Lösungsskizzen zur Präsenzübung 05

Lösungsskizzen zur Präsenzübung 05
Mirko Getzin
Universität Bielefeld
Fakultät für Mathematik
16. Mai 2014
Keine Gewähr auf vollständige Richtigkeit und Präzision aller (mathematischen)
Aussagen. Das Dokument hat lediglich den Anspruch, eine Hilfestellung für die
Tutanden beim Verständnis der Vorlesungsinhalte zu sein und Lösungsideen für
die Aufgaben möglichst vollständig (bis auf Ausnahmen) zu skizzieren.
Eine Veröffentlichung oder Vervielfältigung ist nur nach Rücksprache mit dem
Urheber dieses Dokuments erlaubt.
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Tutor der Analysis II im SoSe 14
1
Lösungsskizzen zur Präsenzübung 05
Aufgabe 1
Zeigen Sie, dass die Vereinigung von endlich vielen kompakten Teilmengen eines metrischen Raumes kompakt ist.
Beweis:
Es sei (X, d) ein metrischer Raum und Ai ⊂ X kompakt für alle i = 1, ..., m, wobei
m
S
Ai kompakt ist. Es sei I hierzu eine beliebige
m < ∞. Wir wollen zeigen, dass
i=1
Indexmenge. Nach Definition 3.1 (ii) (Überdeckungskompaktheit) existieren für alle
offenen Überdeckungen (Uji )j∈I von Ai endlich viele Indizes j1 , j2 , ..., jk ∈ I, so dass
Ai ⊂ Uji1 ∪ Uji2 ∪ ... ∪ Ujik ∀i = 1, ..., m.
Dann gilt aber auch
m
[
i=1
Ai ⊂
m
[
k
[
i=1
l=1
Ujil
| {z }
endliche Teilüberdeckung von
.
Ai
Dabei ist die rechte Vereinigung wiederum Teilmenge jeder offenen Überdeckung von
m
S
Ai . Insbesondere ist dies eine endliche Vereinigung, so dass wir zu jeder offenen
i=1
Überdeckung von
m
S
Ai eine endliche Teilüberdeckung finden.
i=1
Definition 3.1 (ii) (Überdeckungskompaktheit) liefert uns nun die Kompaktheit von
m
S
Ai .
2
i=1
2
Aufgabe 2
Zeigen Sie: Ist (X, d) ein kompakter metrischer Raum und f : X → X stetig und
bijektiv, dann ist f sogar ein Homöomorphismus (d.h. f −1 : X → X ist ebenfalls
stetig).
Beweis:
Es sei (X, d) ein kompakter metrischer Raum, das heißt die Grundmenge X ist bereits
kompakt. Es sei außerdem f : X → X stetig und bijektiv. Dann existiert ein eindeutiges
Inverses f −1 : X → X von f .
Es ist X kompakt, also folgt mit Satz 3.8(i) (Kompakta bilden unter stetigen Funktionen auf Kompakta ab), dass f (X) als Bildmenge von der stetigen Funktion f kompakt
ist. Insbesondere folgt aus der Kompaktheit, dass f (X) auch abgeschlossen ist.
Nun gilt auch f −1 (f (X)) = id(X) = X aufgrund der Bijektivität von f und somit ist
der Bildbereich von f −1 unter f (X) ebenfalls kompakt und insbesondere abgeschlossen.
Nach 3.8 (i) muss f −1 dann notwendiger Weise stetig sein. Alternativ folgt die Stetigkeit von f −1 dann unter Verwendung von Satz 2.26 (iii), da für alle abgeschlossenen
Mengen A ⊂ X auch f (A) abgeschlossen ist.
2
Definition 1 (Homöomorphismen)
Es seien X, Y topologische/metrische Räume. f : X → Y heißt Homöomorphismus,
falls gilt
(i) f ist bijektiv,
(ii) f ist stetig,
(iii) Die Umkehrfunktion f −1 : Y → X von f ist stetig.
Lemma 2
Homöomorphismen erlauben es, Eigenschaften einer Topologie X auf eine Topologie Y
zu übertragen. Falls ein Homöomorphismus f : X → Y existiert. In diesem Fall heißen
X und Y homöomorph (zueinander).
Bemerkung 3
Es folgen einige Bemerkungen zu den Anwendungsbereichen von Homöomorphismen.
(i) Homöomorphismen sind für den Satz über inverse Funktionen (Satz 8.6 im Skript)
interessant. Bei diesem Satz zeigt man nämlich lokal die Existenz der stetigen
inversen Funktion zu f .
(ii) Auch wenn Homöomorphismen schon viele “schöne Eigenschaften“ aufweisen,
lässt sich diese Klasse von Funktionen nochmals verbessern. Hierzu ersetze man
in der Definition die Stetigkeit durch stetige Differenzierbarkeit. In diesem Fall
nennt man die Funktion dann f dann Diffeomorphismus, bzw. allgemeiner C 1 Diffeomorphismus. Um diese Funktionen geht es tatsächlich im Satz 8.6.
(iii) Man sollte Homöomorphismen nicht mit Homomorphismen (linearen Funktionen) verwechseln. Homöomorphismen sind im Allgemeinen nicht linear.
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Beispiel 4
Wir können ]0, 1[ ⊂ R auf ganz R “ohne Risse verzerren“ mittels Homöomorphismen.
Dies funktioniert beispielsweise mit Hilfe des Homöomorphismus’ f :]0, 1[→ R, f (x) :=
tan((x − 12 )π). Die Funktion ist offenbar wohldefiniert, da der Definitionsbereich des
Tangens ] − π2 , π2 [ entspricht und gerade diese Werde von der Funktion im Argument
des Tangens für x ∈]0, 1[ angenommen werden. Man kann nun die Eigenschaften eines
Homöomorphismus für f nachweisen. Wir folgern, dass ]0, 1[ und R homöomorph sind.
4
Aufgabe 3
Geben Sie für jede der folgenden Teilmengen von
keine endliche Teilüberdeckung auswählen lässt:
R eine Überdeckung an, aus der sich
(a) [0, 1[,
(b)
Z,
(c)
Q ∩ [0, 1].
Lösung:
(a) [0, 1[ soll offen überdeckt werden. Wir suchen uns offene Intervalle, die für n → ∞
immer kleiner werden, sich aber auch der Grenze 1 annähern. Diese vereinigen wir
anschließend. Damit die 0 in der offenen Überdeckung
enthalten
ist, vereinigen
wir zusätzlich mit dem offenen Intervall −1, 12 , denn 0 ∈ −1, 12 . Wir erhalten
[ 1
1
1
∪
1 − ,1 −
.
[0, 1[ ⊂ −1,
2
n
n+2
n∈N
Da wir den Grenzwert 1 für n → ∞ erreichen, können wir aus obiger unendlicher Vereinigung keine endliche Teilüberdeckung auswählen, so dass [0, 1[ offen
überdeckt wird.
(b)
Z
soll offen überdeckt werden. Wir überlegen uns, dass wir die ganzen Zahlen
erhalten, indem wir über offene Intervalle vereinigen, die eine Länge von 41 aufweisen und als Mittelpunkt eine beliebige ganze Zahl besitzen. Durch Vereinigung
all dieser Intervalle erhalten wir die ganzen Zahlen, allerdings können wir auf
keines der Intervalle verzichten, da sonst diejenige ganze Zahl nicht überdeckt
wird, die in der Mitte des Intervalls zu finden ist. Also erhalten wir
[ 1
1
Z ⊂
z − ,z +
.
4
4
z∈Z
(c)
Q ∩ [0, 1] soll offen überdeckt werden. Wir gehen analog zu Aufgabe (a) vor, das
heißt wir suchen uns eine unendliche Vereinigung von Intervallen, so dass die
Intervalle sich einer beliebigen irrationalen Zahl annähern. Es sei a ∈ R\Q also
eine beliebige irrationale Zahl, so dass a ∈ [0, 1]. Beispielsweise sei a := √12 .
Dann gilt
!
[
1
Q ∩ [0, 1] ⊂ ] − 1, [ ∩
] a(1 − 1/n) , a(1 − 1/(n + 2)) [ ∩ ]a, 2[.
2
n∈N
Mit den äußeren offenen Intervallen in der obigen Vereinigung gewährleisten wir,
dass die Ränder 0 und 1 auch offen überdeckt werden.
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