeckung für f (K), so ist (f −1 (Wi ))i eine
solche für K, so dass
K ⊂ ∪i∈J f −1 (Wi )
mit einer geeigneten endlichen Teilmenge J ⊂ I. Dann ist aber f (K) ⊂ ∪i∈J Wi .
Daraus folgt unmittelbar
6.2.7 Satz. Ist K ⊂ V kompakt, so nimmt jede auf K stetige Funktion f : K −→ R
ein Maximum und ein Minimum auf K an.
Beweis. Denn f (K) ist ein kompakte, also abgeschlossene und beschränkte Menge
in R. Es existieren daher M+ := sup f (K) und M− := inf f (K). Per Definition dieser
Zahlen gibt es aber Folgen (xk )k ⊂ K und (yk )k ⊂ K mit limk→∞ f (xk ) = M+ und
limk→∞ f (yk ) = M− . Wir wählen Häufungswerte x+ für (xk )k und x− für (yk )k . Beide
liegen wieder in K, und es ist f (x+ ) = M+ , f (x− ) = M− .
Eine Anwendung hiervon ist
6.2.8 Lemma. Sind N1 , N2 : Rn −→ [0, ∞) Normen auf dem n-dimensionalen
Vektorraum V , so gibt es eine Konstante C > 0 mit
1
N1 ≤ N2 ≤ C N1
C
Beweis. Es sei F : V −→ Rn ein Isomorphismus. Die Behauptung muss nur für
−1
die Normen Nf
gezeigt werden.
j := Nj ◦ F
Zunächst gilt
v
uX
n
X
u n
f
f
N1 (ej )2 |x| =: C 0 |x|
N1 (x) ≤
|xj |N1 (ej ) ≤ t
j=1
j=1
Dabei ist ej der j.-te Einheitsvektor.
Weiter ist Nf
1 eine stetige Funktion, die auf S := {y | |y| = 1} nur positive Werte
hat. Da aber S kompakt ist (warum?), folgt mit dem obigen Satz, dass für ein geeignet
zu wählendes positives γ sogar Nf
1 (y) ≥ γ gilt, wenn y ∈ S. Ist nun x 6= 0, so
1 f
0
f
ist y := x/|x| ∈ S, also Nf
N1 (x).
1 (x) ≥ γ|x|. Somit wird N1 (x) ≤ C |x| ≤
γ
Genauso haben wir (nach evtl. Verkleinerung von γ und Vergrößerung von C 0 ) die
20
KAPITEL 6. TOPOLOGISCHE GRUNDLAGEN
1 f
0
N2 (x). Kombinieren wir beide Ungleichungen, folgt
Ungleichung Nf
2 (x) ≤ C |x| ≤
γ
die Behauptung mit C = 1/γ.
Von E. Heine stammt folgender Satz
6.2.9 Lemma. Ist f : V −→ Y eine Abbildung und K ⊂ V kompakt und f auf
K stetig, so ist f auf K sogar gleichmäßig stetig, d.h.: Zu jedem ε > 0 gibt es einen
Radius δ > 0, so dass kf (x) − f (x0 )kY < ε, sobald kx − x0 k ≤ δ wird.
Beweis. Ist ε > 0 beliebig vorgegeben, so gibt es zu jedem x
e ∈ K eine Zahl δxe >
1
0 mit f (BV (e
x, δxe)) ⊂ BY (f (e
x), 2 ε)). Offenbar ist dann (BV (e
x, 21 δxe))xe∈K eine offene
Überdeckung für K. Es gibt zu dieser Überdeckung eine endliche Teilüberdeckung
1
0
(BV (e
xj , 12 δxej ))N
e1 , ..., δx
eN }. Angenommen, x, x ∈ K
j=1 . Wir wählen jetzt δ := 2 min{δx
und kx−x0 kV ≤ δ. Dann gibt es einen Index j ∈ {1, 2, ..., N }, so dass x ∈ BV (e
xj , 12 δxej ).
Dann ist aber kx0 − x
ej k ≤ kx − x0 k + kx − x
ej k ≤ δxej . Also
kf (x) − f (x0 )kY ≤ kf (x) − f (e
xj )k + kf (e
xj ) − f (x0 )kY < ε
Definition. Es seien (V, k · k) und (W, k · k0 ) normierte Vektorräume. Dann bezeichnen wir eine Abbildung f : V −→ W als kontrahierend, wenn es eine Konstante
0 < c < 1 gibt, so dass für alle x, y ∈ V gilt
kf (x) − f (y)k0 ≤ ckx − yk .
Für spätere Zwecke wollen wir jetzt den Banachschen Fixpunktsatz zeigen.
6.2.10 Satz. Sei (V, k · k) ein vollständiger metrischer Raum und f : V −→ V eine
Abbildung, so dass für einen Faktor 0 < c < 1 gilt
kf (x) − f (x0 )k ≤ c kx − x0 k,
für alle x, x0 ∈ V .
Dann hat f genau einen Fixpunkt x0 ∈ V , d.h.: Es gibt genau ein x0 ∈ V mit
f (x0 ) = x0 .
Beweis. Sei etwa x1 ∈ V beliebig. Sind dann x1 , ...xn schon definiert, so sei
xn+1 = f (xn ). Das definiert uns dann induktiv eine Folge in V . Diese erfüllt aber
das Cauchykriterium. Denn es gilt
kx`+1 − x` k = kf ((x` ) − f (x`−1 )k ≤ c kx` − x`−1 k
6.2. STETIGE ABBILDUNGEN
21
Per Induktion erhalten wir daraus aber
kx`+1 − x` k ≤ c`−1 kx2 − x1 k
Daraus folgt für m > k:
kxk − xm )k ≤
m−1
X
`=k
kx`+1 − x` k ≤
m−1
X
`=k
!
c`−1
kx2 − x1 k ≤
ck−1
kx2 − x1 k
1−c
Letzteres wird für k ≥ k0 sicher kleines als ε, wenn nur k0 groß genug wird.
Als Cauchyfolge hat (xn )n aber einen Grenzwert x0 ∈ V . Mit xn+1 = f (xn ) folgt
mit n → ∞ aber f (x0 ) = x0 , denn f ist ja stetig. (Im ε-δ-Kriterium wähle man
δ = ε.)
Damit ist ein Fixpunkt für f gefunden. Ist y0 ∈ V irgendein Fixpunkt für f , so
folgt
kx0 − y0 k = kf (x0 ) − f (y0 )k ≤ c kx0 − y0 k
Das geht nur, wenn y0 = x0 ist. Mehr als einen Fixpunkt kann daher f nicht haben.