Metrik und Topologie. Kapitel Metrische, normierte und topologische Räume Metrische Räume

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1 Kapitel 6 Metrik ud Topologie I diesem Kapitel wolle wir die Grudlage der Theorie stetiger Fuktioe auf metrische bzw. topologische Räume erarbeite. Dazu gehe wir ach Forster [7] sowie Koliha [26] vor. Zum Selbststudium empfehle wir auch Hilgert [19]. 6.1 Metrische, ormierte ud topologische Räume Metrische Räume Wir begie mit dem Begriff Defiitio 6.1. Es sei X eie ichtleere Mege. Eie Fuktio d : X X [0, ) heißt Metrik auf X, falls für alle x,y,z X gelte: (M1) d(x,y) 0; (M2) d(x,y) = 0 geau da, we x = y; (M3) (M4) d(x,y) = d(y,x); d(x,z) d(x,y) + d(y,z). Das Paar (X,d) heißt da ei metrischer Raum. I dieser Defiitio bezeiche (M1) die Nichtegativität der Metrik, (M3) die Symmetrie der Metrik, (M4) die Dreiecksugleichug. Die ichtegative Zahl d(x,y) 0 heißt auch Abstad oder Distaz der Pukte x,y X. Die Axiome (M1) bis (M4) fide sich auch häufig uter der Bezeichug Hausdorffaxiome. 177

2 178 6 Metrik ud Topologie Beispiele metrischer Räume Wir wolle drei wichtige Beispiele diskutiere, vo dee isbesodere das dritte Beispiel im weitere Aufbau der Aalysis eie wichtige Rolle spiele wird. 1. Das Stadartbeispiel eies metrische Raumes ist die Mege R der reelle Zahle zusamme mit der Euklidische Metrik d(x,y) := x y. Hieri bedeutet : R [0, ) die gewöhliche Betragsfuktio +z, falls z 0 z = z, falls z < 0. Eie detaillierte Nachweis, dass (R, d) tatsächlich ei metrischer Raum ist, belasse wir als Übugsaufgabe. 2. Auch die spezielle Abbildug d(x,y) := 0, falls x = y 1, falls x = y auf eier beliebige, ichtleere Mege X ist eie Metrik. Verifiziere Sie die geforderte Eigeschafte (M1) bis (M4) ebefalls als Übug. 3. Als drittes Beispiel betrachte wir de -dimesioale Zahleraum zusamme mit der Abbildug R = R... R d(x,y) := 1 2 x k y k 2, wobei wir x = (x 1,...,x ) R usw. abkürze. Da ist auch (R,d) ei metrischer Raum. De Nachweis der Eigeschafte (M1), (M2) ud (M3) belasse wir ereut als Übug. Ei Nachweis der Dreiecksugleichug (M4) ist allerdigs aufwediger. Um us also vo dieser Eigeschaft zu überzeuge, gehe wir aus vo der Cauchy-Schwarzsche Ugleichug ξ k η k k ξ 2 k η 2 die wir bereits i Kapitel 1, Abschitt für de Fall komplexwertiger Vektore ξ = (ξ 1,...,ξ ) C ud η = (η 1,...,η ) C bewiese habe.

3 6.1 Metrische, ormierte ud topologische Räume 179 Mit ihrer Hilfe schätze wir wie folgt ab ξ k + η k 2 ( ξ k + η k ) 2 = ξ k 2 + η k ξ k 2 + η k ξ k η k k ξ 2 k η 2. Die Summade auf der rechte Seite köe wir zu eiem vollstädige Quadrat zusammefasse, ξ k + η k 2 ud wir erhalte ach Radiziere ξ k η k k + η k ξ 2 k ξ 2 + k η 2. 2, Das ist ei Spezialfall der sogeate Mikowskiugleichug, die wie später i uedlich dimesioale Zahleräume keelere werde. Ersetze wir jedefalls i dieser Ugleichug so gelage wir zu ξ k := x k y k, η k := y k z k, k z k x 2 k y k x 2 + k z k y 2 bzw. mit obiger Defiitio des Abstads d(x,z) d(x,y) + d(y,z). Also ist auch (R,d) ei metrischer Raum. Weitere Beispiele vo Metrike i zwei Dimesioe sid: d(x,y) = x 1 y x 2 y 2 2, ρ(x,y) = x 1 y 1 + x 2 y 2, σ(x,y) = max{ x 1 y 1, x 2 y 2 }. A diese Beispiel wird die Bedeutug des Begriffes eier Metrik als eie Verallgemeierug des aive Abstadbegriffs auf abstrakte Räume deutlich.

4 180 6 Metrik ud Topologie Normierte Räume Als Nächstes führe wir eie die bekate Betragsfuktio : R [0, ) verallgemeierde Abbildug auf reelle Vektorräume ei. Defiitio 6.2. Es sei V ei reeller Vektorraum. Eie Abbildug : V [0, ) heißt eie Norm auf V, falls für alle x, y V ud alle λ R gelte (N1) x 0; (N2) x = 0 geau da, we x = 0; (N3) λ x = λ x; (N4) x + y x + y. Das Paar (V, ) heißt da ei ormierter Vektorraum. I dieser Defiitio bezeiche (N1) die Nichtegativität der Norm, (N3) die Homogeität der Norm, (N4) die Dreiecksugleichug. Liegt auf eiem reelle Vektorraum V eie Norm vor, so iduziert diese sofort eie Metrik, wie user erster Satz i diesem Kapitel lehrt. Satz 6.1. Es sei (V, ) ei ormierter Vektorraum. Da wird vermöge eie Metrik auf V defiiert. d(x,y) := x y, x,y V, Beweis. Übugsaufgabe Beispiele ormierter Räume 1. Betrachte wieder de -dimesioale Vektorraum R, ausgestattet mit dem Stadartskalarprodukt x,y := x 1 y 1 + x 2 y x y (zur Defiitio eies Skalarprodukts verweise wir auf die Vorlesuge zur Lieare Algebra). Da erfüllt x 2 := x,x, x R, die sogeate Euklidische Norm, die Eigeschafte eier Norm im Sie userer vorige Defiitio 6.2, d.h. (R, 2 ) ist ei ormierter Raum.

5 6.1 Metrische, ormierte ud topologische Räume Eie weitere Norm auf dem Zahleraum R ist die Maximumsorm x := max{ x 1,..., x }. Für eie Nachweis der Normeigeschafte (N1) bis (N4) verweise wir auf die Übuge. 3. Als Verallgemeierug dieser beide Beispiele wolle wir die edlichdimesioale p-norme aführe x p := x k p 1 p für reelles 1 p <. Die Fälle p = 1 ud p = 2 im dritte Beispiel spiele eie besodere Rolle: p = 1 : Betragssummeorm, p = 2 : Euklidische Norm. Formal lässt sich die Maximumsorm aus dem zweite Beispiel wie folgt aus der edlichdimesioale p-norm für p ableite : Für x = 0 habe wir zuächst x p = 1 p 1 k x p xk p p = x =: x (Σ) 1 p. x Ma überlege sich u, dass gilt 1 Σ, ud zwar uabhägig vo x = 0 ud 1 p <. Wir schließe also 1 lim x xk p p p = x lim = x 1. p p x Um Abstadsmessuge über Norme durchzuführe, ist es atürlich wesetlich, welche Norm zu diesem Zweck verwedet wird. Hadelt es sich allerdigs um Abstadsmessuge im R (oder überhaupt um edlichdimesioale Vektorräume), so gilt die folgede grudlegede Aussage: Im R sid alle Norme äquivalet, d.h. zu zwei beliebig vorgegebee Norme : R [0, ) ud : R [0, ) existiere stets reelle Zahle λ, µ > 0 mit der Eigeschaft λ x x µx für alle x R. Zum Beweis dieser Aussage beötigt ma isbesodere ei höherdimesioales Aalogo des Fudametalsatzes vo Weierstraß aus Kapitel 3, Satz 3.6 userer Vorlesug. Wir komme a geeigeter Stelle darauf zurück.

6 182 6 Metrik ud Topologie Offee Mege Wir wolle u darstelle, was im Rahme der Theorie der metrische Räume uter eier offee Mege zu verstehe ist. Es sei also (X,d) ei metrischer Raum, ud wir bezeiche zuächst mit B r (a) := {x X : d(a,x) < r} die offee Kugel mit Mittelpukt a X ud Radius r bez. der gewählte Metrik d. Defiitio 6.3. Eie Teilmege U X eies metrische Raumes (X, d) heißt eie Umgebug des Puktes a X, falls ei reelles ε > 0 existiert mit B ε (a) U. Zwei verschiedee Pukte eies metrische Raumes lasse sich durch zwei Umgebuge voeiader tree. Ma sagt: I eiem metrische Raum gilt das Hausdorffsche Treugsaxiom (siehe auch Abschitt ute). Satz 6.2. Es sei (X, d) ei metrischer Raum. Zu zwei beliebig gewählte, verschiedee Pukte x, y X existiere da zwei zueiader disjukte Umgebuge U X vo x ud V X vo y, d.h. es gilt U V = /0. Beweis. Setze ämlich ε := 1 2 d(x,y) > 0 ud betrachte die beide Umgebuge U := B ε (x) ud V := B ε (y). Da sid U ud V zueiader disjukt, d.h. es existiert kei z X mit z U V. Aderfalls wäre ämlich für ei solches z U V auch z U, d.h. d(x,z) < ε, z V, d.h. d(y,z) < ε. Aus der Dreiecksugleichug (M4) folgt u 2ε = d(x,y) d(x,z) + d(z,y) < ε + ε = 2ε, also 2ε < 2ε. Das ist aber ei Widerspruch. Defiitio 6.4. Sei (X,d) ei metrischer Raum. Eie Teilmege U X heißt offe i (X,d), we sie Umgebug jedes ihrer Pukte ist, d.h. we zu jedem a U ei ε > 0 existiert mit der Eigeschaft B ε (a) U.

7 6.1 Metrische, ormierte ud topologische Räume 183 Die eifachste Beispiele offeer Mege i eiem metrische Raum (X, d) sid (Erläuter Sie ausführlich!): das offee Itervall (x,y) R, wobei geauer X = R ud d(x,y) = x y, oder die offee Kugel B r (a) X selbst. Ferer sid offe (beide Aussage sid trivial ): die Mege X selbst ud die leere Mege /0. Satz 6.3. Es sei (X,d) ei metrischer Raum, ud es seie U,U 1,U 2,...,V X Teilmege. Da sid die folgede Aussage richtig: (i) Sid U ud V zwei offee Mege, so auch ihr Durchschitt U V. (ii) Sid U i, i I mit eier Idexmege I, offe, so auch die Vereiigug i. i IU Beweis. Wir führe de Beweis i zwei Schritte: (i) Wähle ei x U V. Da U ud V ach Voraussetzug offe sid, existiere reelle Zahle ε 1 > 0 ud ε 2 > 0 mit B ε1 (x) U, B ε2 (x) V. Mit ε := mi{ε 1,ε 2 } sid da aber auch B ε (x) U ud B ε (x) V, (ii) d.h. B ε (x) U V, ud daher ist U V offe. Wähle ei beliebiges Elemet x i IU i. abda existiert ei Idex i 0 I mit x U i0, ud da ach Voraussetzug die Mege U i0 offe ist, gibt es ei ε > 0 mit der Eigeschaft B ε (x) U i0 i IU i. Daher ist die rechts stehede Vereiigug offe. Der Satz ist vollstädig bewiese. Wir weise darauf hi, dass ach Aussage (i) dieses Satzes der Durchschitt edlich vieler offeer Mege wieder offe ist. Der Durchschitt uedlich vieler offeer Mege muss aber icht mehr otwedig offe sei.

8 184 6 Metrik ud Topologie Betrachte ämlich als Gegebeispiel die folgede Familie offeer Mege U i = 1 i,1 + 1 R, i = 1,2,..., i für dere Durchschitt wir ermittel U i = [0,1] R. i=1 Die Mege [0,1] ist i R aber icht offe Beispiele Auch die folgede Bezeichug ist üblich: Defiitio 6.5. Es seie (X,d) ei metrischer Raum ud U X eie Teilmege. Ei Pukt a U heißt ierer Pukt vo U i (X,d), falls es ei ε > 0 gibt mit B ε (a) U. Die Mege aller iere Pukte a U eier solche Teilmege U X heißt auch das Iere vo U, i Zeiche Ů. Die Teilmege U ist also geau da offe i (X, d), we jeder Pukt a U ei ierer Pukt vo U ist, d.h. we U mit ihrem Iere übereistimmt. Die folgede Beispiele solle zeige, dass alle diese Begriffsbilduge wesetlich vo de folgede drei Faktore abhäge: der zu betrachtede Teilmege U X, der gewählte Metrik d(x,y), ud der eibettede (übergeordete) Mege X selbst. Das dritte Beispiel beihaltet eie überraschede Eigeschaft diskreter Mege. 1. Vorgelegt seie der metrische Raum (R, d) mit d(x, y) = x y sowie die Teilmege U = (0,1] R. Wir wolle zeige, dass U i (R,d) icht offe ist. Jeder Pukt a (0,1) ist ei ierer Pukt vo U, de mit der Wahl 0 < ε < mi{a,1 a} habe wir ε < a ud ε < 1 a bzw. 0 < a ε ud a + ε < 1. Also ist auch (diese Abschätzuge beötige wir i der zweite Zeile!) B ε (a) = {x R : d(x,a) < ε} = {x R : x a < ε} = (a ε,a + ε) (0,1) (0,1] = U.

9 6.1 Metrische, ormierte ud topologische Räume 185 Der Pukt a = 1 gehört zu U, aber jeder offee Ball B ε (a) mit ε > 0 ethält Pukte x > 1 aus R, die icht zu U gehöre. Also ist U R i (R,d) icht offe. 2. Vorgelegt sei der metrische Raum (T,d) mit T = (,1] ud d(x,y) = x y. Wähle auch jetzt wieder U = (0,1] T. Wir wolle zeige, dass U i (T,d) offe ist. Uter Ketis des vorige Beispiels geügt es dazu, ur och de Pukt a = 1 zu utersuche: B 1 2 (1) = x T : x 1 < = 2, 3,1 1 = 2 2,1. Zusammefassed ist 1 B 1 (1) = 2 2,1 0,1 = U, d.h. a = 1 ist ei ierer Pukt vo U i (T,d). Zusamme mit dem vorige Beispiel folgt, dass U T i (T, d) offe ist. 3. Drittes sei N = {1,2,3,...} die Mege der atürliche Zahle, ausgestattet mit der diskrete Metrik d(x,y) aus dem zweite Beispiel aus Abschitt Da ist jede Teilmege U vo N offe i (N,d), de wähle wir eie Pukt a U beliebig, so ist B 1 (a) = {x N : d(a,x) < 1} = {a} U Abgeschlossee Mege Wir komme u zur ächste Defiitio 6.6. Eie Teilmege U X eies metrische Raumes (X, d) heißt abgeschlosse, we ihr Komplemet X \ U offe ist. Die eifachste Beispiele abgeschlosseer Mege sid (Erläuter Sie!) das abgeschlossee Itervall [x, y] R, oder die abgeschlossee Kugel K r := {x R : x 2 1} R. Ferer sid abgeschlosse (Warum?) die Mege X selbst ud die leere Mege /0, Das Beispiel des Itervalls (x,y] R, welches i R weder offe och abgeschlosse ist, zeigt us: Eie Mege, die icht offe ist, ist icht otwedig abgeschlosse, ud umgekehrt.

10 186 6 Metrik ud Topologie Satz 6.4. Es seie (X,d) ei metrischer Raum, ud es seie U,U 1,U 2,...,V X Teilmege. Da sid folgede Aussage richtig: (i) Sid U ud V abgeschlosse, so auch ihre Vereiigug U V. (ii) Sid U i, i I mit eier Idexmege I, abgeschlosse, so auch i. i IU Beweis. Übugsaufgabe. Verwede Sie die de Morgasche Regel der Megelehre zusamme mit Satz 6.3. Defiitio 6.7. Es seie (X,d) ei metrischer Raum ud U X eie Teilmege. Ei Pukt a X heißt Radpukt vo U, falls i jeder Umgebug vo a sowohl ei Pukt vo U als auch ei Pukt vo X \U liegt. Die Mege aller Radpukte eier solche Teilmege U X heißt Rad vo U ud wird mit U bezeichet. Beispielsweise besitzt die i (R, 2 ) abgeschlossee Kugel K r := {x R : x 2 r} R mit Zetrum 0 R ud Radius r > 0 de Rad K r = {x R : x 2 = r} ud das Iere K r = {x R : x 2 < r}. Offebar ergibt sich K r = K r K r. Satz 6.5. Es seie (X,d) ei metrischer Raum ud U X eie Teilmege. Da sid folgede Aussage richtig: (i) (ii) (iii) Die Mege U \ U ist offe. Die Mege U U ist abgeschlosse. Die Mege U ist abgeschlosse. Beweis. Übugsaufgabe. Die Mege U U bezeiche wir auch als de Abschluss vo U, i Zeiche U = U U Topologische Räume Bislag habe wir Offeheit ud Abgeschlosseheit für Teilmege metrischer Räume keegelert. Es zeigt sich aber, dass der Begriff der offee Mege elemetarer ist als der der Metrik. Um us vom Begriff der Metrik zu löse, beötige wir die folgede

11 6.2 Kovergez i metrische Räume ud Stetigkeit 187 Defiitio 6.8. Es sei X eie Mege. Ei System T vo Teilmege vo X heißt eie Topologie auf X, falls gelte: (T1) /0 T ud X T ; (T2) U,V T, so auch U V T; (T3) U i T für alle i I mit eier Idexmege I, so auch i IU i T. Das Paar (X,T ) heißt da ei topologischer Raum. Nach obigem Satz 6.3 sowie der diesem Satz voragehede Bemerkug bildet das System der offee Mege eies metrische Raumes eie solche Topologie, weshalb sich die Theorie der metrische Räume der Theorie der topologische Räume uterordet. Wir bezeiche eie Teilmege U X eies topologische Raumes (X, T ) als offe, falls U T, abgeschlosse, falls X \ U offe ist. Ist ferer a X ei beliebig gewählter Pukt, so bezeichet V X eie Umgebug dieses Puktes, falls es eie offee Teilmege U X gibt mit a U V. Falls schließlich zu zwei verschiedee Pukte x, y X disjukte Umgebuge U vo x bzw. V vo y existiere, die also die Pukte x ud y tree, so heißt der topologische Raum (X,T ) ei Hausdorffraum. Für ausführliche Betrachtuge zu metrische ud topologische Räume verweise wir auf J.J. Kolihas Lehrbuch Metrics, orms ad itegrals (2008). 6.2 Kovergez i metrische Räume ud Stetigkeit Kovergez vo Puktfolge Wir wolle u de Begriff der Kovergez aus Kapitel 1, Defiitio 1.29 i de Kotext metrischer Räume übertrage. Dazu werde wir vo userer bisher beutzte Notatio {x k },2,... für (Zahle- oder Pukt-)Folge abweiche ud diese ersetze durch {x (k) },2,... Defiitio 6.9. Es sei (X,d) ei metrischer Raum. Eie Folge {x (k) },2,... X vo Pukte aus X heißt gege eie Pukt x X koverget, falls zu jedem ε > 0 ei N(ε) N existiert mit der Eigeschaft d(x (k),x) < ε für alle k N(ε).

12 188 6 Metrik ud Topologie I diesem Fall schreibe wir auch x := lim k x (k) oder x (k) x für k. Gleichwertig köe wir auch sage, dass {x (k) },2,... gege ei x X kovergiert, falls zu jeder offee Umgebug U dieses Puktes ei Idex N N existiert, so dass x (k) U für alle k N. Satz 6.6. Der Grezwert x X eier kovergete Folge {x (k) },2,... X eies metrische Raumes (X,d) ist eideutig. Beweis. Es seie ämlich x X ud y X zwei dieser Grezwerte. Da ermittel wir mit Hilfe der Dreiecksugleichug (M4) 0 d(x,y) d(x,x (k) ) + d(x (k),y) 0 für k, ud ach (M1) ist otwedig x = y. Wir köe die vorige Defiitio leicht auf de metrische Raum (R,d) mit der Euklidische Abstadsmetrik d(x,y) = x k y k 2 für Vektore x = (x 1,...,x ) ud y = (y 1,...,y ) spezifiziere, idem wir die Kovergez vektorieller Puktfolge auf die (Betrags-)Kovergez ihrer eizele Kompoetefolge zurückführe: Satz 6.7. Die Folge {x (k) },2,... R des ormierte Raumes R kovergiert geau da gege ei x R, falls zu jedem ε > 0 ei N(ε) N existiert mit x (k) l x l < ε für alle k N(ε) ud alle l = 1,2,...,. Beweis. Übugsaufgabe Charakterisierug abgeschlosseer Mege Nach Defiitio 6.6 ist eie Mege abgeschlosse, we ihr Komplemet offe ist. Der vorige Kovergezbegriff erlaubt us u die folgede Charakterisierug vo Abgeschlosseheit i metrische Räume: Satz 6.8. Es sei (X,d) ei metrischer Raum. Eie Teilmege U X ist geau da abgeschlosse, we für jede Folge {x (k) },2,... U mit x (k) x X gilt lim k x(k) = x U.

13 6.2 Kovergez i metrische Räume ud Stetigkeit 189 Beweisskizze. Der Beweis besteht aus zwei Teile. (i) Ist U abgeschlosse, so ist x U. Aderfalls wäre x X \U, ud da X \U als Komplemet vo U offe ist, stellt X \ U selbst eie Umgebug vo x dar. Nach Defiitio 6.9 ud der aschließede Bemerkug existiert da aber auch ei Idex l N mit x l X \U im Widerspruch zu {x (k) },2,... U. (ii) Nu gelte x (k) x U für jede beliebige Folge {x (k) },2,... U. Wir zeige, dass das Komplemet X \ U vo U offe ist ud schließe daraus die Abgeschlosseheit vo U. Zu diesem Zweck wähle wir ei z X \ U. Falls u für jedes ε > 0 gelte würde B ε (z) U = /0, so fide wir auch zu jedem k N ei z (k) U mit (Übug!) d(z (k),z) < 1 k, k = 1,2,... Das bedeutet aber ach Voraussetzug z (k) z U im Widerspruch zur Aahme z X \U (vgl. Satz 6.2!). Es existiert also ei ε > 0 mit d.h. X \U ist offe. B ε (z) U = /0 bzw. B ε (z) X \U, Damit ist der Satz bewiese Vollstädige metrische Räume Fudametal für die gesamte Aalysis ist u die Defiitio Es sei (X,d) ei metrischer Raum. Eie Folge {x (k) },2,... X heißt eie Cauchyfolge, we zu jedem ε > 0 eie atürliche Zahl N(ε) N existiert mit der Eigeschaft d(x (m),x () ) < ε für alle m, N(ε). Wie i Satz 1.22 aus Kapitel 1 beweist ma de Satz 6.9. Jede im Sie vo Defiitio 6.9 kovergete Folge {x (k) },2,... X eies metrische Raumes (X,d) ist eie Cauchyfolge. Beweis. Übugsaufgabe. Satz 1.22 aus Kapitel 1 besagt aber darüberhiaus, dass auch jede Cauchyfolge i R kovergiert, was wir als Vollstädigkeit der reelle Zahle bezeichet habe. Diese Beobachtug mache wir jetzt zur Defiitio:

14 190 6 Metrik ud Topologie Defiitio Ei metrischer Raum (X, d) heißt vollstädig oder ei Baachraum, falls jede Cauchyfolge {x (k) },2,... X gege ei x X kovergiert. Satz Der ormierte Vektorraum R ist vollstädig. Beweis. Übugsaufgabe. Beispiel 6.1. Betrachte de metrische Raum (X,d) mit X = (0,1] ud d(x,y) = x y. Da ist die vermöge x (k) = 1 k, k = 1,2,..., gegebee Folge eie Cauchyfolge, de zu beliebig vorgelegtem ε > 0 ermittel wir d(x (m),x () ) = 1 m 1 1 m N(ε) < ε für alle m, N(ε) ud geeiget zu wähledem Idex N(ε) N. Es kovergiert aber {x (k) },2,... X icht gege ei Elemet i X. Wäre ämlich x X ei solcher Grezwert, so bereche wir für alle 2 x d(x (),x) = 1 x = x 1 x 2. Erkläre Sie diese Beobachtug Der Catorsche Durchschittssatz Betrachte die reelle, abgeschlossee ud ichtleere Teilitervalle U k = x R : 0 x 1, k = 1,2,... k Offebar gehört die Zahl 0 R alle diese Teilitervalle a: 0 U 1 U 2 U 3... Überhaupt existiert als Kosequez der Vollstädigkeit der reelle Zahle zu jeder Folge reeller, ichtleerer, abgeschlosseer ud ieiader geschachtelter Teilmege stets ei Pukt x 0 R, welcher alle diese Teilmege agehört. Das verstehe wir uter dem Catorsche Durchschittssatz i R. Der Catorsche Durchschittssatz lässt sich u auf usere allgemeie Situatio übertrage. Dazu beötige wir die

15 6.2 Kovergez i metrische Räume ud Stetigkeit 191 Defiitio Es sei U X eie Teilmege des metrische Raumes (X,d). Da verstehe wir uter ihrem Durchmesser diamu := sup{d(x,y) : x,y U}. Satz Es sei (X,d) ei vollstädiger metrischer Raum. Ferer sei vermittels U 0 U 1 U 2 U 3... eie Folge ichtleerer, abgeschlosseer ud ieiader geschachtelter Teilmege gegebe mit der Eigeschaft lim diamu k = 0. k Da existiert geau ei Pukt x X mit x U k. Beweis. Wir beweise die Eideutigkeit ud die Existez eies solche Puktes. (i) (ii) Eideutigkeit: Führe als Übug die Aahme zweier verschiedeer solcher Pukte x = y vermittels des Treugsaxioms zu eiem Widerspruch. Existez: Zu jedem Idex l = 1,2,... wähle wir ei x (l) U l. Da gilt d(x (m),x () ) diamu N für alle m, N, bildet die so gewählte Folge {x (l) } l=1,2,... X eie Cauchyfolge. Nu ist (X,d) ach Voraussetzug vollstädig. Es existiert also ei x X mit x (l) x für l. Fixiere jetzt eie beliebige Idex k N. Da x () U k für alle k richtig ist, ud U k ist ach Voraussetzug abgeschlosse, folger wir {x (),x (+1),...} U k, ud wege der Abgeschlosseheit gilt x U k für alle k = 1,2,... Damit ist der Satz bewiese Stetige Abbilduge auf metrische Räume Im ächste Schritt betrachte wir Abbilduge zwische metrische Räume. Defiitio Es seie (X,d) ud (Y,ρ) zwei metrische Räume. Eie Abbildug f : X Y heißt stetig im Pukt x 0 X, falls zu jedem ε > 0 ei δ(x 0,ε) > 0 existiert mit der Eigeschaft ρ( f (x), f (x 0 )) < ε für alle x X mit d(x,x 0 ) < δ(x 0,ε). Die Fuktio f : X Y heißt stetig auf X, falls sie i jedem Pukt x X stetig ist.

16 192 6 Metrik ud Topologie Äquivalet zu dieser Defiitio ist: Die Abbildug f : X Y ist stetig im Pukt x 0 X, falls gilt lim f (x) = f (x 0 ), x x 0 d.h. we f (x (k) ) f (x 0 ) für jede Folge {x (k) },2,... X mit x k x 0. Eie detaillierte Beweis dieser behauptete Äquivalez belasse wir als Übug ud verweise auf usere Utersuchuge aus Kapitel 1. Wir wolle die Defiitio 6.13 i Terme offeer Mege formuliere: Satz Die Abbildug f : X Y zwische de beide metrische Räume X ud Y ist stetig im Pukt x 0 X, falls zu jeder offee Umgebug V Y des Bildpuktes f (x 0 ) Y eie Umgebug U X des Urbildpuktes x 0 X existiert mit der Eigeschaft f (U) V. Beweis. Übugsaufgabe. I Rückblick auf de obige Abschitt beihaltet dieser Satz die fudametale Aussage: Stetigkeit ist eie topologische Eigeschaft. Erzeuge zwei Metrike dieselbe Topologie ud sid i diesem Sie äquivalet, so bleibt Stetigkeit ach Wechsel zwische diese Metrike erhalte. Aus diesem Resultat schließe wir u das folgede topologische Kriterium zur Stetigkeit: Satz Die Abbildug f : X Y zwische de metrische Räume (X,d) ud (Y,ρ) ist geau da stetig auf X, falls für jede i (Y,ρ) offee Mege W Y das iverse Bild f 1 (W) := {x X : f (x) W } offe i (X,d) ist. Beweis. Zum Beweis gehe wir i zwei Schritte vor: (i) Die Abbildug f : X Y sei stetig auf X. Für eie beliebig gewählte offee Teilmege W Y setze wir A := f 1 (W) = {x X : f (x) W}, d.h. für jede Pukt a A gilt f (a) W. Sei u also ei Pukt a A beliebig gewählt. Da W Y offe ist, existiert zuächst ach Defiitio 6.4 ei offeer Ball B( f (a)) W mit Zetrum f (a) W.

17 6.2 Kovergez i metrische Räume ud Stetigkeit 193 Aus der Stetigkeit der Fuktio f folgt da die Existez eies offee Balles B(a) X mit Zetrum a X, so dass mit Satz 6.12 gilt f (B(a)) B( f (a)) W, (ii) d.h. es ist f (x) W für alle x B(a). Aus der Defiitio der Mege A = {x X : f (x) W} folgt jetzt B(a) A, d.h. die Mege A ist offe. Nu werde offee Mege i Y vermittels der Iverse f 1 : Y X vo f : X Y offee Mege i X zugeordet. Um die Stetigkeit der Abbildug f achzuweise, wähle wir eie beliebige Pukt a X sowie eie beliebige offee Umgebug W Y des Bildpuktes f (a) Y. Nach Voraussetzug ist da die Mege A := f 1 (W ) offe i X ud gleichzeitig eie offee Umgebug des Puktes a X. Außerdem gilt f (A) = f ( f 1 (W)) = f ({x X : f (x) W }) W, ud ach Satz 6.12 ist f stetig. Damit ist der Satz bewiese. Abschließed wolle wir die wichtigste algebraische Recheregel zwische stetige Fuktioe otiere. Für de Fall reellwertiger Fuktioe, zwische dere Fuktioswerte die gewöhliche Additio, Multiplikatio ud Divisio i de reelle Zahle erklärt sid, gilt zuächst der Satz Es sei (X,d) ei metrischer Raum, ud es seie f,g: X R stetige Fuktioe. Da sid auch die Fuktioe ( f + g)(x) := f (x) + g(x) ud ( f g)(x) := f (x) g(x) stetig. Gilt zusätzlich g(x) = 0 auf X, so ist auch der Quotiet f g defiiert vermöge f (x) g(x) stetig auf X. Beweis. Übugsaufgabe. Satz Es seie f : X Y ud g: Y Z stetige Fuktioe zwische de metrische Räume X ud Y bzw. Y ud Z. Da ist auch die Kompositio stetig auf X. h: X Z vermöge h := g f Beweis. Übugsaufgabe uter Beutzug vo Satz 6.13.

18 194 6 Metrik ud Topologie 6.3 Kompaktheit Kompakte Mege I de bisherige Kapitel habe wir us oft mit kompakte Itervalle [a, b] R beschäftigt. Uter Kompaktheit verstade wir dabei gemäß Vereibarug ud icht ach Defiitio Abgeschlosseheit ud Beschräktheit. Ziel dieses Abschittes ist u eie Defiitio des Kompaktheitsbegriffs im Rahme der Theorie metrischer Räume ud ei eiführedes Studium stetiger Fuktioe auf kompakte Mege. Dazu müsse wir zuächst kläre, was wir uter eier offee Überdeckug eier Teilmege U X verstehe, ämlich eie Familie {U i } i I (mit eier beliebige Idexmege I) vo offee Teilmege U i X mit der Eigeschaft U i IU i. Defiitio Es sei (X,d) ei metrischer Raum. Eie Teilmege U X heißt kompakt, we es zu jeder offee Überdeckug {U i } i I vo U eie edliche Teilüberdeckug gibt, d.h. mit edlich viele Idizes i 1,...,i k I gilt U U i1 U i2... U ik, k N. Geauer spreche wir i dieser Defiitio vo Überdeckugskompaktheit Beispiele Wir betrachte zuächst zwei Beispiele icht kompakter Mege ud aschließed ei Beispiel eier kompakte Mege. 1. Die Teilmege (0,1) R ist (i (R,d) mit der übliche Abstadsmetrik d) icht kompakt, de es bildet z.b. die Familie {U i } i=0,1,2,... R der offee Mege 1 U i := 2 i+2, 1 2 i, i = 0,1,2,..., eie offee Überdeckug vo (0,1), de es gilt 1 1 (0,1) 4,1 8, , 1... = 4 U i, i=0 aber keie aus dieser offee Überdeckug beliebig ausgewählte edliche Teilfamilie offeer Mege U i überdeckt (0,1).

19 6.3 Kompaktheit Die Teilmege (0, 1] R ist ebefalls icht kompakt. Zum Nachweis betrachte ma z.b. die Familie {U i } i=1,2,... R vo offee Mege 1 U i := i,1 + 1, i = 1,2,3,... i Auch hieraus geügt es zur Überdeckug vo (0, 1] icht, edlich viele Teilmege U i auszuwähle. 3. Um schließlich zu zeige, dass die Teilmege [0, 1] R kompakt ist, kostruiere wir wie folgt eie Widerspruch: Ageomme, [0, 1] ist icht kompakt. Da gehe wir wie folgt vor: Nach Aahme existiert eie offee Überdeckug {U i } i I dieser Mege, die keie edliche Teilüberdeckug besitzt. Betrachte ei ichtleeres ud abgeschlossees Itervall [a 1,b 1 ] R mit der Eigeschaft [0,1] [a 1,b 1 ], ud setze Ω 1 := [0,1] [a 1,b 1 ]. Nach Voraussetzug überdeckt {U i } i I die Mege Ω 1, aber {U i } i I besitzt keie edliche Teilüberdeckug. Wir halbiere u Ω 1 i die Teilitervalle Ω 1,l ud Ω 1,r, so dass also gilt Ω 1 = Ω 1,l Ω 1,r. Beide Teilitervalle Ω 1,l ud Ω 1,r werde durch {U i } i I überdeckt, aber zu weigstes eiem dieser beide Teilitervalle existiert keie edliche Teilüberdeckug. Ei solches Teilitervall bezeiche wir mit Ω 2. Wir führe dieses Halbierugsverfahre sukzessive fort ud erhalte so eie Folge ichtleerer, abgeschlosseer ud ieiader geschachtelter Teilitervalle Ω k R, k = 1,2,3,..., mit der Eigeschaft Ω 1 Ω 2 Ω 3 Ω 4... mit lim k diamω k = 0. Nach dem Catorsche Durchschittsatz existiert da geau ei a [0, 1] mit a Ω k. Da aber ebe a [0,1], existiere auch ei Idex m N ud eie zugehörige offee Mege U m {U i } i I mit a U m, sowie ei ε > 0 mit B ε (a) U m. Wähle u zu diesem ε > 0 ei N(ε) N mit der Eigeschaft diamω k < ε 2 für alle k N(ε). Da wird aber Ω k vo der eie offee Mege U m überdeckt Widerspruch.

20 196 6 Metrik ud Topologie Dieses dritte Beispiel diet us als Vorbild zum Beweis des Satz Der abgeschlossee Quader Q := {x = (x 1,...,x ) R : a k x k b k, k = 1,...,} mit de reelle Zahle < a k b k < +, k = 1,...,, ist kompakt. Beweis. Übugsaufgabe Der Satz vo Heie ud Borel Wir wolle u gegeseitige Zusammehäge kompakter ud abgeschlosseer bzw. beschräkter Mege herausarbeite. Dazu begie wir mit dem Satz Es seie (X, d) ei metrischer Raum ud U X eie kompakte Teilmege. Da ist U beschräkt ud abgeschlosse. Beweis. Mit Forster [7], Satz 3 aus 3, gehe wir i zwei Schritte vor: (i) Zum Nachweis der Beschräktheit vo U X wähle wir eie Pukt a X beliebig. Da gilt zuächst X = B k (a), B k (a) = {x X : d(x,a) < k}, so dass {B k (a)},2,... auch eie offee Überdeckug vo U X ist. Da U aber kompakt ist, gestattet diese Überdeckug eie edliche Teilüberdeckug vo U, d.h. wir köe edlich viele Idizes k 1,...,k l N auswähle mit l U B k j (a). j=1 Setze wir u N := max{k 1,...,k l }, so ist isbesodere U B N (a), (ii) d.h. U X ist beschräkt. Wir komme u zum Nachweis der Abgeschlosseheit vo U X : Wähle dazu ei x X \ U beliebig ud führe die offee Mege U := y X : d(x,y) > 1 als Komplemete offeer Bälle um x X \ A der Radie r = 1.

21 6.3 Kompaktheit 197 Es gelte X \ {x} = U k U X \ {x} = U, da U \ X ud x X. Also bildet {U } =1,2,... eie offee Überdeckug vo U X. Da U aber kompakt ist, gestattet diese Überdeckug eie edliche Teilüberdeckug vo U, d.h. wir köe edlich viele Idizes k 1,...,k l N auswähle mit l U U k j. j=1 Setze wir wieder N := max{k 1,...,k l }, so folgt offebar B 1 N (x) X \ A, d.h. x ist ei ierer Pukt vo X \ A. Da aber x X \ A beliebig gewählt wurde, sid X \ A offe ud damit A abgeschlosse. Damit ist der Satz vollstädig bewiese. Für Teilmege U R des Euklidische Raumes R gilt sogar die folgede, als Satz vo Heie ud Borel bekate Verschärfug des vorige Resultats: Satz Eie Teilmege U R ist geau da kompakt, we sie beschräkt ud abgeschlosse ist. Beweis. Wir gehe i mehrere Schritte vor: (i) (ii) Ist U R kompakt, so auch beschräkt ud abgeschlosse vorigem Satz. Ist U X abgeschlosse ud beschräkt, so ist U i eiem hireiched großem Quader Q R ethalte, der ach Satz 6.16 kompakt ist: U Q R. (iii) Es verbleibt zu zeige, dass da auch U Q kompakt ist als Teilmege des kompakte Quaders. Das köe wir aber auch viel allgemeier beweise: Sei ämlich K X eie kompakte Mege eies metrische Raumes (X, d), ud sei V K eie abgeschlossee Teilmege. Da ist auch V kompakt. De betrachte eie offee Überdeckug {V i } i I vo V, geauer V i IV i.

22 198 6 Metrik ud Topologie Da V X abgeschlosse ist, ist das Komplemet X \ V offe, ud es gilt K X = (X \V) i IU i. Da K kompakt ist, fide wir u edlich viele Idizes k 1,...,k l N mit K (X \V) U k1... U kl, ud wege V K schließe wir V U k1... U kl. Also ist V X kompakt. Damit ist der Satz bewiese Kovergete Folge i metrische Räume Betrachte wir och eimal kovergete Folge i eiem metrische Raum: Satz Es sei (X,d) ei metrischer Raum, ud es sei {x (k) },2,... X ei kovergete Folge mit lim k x(k) = x X. Da ist die Mege kompakt. A := x (1),x (2),x (3),... {x} Beweis. Es sei {U i } i I eie offee Überdeckug vo A, aus der eie offee Teilüberdeckug vo A gewoe werde muss. Wege x A existiert ei Idex i 0 I mit x U i0. Da U i0 offe ist, ist U i0 selbst eie Umgebug vo x. Da x (k) x für k, existiert ei Idex N N mit x () U i0 für alle > N. Die afägliche edlich viele Folgeelemete x (l), l = 1,2,...,N, sid aber ebefalls Elemete irged eier Mege U ik {U i } i I : x (l) U il {U i } i I für l = 1,2,...,N. Isgesamt habe wir also mit A U i1 U i2... U in U i0 eie edliche Teilüberdeckug vo A gefude. Aus de Sätze 6.17 ud 6.19 schließe wir u sofort: Jede kovergete Folge i eiem metrische Raum ist beschräkt.

23 6.3 Kompaktheit 199 Auch der Weierstraßsche Häufugsstellesatz, Satz 1.23 aus Kapitel 1 fidet seie allgemeie Formulierug: Satz Es seie (X,d) ei metrischer Raum ud K X eie kompakte Teilmege. Ferer sei {x (k) },2,... K eie Puktfolge. Da existiert eie Teilfolge {x (k l) } l=1,2,... K mit der Eigeschaft lim l x(kl) = x K. Beweis. Übugsaufgabe. Isbesodere habe wir damit die Aussage: Jede beschräkte Folge {x (k) },2,... R besitzt eie kovergete Teilfolge. De jede solche beschräkte Folge ist ethalte i eiem hireiched große, abgeschlossee Quader Q R, der ach Satz 6.16 kompakt ist. Das vorige Resultat zeigt da die Behauptug Stetige Fuktioe auf kompakte Mege Wir wolle auch stetige Fuktioe zwische metrische Räume auf kompakte Teilmege studiere. Satz Es seie (X,d) ud (Y,ρ) metrische Räume, ud es sei f : X Y eie stetige Abbildug. Ist K X eie kompakte Teilmege, so auch f (K) := { f (x) Y : x K}. Beweis. Es sei {V i } i I eie offee Überdeckug des Bildes f (K). Da sid auch alle Mege U i := f 1 (V i ) offe ach dem Topologiekriterium der Stetigkeit aus Satz Es gilt dabei K i IU i. Da aber K X kompakt ist, existiert eie edliche Teilüberdeckug mit K U il, N, l=1 woraus wir schließe Also ist auch f (K) kompakt. f (K) V il. l=1

24 200 6 Metrik ud Topologie Wir köe u de Fudametalsatz vo Weierstraß, Satz 3.6 aus Kapitel 3, auf de Fall vo auf metrische Räume defiierte, reellwertige Fuktioe verallgemeier. Satz Es seie (X, d) ei kompakter metrischer Raum ud f : X R eie stetige Fuktio. Da ist die Mege f (X) R beschräkt, ud f (x) immt ihr Miimum ud ihr Maximum i X a, d.h. es existiere x mi X ud x max X mit f (x mi ) f (x) f (x max ) für alle x X. Beweis. Nach vorigem Satz 6.21 ist die Bildmege f (X) R kompakt ud ach Satz 6.17 auch beschräkt ud abgeschlosse. Es existiere also µ := if{ f (x) : x X} ud ν := sup{ f (x) : x X}, ud es gelte µ,ν f (X), da f (X) kompakt ist. Daher existiere auch x mi X ud x max X mit de geate Eigeschafte. Nebe Defiitio 6.13 stelle wir och die Defiitio Eie Abbildug f : X Y zwische de zwei metrische Räume (X,d) ud (Y,ρ) heißt gleichmäßig stetig auf X, falls zu jedem ε > 0 ei δ(ε) > 0 existiert mit der Eigeschaft ρ( f (x), f (y)) < ε für alle x,y X mit d(x,y) < δ(ε). Wie im Reelle gilt auch hier der Satz Es seie (X, d) ei kompakter metrischer Raum ud (Y, ρ) ei metrischer Raum. Da ist die stetige Abbildug f : X Y gleichmäßig stetig auf X. Beweis. Übugsaufgabe Nachtrag: Äquivalez der Norme i R Bereits i Abschitt habe wir die Äquivalez der Norme im R behauptet. Mit de ebe bereit gestellte Hilfsmittel wird us u sogar ei Beweis der folgede Behauptug gelige. Satz Sämtliche Norme eies -dimesioale lieare Raumes X sid utereiader äquivalet, d.h. sid : X [0, ) ud : X [0, ) zwei Norme, so existiere reelle Zahle λ > 0 ud µ > 0 mit λ x x µx für alle x X. Beweis. Der vorzutragede Beweis ist H. Triebels Lehrbuch Höhere Aalysis, Beweis zu Satz 1.1, etomme.

25 6.3 Kompaktheit Es sei {x 1,...,x N } eie Basis des N-dimesioale lieare Raumes X. Da ka ma jedes Elemet x X eideutig darstelle vermittels mit Koeffiziete λ i. Wir setze x = x := Da ist eie Norm auf X. Im Folgede zeige wir, dass jede adere Norm auf X zu äquivalet ist. 2. Sei also eie weitere Norm auf X. Da habe wir zuächst x = i=1 i=1 i=1 λ i x i λ i. λ i x i max 1 i x i i=1 λ i = c 0 x mit c 0 := maxx i für i = 1,...,. Das ist bereits die erste Richtug. Für die Rückrichtug betrachte wir de abgeschlossee ud beschräkte Eiheitsball bez. -Norm, d.h. Λ := ud hierauf die Fuktio (λ 1,...,λ ) : i=1 λ i = 1 f (λ 1,...,λ N ) := λ i x i, (λ1,...,λ ) Λ. i=1 Zuächst ist f (λ 1,...,λ ) > 0. Um zu zeige, dass f auf Λ stetig ist, bereche wir uter Verwedug der iverse Dreiecksugleichug x y x y (Übugsaufgabe!) f (λ1,...,λ ) f (µ 1,..., µ ) (λ i µ i )x i c0 i µ i, i=1 i=1 λ, ud daraus folgt die behauptete Stetigkeit. Also immt f (x) auf der kompakte Mege Λ ach dem Fudametalsatz vo Weierstrass ihr positives Miimum a, ud es folgt λ i x i 1 i=1 C = 1 C x für alle x X mit x = λ i = 1. i=1 Das Homogeitätsaxiom (N3) sichert x Cx für alle x X.

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