Topologie - Institut für Mathematik

Universität Würzburg
Institut für Mathematik
Simon Reinwand
8. April 2013
Wiederholungstutorium Analysis I
Tag 1 - Topologie
Lösungshinweise
Aufgabe 1.1
Es genügt die Eigenschaft φ(x) = 0 ⇔ x = 0, was bei linearen Abbildungen mit der Injektivität äquivalent
ist.
Aus 0 = |x| = ∥φ(x)∥ folgt nämlich, da ∥·∥ eine Norm ist, dass φ(x) = 0 ist, und aus der Injektivität folgt
sofort x = 0, was die Definitheit zeigt.
Ist λ ∈ R und x ∈ X, so folgt |λx| = ∥φ(λx)∥ = ∥λφ(x)∥ = |λ| ∥φ(x)∥ = |λ||x| und damit die Homogenität.
Schließlich folgt für x, y ∈ X auch |x + y| = ∥φ(x + y)∥ = ∥φ(x) + φ(y)∥ ≤ ∥φ(x)∥ + ∥φ(y)∥ = |x| + |y|, also
die Dreiecksungleichung.
Aufgabe 1.2
(a) Falsch. Betrachte X = R, A = [−2, 2] und M =] − 1, 1[. Dann ist A abgeschlossen und M ⊆ A, aber M
ist nicht abgeschlossen.
(b) Richtig. Beweis mit Folgen: Es sei (xk ) ⊆ M eine Folge. Wegen M ⊆ A ist (xk ) also insbesondere
eine Folge in A. Da A kompakt ist hat (xk ) eine gegen x ∈ A konvergente Teilfolge (xkl ). Wegen (xkl ) ⊆ M
gilt x ∈ M , und da M abgeschlossen ist, folgt x ∈ M .
Beweis mit Überdeckungen: Es sei {Ui | i ∈ I} eine offene Überdeckung von M . Da M abgeschlossen ist, ist
X\M offen. Dann ist {Ui ∪(X\M ) | i ∈ I} eine offene Überdeckung von A. Da A kompakt ist, genügen endlich
viele dieser Mengen, und durch Umnummerierung können wir annehmen, dass {Ui ∪ (X\M ) | i = 1, . . . , n}
eine endliche Teilüberdeckung von A ist. Wegen M ⊆ A ist diese auch eine endliche Überdeckung von M ,
d.h.
M⊆
n
∪
(Ui ∪ (X\M )) = (X\M ) ∪
i=1
n
∪
Ui .
i=1
Wegen M ∩ (X\M ) = ∅ folgt
M⊆
n
∪
Ui ,
i=1
weshalb {Ui | i = 1, . . . , n} eine endliche Teilüberdeckung von M ist. (c) Richtig. Da M beschränkt ist gibt
es ein R > 0 mit ∥x∥ < R für alle x ∈ M . Nun sei y ∈ ∂M . Dann gibt es nach Definition des Randes ein
x ∈ M mit ∥x − y∥ < 1. Es folgt ∥y∥ = ∥y − x + x∥ ≤ ∥x − y∥ + ∥x∥ < R + 1. Also gilt ∂M ⊆ BR+1 (0), d.h.
∂M ist beschränkt.
Wegen ∂M = X\(M ◦ ∪ (X\M )) ist ∂M abgeschlossen, denn M ◦ und X\M sind offen.
Aufgabe 1.3
A ist abgeschlossen, nicht offen, nicht beschränkt und nicht kompakt: Die Funktion f (x, y) = 4x2 − 5y 2 ist
stetig, und A = f −1 (] − ∞, 1]) ist als Urbild der abgeschlossenen Menge ] − ∞, 1] unter der stetigen Funktion
f abgeschlossen. Wegen ∅ ̸= A ̸= R2 ist deshalb A nicht offen.
Für jedes k ∈ N ist (k, k) ∈ A, denn 4k 2 ≤ 1 + 5k 2 . Also ist A nicht beschränkt. Nach dem Satz von
Heine-Borel kann damit A nicht kompakt sein.
1
B ist nicht offen, nicht abgeschlossen, beschränkt und nicht kompakt: Da die Folge ak :=
√
2k −3 gegen
0 konvergiert, aber 0 ∈
/ B, ist B nicht abgeschlossen und deshalb nach dem Satz von Heine-Borel nicht
kompakt. Wegen der Konvergenz von (ak ) ist (ak ) beschränkt, und wegen B = {ak | k ∈ N} ist deshalb
√
auch B beschränkt. Zudem ist B nicht offen, denn 2 ∈ B ist isolierter Punkt von B.
√
Offenbar gilt inf(B) = 0 sowie sup(B) = max(B) = 2, und B besitzt kein Minimun.
C ist offen, nicht abgeschlossen, nicht beschränkt und nicht kompakt: Die Mengen C1 := {(x, y, z) ∈ R3 | |x| <
1} und C2 := {(x, y, z) ∈ R3 | 1 < |y+z| < 2} sind offen, denn es gilt C1 = f1−1 (]−∞, 1[) und C2 = f2−1 (]1, 2[)
für die stetigen Funktionen f1 (x, y, z) = |x| und f2 (x, y, z) = |y + z|. Dann ist C = C1 ∩ C2 auch offen. Für
jedes k ∈ N sind (0, k, −k + 1) in C enthalten, weshalb C nicht beschränkt ist. Da ∅ =
̸ C ̸= R3 ist kann C
nicht abgeschlossen sein, weshalb C nach dem Satz von Heine-Borel nicht kompakt ist.
Aufgabe 1.4
(a) Wähle zk = k1 . Dann gilt zk ∈ L und zk → 0, aber 0 ∈
/ L, d.h. L ist nicht abgeschlossen.
(b) Es ist 0 ∈ ∂L, aber 0 ∈
/ L, denn zu ε > 0 gibt es ein k ∈ N mit
1
k
< ε, d.h. für zk :=
1
k
folgt
zk ∈ L und zk ∈ Bε (0), d.h. Bε (0) ∩ L ̸= ∅ =
̸ Bε (0) ∩ (C\L). Also ist 0 ein Randpunkt mit der gewünschten
Eigenschaft.
(c) Setze Uk := C\K k1 (0). Dann sind die Uk offen und überdecken L mit Uk ⊆ Uk+1 für alle k ∈ N.
Würden nun endlich viele der Uk ausreichen, um L zu überdecken, etwa U1 , . . . , Un , so wäre einerseits
∪n
1
L ⊆ k=1 Uk = Un . Andererseits wäre z := 2n
∈ L, aber z ∈
/ Un , d.h. L ̸⊆ Un , ein Widerspruch.
Aufgabe 1.5
Man beachte, dass die gegebene Norm die durch das Skalarprodukt des Innenproduktraums induzierte Norm
2
ist, d.h. es gilt ⟨x, x⟩ = ∥x∥ für alle x ∈ X. Damit folgt
2
2
∥x + y∥ + ∥x − y∥ = ⟨x + y, x + y⟩ + ⟨x − y, x − y⟩ = ⟨x, x⟩ + 2 ⟨x, y⟩ + ⟨y, y⟩ + ⟨x, x⟩ − 2 ⟨x, y⟩ + ⟨y, y⟩
2
2
= 2(⟨x, x⟩ + ⟨y, y⟩) = 2(∥x∥ + ∥y∥ ).
Aufgabe 1.6
(a) Aus 0 = ∥f ∥ = supx∈R |f (x)| folgt sofort f ≡ 0, was die Definitheit zeigt.
Für λ ∈ R und f ∈ X gilt ∥λf ∥ = supx∈R |(λf )(x)| = supx∈R (|λ||f (x)|) = |λ| supx∈R |f (x)| = |λ| ∥f ∥, was
die Homogenität zeigt.
Ist schließlich f, g ∈ X gegeben, so folgt ∥f + g∥ = supx∈R |(f +g)(x)| = supx∈R |f (x)+g(x)| ≤ supx∈R (|f (x)|+
|g(x)|) ≤ supx∈R |f (x)| + supx∈R |g(x)| = ∥f ∥ + ∥g∥, d.h. auch die Dreiecksungleichung gilt.
(b) Wähle fk (x) := 1 für x = k und fk (x) = 0 für x ̸= k. Dann sind die fk beschränkt und paarweise
verschieden mit ∥fk ∥ = 1 und ∥fk − fl ∥ = 1, falls k ̸= l. Also ist M = {fk | k ∈ N} eine Menge mit der
gewünschten Eigenschaft.
(c) Es ist S = ∂B1 (0) und deshalb (nach Aufgabe 1.2.c) beschränkt und abgeschlossen. Wäre S kompakt, so hätte die Folge (fk ) eine konvergente Teilfolge (fkl ). Diese wäre insbesondere eine Cauchy-Folge,
was aber wegen ∥fkl − fkm ∥ = 1 für l ̸= m nicht möglich ist.
Aufgabe 1.7
2
(a) Wegen x ∈ M gilt 0 ∈ T (x, y), d.h. T (x, y) ̸= ∅. Wegen T (x, y) ⊆ [0, 1] ist T (x, y) beschränkt. Also
existiert s = sup T (x, y).
Ferner gilt T (x, y) = f −1 (M ) für die stetige Funktion f : [0, 1] → X, t 7→ ty + (1 − t)x. Da M abgeschlossen
ist, ist auch T (x, y) abgeschlossen, weshalb s ∈ T (x, y) gilt, d.h. s ist sogar das Maximum von T (x, y).
Wegen y ∈
/ M folgt 1 ∈
/ T (x, y) und mithin s < 1.
(b) Wegen M ̸= ∅ gibt es ein x ∈ M . Wegen X\M ̸= ∅ gibt es ein y ∈ X\M . Es sei s := max T (x, y) < 1,
welches nach (a) existiert. Setze z := sy + (1 − s)x. Dann gilt z ∈ M . Es sei ε > 0 mit t := s +
ε
2∥x−y∥
≤ 1.
Dann gilt t ∈
/ T (x, y), d.h. z̃ := ty + (1 − t)x ∈ X\M . Wegen ∥z − z̃∥ = ∥sy + (1 − s)x − ty − (1 − t)x∥ =
∥y(s − t) − x(s − t)∥ = |s − t| ∥x − y∥ =
ε
2
< ε gilt z̃ ∈ Bε (z). Insgesamt folgt also Bε (z) ∩ (X\M ) ̸= ∅ für
alle hinreichend kleinen ε > 0, d.h. z ∈ ∂M und damit ∂M ̸= ∅.
(c) Es sei M ̸= ∅. Da M offen ist gilt M ◦ = M , und da M angeschlossen ist gilt M = M . Also folgt
M ∪ ∂M = M = M ◦ = M \∂M und damit ∂M = ∅. Wäre X\M ̸= ∅, so wäre ∂M ̸= ∅ nach (b), was nicht
möglich ist. Also folgt X\M = ∅ und damit X = M .
Aufgabe 1.8
(a) Zeichnung siehe Wikipedia :)
C0 = [0, 1] hat die Länge 1.
C1 = [0, 31 ] ∪ [ 32 , 1], und jedes Intervall hat die Länge 13 .
C2 = [0, 19 ] ∪ [ 92 , 39 ] ∪ [ 69 , 79 ] ∪ [ 89 , 1], und jedes Intervall hat die Länge 19 . Induktiv folgt also: Jedes Cn ist die
Vereinigung 2n vieler disjunkter Intervalle der Länge
1
3n .
(b) Offenbar gilt C ⊆ [0, 1], d.h. C ist beschränkt. Ferner folgt induktiv, dass jedes Cn abgeschlossen ist,
denn φ1 , φ2 sind stetig und C0 = [0, 1] ist kompakt, also sind auch die Bilder kompakt und damit abgeschlossen, und die Vereinigung endlich vieler abgeschlossener Mengen ist abgeschlossen. Da C der Schnitt
der abgeschlossenen Cn ist, ist C selbst abgeschlossen. Also ist C nach dem Satz von Heine-Borel kompakt.
Ferner ist C nicht leer, denn 0 ∈ Cn für alle n ∈ N0 und deshalb 0 ∈ C.
(c) Wäre C ◦ ̸= ∅, so gäbe es ein x ∈ C ◦ . Da C ◦ offen ist gibt es ein ε > 0 mit Bε (x) =]x − ε, x + ε[⊆ C ◦ ⊆ C.
Wähle n ∈ N0 so, dass 31n < ε. Nach (a) gibt es disjunkte Intervalle I1 , . . . , I2n der Länge 31n mit
∪2n
Cn = i=1 Ii . Das Intervall Bε (x) hat jedoch die Länge 2ε > 31n und kann deshalb in keinem der Intervalle I1 , . . . , I2n liegen. Also folgt Bε (x) ̸⊆ Cn und deshalb Bε (x) ̸⊆ C, ein Widerspruch.
Hieraus folgt sofort C = C = C ◦ ∪ ∂C = ∅ ∪ ∂C = ∂C. Das erste Gleichheitszeichen gilt, weil C nach (b)
abgeschlossen ist.
3