Die Hausdorff-Metrik und Limiten von Mengen

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1 Die Hausdorff-Metrik und Limiten von Mengen Jakob Reiffenstein Seminararbeit aus Analysis SS

2 Inhaltsverzeichnis 1 Die Hausdorff-Metrik 3 2 Konvergenz in H(X) 6 3 Kompaktheit in H(X) 8 2

3 Zusammenfassung Die vorliegende Seminararbeit widmet sich zunächst der Hausdorff-Metrik. Diese lässt sich ausgehend von einem beliebigen kompakten metrischen Raum (X, d) definieren und gibt eine Metrik für den Hyperraum H(X) der abgeschlossenen, nichtleeren Teilmengen von X. Das erlaubt uns, nicht nur den Abstand zweier Punkte aus X zu messen, sondern auch, wie nahe bzw. ähnlich sich zwei Mengen aus H(X) sind. Anschließend wird untersucht, wie sich Konvergenz bezüglich der Hausdorff-Metrik charakterisieren lässt. Schließlich lässt sich sogar beweisen, dass der Raum H(X), auf dem die Hausdorff-Metrik definiert ist, kompakt ist. Dasselbe gilt für den Raum C(X) der zusammenhängenden Mengen aus H(X). 1 Die Hausdorff-Metrik Definition 1.1 Sei (X, T ) ein topologischer Raum. Der Hyperraum H(X) ist definiert als die Menge aller abgeschlossenen und nichtleeren Teilmengen von X, d.h. H(X) := {A X : A ist abgeschlossen und A }. Für die nun folgende Definition der Hausdorff-Metrik benötigen wir die wesentlich spezifischere Voraussetzung eines kompakten metrischen Raumes (X, d). Beachte, dass in diesem Fall die abgeschlossenen Teilmengen von X genau die kompakten Teilmengen sind. Definition 1.2 Sei (X, d) ein kompakter metrischer Raum, A, B H(X) und δ > 0. Bezeichne N δ (A) := {x X : d(x, A) < δ}, wobei d(x, A) := inf d(x, y) = min d(x, y). Dann wird die Hausdorff-Metrik definiert durch y A y A H d (A, B) := inf{ɛ > 0 : A N ɛ (B) und B N ɛ (A)}. Bemerkung 1.3. Der Ausdruck H d (K, L) gibt an, wie stark K und L aneinander gekoppelt sind. Und zwar liegt jedes x K nicht weiter als H d (K, L) von L entfernt. Genauer werden wir folgende Aussage beweisen: Für alle K, L H(X) und x K existiert y L mit d(x, y) H d (K, L). (1) Wir konstruieren ein y L mit dieser Eigenschaft. Nach Definition von H d gilt für alle n N die Inklusion K N Hd (K,L)+ 1 n (L). Daraus folgt die Existenz von y n L mit d(x, y n ) < H d (K, L) + 1 n. Weil L kompakt ist, hat (y n) n N eine konvergente Teilfolge mit Grenzwert y L. Dieses y erfüllt dann die Beziehung d(x, y) H d (K, L). Weiters sei angemerkt, dass die Definition von H d offensichtlich symmetrisch in A und B ist. Salopp gesagt wird dadurch sichergestellt, dass die Hausdorff-Metrik mit unserer Anschauung zusammenpasst. Wenn nämlich bloß A N ɛ (B) mit kleinem ɛ > 0 gilt, folgt nicht zwingend, dass A ähnlich zu B ist. Ein Gegenbeispiel wären die Kugeln U 1 (0) und U 2 (0) im R n : Zwar gilt U 1 (0) N ɛ (U 2 (0)) für alle ɛ > 0, aber U 2 (0) N ɛ (U 1 (0)) nur für ɛ > 1. Wir sehen also, dass Mengen A, B mit kleinem Abstand H d (A, B) immer eine ähnliche Größe besitzen. Lemma 1.4 Die Funktion H d definiert eine Metrik auf H(X). 3

4 Beweis. Symmetrie und Nichtnegativität sind aus der Definition ersichtlich. Ist H d (A, B) = 0, dann folgt A N ɛ (B) und B N ɛ (A) für alle ɛ > 0. Wir behaupten, dass daraus A B sowie B A folgt, also A = B. Um das einzusehen, wähle o.b.d.a. ein x A\B. Weil B kompakt ist, gilt c := d(x, B) > 0. Setze ɛ := c 2. Wir sehen x / N ɛ(b) im Widerspruch zur Voraussetzung. Der wesentliche Aufwand besteht darin, die Gültigkeit der Dreiecksungleichung zu beweisen. Wir verwenden die Hilfsaussage (1). Sind A, B, C H(X) und a A, dann gibt es aufgrund von (1) ein b B mit d(a, b) H d (A, B). Ausgehend von jenem b existiert wiederum ein c C mit d(b, c) H d (B, C). Es folgt d(a, c) d(a, b) + d(b, c) H d (A, B) + H d (B, C). Das bedeutet, dass für beliebiges δ > 0 und mit z := H d (A, B) + H d (B, C) die strike Ungleichung d(a, c) < z + δ gilt. Weil a A beliebig war, folgt A N z+δ (C) für jedes δ > 0. Analog beweist man auch C N z+δ (A). Daraus folgt H d (A, C) η + δ für alle δ > 0. Damit gilt schließlich H d (A, C) z = H d (A, B) + H d (B, C). Bemerkung 1.5. Mit der Hausdorff-Metrik erhält man ein Instrument, mit dem man die geometrische Größe zweier Mengen vergleichen kann. Diese Aussage klingt zunächst etwas schwammig, aber man kann ihr auch mathematisch gesehen einen Sinn geben. Und zwar lässt sich beweisen (siehe dazu [N, 4.33]), dass es zu jedem kompakten metrischen Raum (X, d) eine sogenannte Größenfunktion µ : H(X) [0, + ) gibt, die folgendes erfüllt: µ ist stetig, für alle A, B H(X) mit A B gilt µ(a) < µ(b) und µ({x}) = 0 für alle x X. Als nächstes konstruieren wir eine weitere Topologie auf dem Hyperraum H(X), die Vietoris- Topologie. Dazu geben wir eine Basis und eine Subbasis an. Wir benötigen dafür keine Voraussetzungen an den Raum (X, T ). Wenn aber (X, d) ein kompakter metrischer Raum ist, stimmt die Vietoris-Topologie mit der von H d erzeugten Topologie überein. Definition 1.6 Für einen topologischen Raum (X, T ) und beliebige U, U 1,..., U n T definieren wir: Γ(U) := {A H(X) : A U}, Λ(U) := {A H(X) : A U }, U 1,..., U n := {A H(X) : A n i=1 U i und A U i, i = 1,..., n}. Lemma 1.7 Mit der Notation von Definition 1.6 gilt 1. Γ(U) = U und Λ(U) = X, U, 2. U 1,..., U n = Γ ( ( n i=1 U n ) i) i=1 Λ(U i). Mit U := n i=1 U i sowie V := m j=1 V j gilt: 3. U 1,..., U n V 1,..., V m = V U 1,..., V U n, U V 1,..., U V m. 4

5 Beweis. Die ersten beiden Aussagen sind klar. Um 3. nachzuprüfen, betrachte man zunächst folgende Gleichheit: ( n ) ( m ) m U i V j = (U V j ) = i=1 j=1 j=1 n (V U i ) = i=1 m (U V j ) j=1 n (V U i ). Es bleibt zu bemerken, dass A (V U i ) impliziert, dass (als Obermenge davon) auch A U i. Dasselbe gilt für U V j. Umgekehrt folgt für A V gemeinsam mit A U i, dass A (V U i ) = A U i ; dieselbe Aussage gilt für A (U V j ). i=1 Satz 1.8 Sei (X, T ) ein topologischer Raum und B := { U 1,..., U n : n N und U 1,..., U n T } P := {Γ(U) : U T } {Λ(U) : U T } Dann ist B die Basis einer Topologie T V eine Subbasis dieser Topologie. auf H(X), der sogenannten Vietoris-Topologie. P ist Beweis. Aus Lemma 1.7, 3. erkennt man, dass B durchschnittsstabil ist. Wegen H(X) = X ist B Basis von T V := T (B), d.h. von der gröbsten Topologie auf H(X), die B enthält; siehe [K, ]. Sei [P] := { n i=1 P i : n N, P 1,..., P n P}. Wegen Lemma 1.7, 1. gilt P B, und infolge auch [P] B, weil B ja durchschnittsstabil ist. Umgekehrt gilt aufgrund von 2. in Lemma 1.7, dass B [P]. Insgesamt ergibt das B = [P], womit P eine Subbasis von T V ist. Satz 1.9 Sei (X, d) ein kompakter metrischer Raum. Bezeichne T H durch die Hausdorff-Metrik H d auf H(X) erhält. Dann gilt T H = T V. die Topologie, die man Beweis. Wir schreiben für A, B H(X) und ɛ > 0: U ɛ (A) := {K H(X) : H d (A, K) < ɛ} d(a, B) := inf{d(a, b) : a A, b B}. Wir beweisen zuerst, dass für U T die Mengen Γ(U) und Λ(U) immer offen bezüglich H d sind. Für U = X ist das klar, weil Γ(X) = Λ(X) = H(X). Für U T \{X}, A Γ(U) sei ɛ := d(a, X\U) > 0. Zu beweisen ist die Inklusion U ɛ (A) Γ(U). Angenommen, B U ɛ (A) wäre keine Teilmenge von U. Dann gäbe es z B X\U. Wir erhielten d(z, A) d(x\u, A) = ɛ. Im Widerspruch dazu erhalten wir aus B U ɛ (A), dass B N ɛ (A) und damit d(z, A) < ɛ. Also gilt U ɛ (A) Γ(U). Für U T \{X}, A Λ(U) wähle ein p A U. Setze ɛ := d({p}, X\U) > 0. Wir zeigen U ɛ (A) Λ(U). Für K U ɛ (A) gilt p A N ɛ (K). Also existiert ein x K mit d(p, x) < ɛ. Dieses x liegt wegen d(x, X\U) d(p, X\U) d(p, x) = ɛ d(p, x) > 0 auch in U. Damit ist K U bzw. K Λ(U). Insgesamt erkennt man, dass P T H und als Konsequenz T V T H. Für den Beweis von T H T V genügt es, dass für alle offenen Kugeln U 2ɛ (A) mit A H(X), ɛ > 0 endlich viele Mengen U 1,..., U n T existieren, sodass A U A := U 1,..., U n U 2ɛ (A). (2) Aus der Kompaktheit von A folgt, dass A total beschränkt ist. Also lassen sich endlich viele Mengen U 1,..., U n T mit Durchmesser jeweils kleiner als ɛ finden, die A überdecken. Ohne 5

6 Beschränkung der Allgemeinheit sei auch A U i für alle i = 1,..., n verlangt. Klarerweise ist dann A U 1,..., U n. Außerdem folgt für jedes weitere K U 1,..., U n, dass jedes x K in einem gewissen U i enthalten ist. Da ein x i A U i existiert und der Durchmesser von U i kleiner als ɛ ist, erhalten wir d(x, A) d(x, x i ) < ɛ. x K war beliebig und das bedeutet K N ɛ (A). Genauso zeigt man A N ɛ (K). Also muss H d (A, K) ɛ < 2ɛ gelten, woraus (2) folgt. Korollar 1.10 Sei (X, T ) ein kompakter topologischer Raum und d 1, d 2 zwei Metriken auf X, die beide T erzeugen (d.h. T = T d1 = T d2 ). Dann sind die von H d1 und von H d2 auf H(X) induzierten Topologien ident. Beweis. Das ist eine unmittelbare Konsequenz aus Satz Konvergenz in H(X) Wie dem Leser/der Leserin vielleicht schon bekannt ist, kann man für Mengenfolgen eine Art von Konvergenz definieren, die ohne Metrik und sogar ohne Topologie auskommt. Wir verwenden hier eine Definition, die sehr wohl Rücksicht auf die Topologie von X nimmt, aber auf den ersten Blick nichts mit der Vietoris-Topologie zu tun hat. In diesem Abschnitt wird ein Zusammenhang zwischen diesen beiden Konvergenzarten hergestellt. Definition 2.1 Sei (X, T ) ein topologischer Raum und (A n ) n N eine Folge von Teilmengen von X. Wir definieren lim inf A n := {x X : Für alle U T mit x U : U A n für fast alle n N}, lim sup A n := {x X : Für alle U T mit x U : U A n für unendlich viele n N}. Falls lim inf A n = lim sup A n =: A sagen wir, dass A n gegen A konvergiert und schreiben lim A n = A. Offensichtlich ist lim inf A n immer eine Teilmenge von lim sup A n. Lemma 2.2 Sei (X, T ) ein kompakter topologischer Raum und (A n ) n N eine Folge aus H(X). Dann gilt auch lim sup A n H(X). Beweis. Wir beweisen folgende Gleichheit: lim sup A n = A n. (3) m N n m Dazu halten wir uns vor Augen, was x lim sup A n bedeutet 1 : x lim sup A n U T mit x U, m N n m : A n U ( ) U T mit x U, m N : A n U m N : x n m n m A n x m N n m 1 Für die dritte Äquivalenz benützen wir folgende Aussage: Sind D X,x X beliebig, so gilt x D genau dann, wenn jede Umgebung von x nichtleeren Schnitt mit D hat. Siehe dazu [K, ]. A n. 6

7 Mit dieser Schreibweise ist klar, dass lim sup A n als Schnitt abgeschlossener Mengen abgeschlossen ist. Außerdem ist der Schnitt über endlich viele Mengen der Form n m A n nicht leer, weil die Folge ( n m A n) m N monoton fallend bezüglich der Mengeninklusion ist. Die Kompaktheit von X impliziert, dass lim sup A n, also der Durchschnitt über alle Folgenglieder, nicht leer ist. Satz 2.3 Sei (X, T ) ein kompakter topologischer Raum und (A n ) n N eine Folge aus H(X). Existiert A = lim A n, dann konvergiert A n auch bezüglich der Topologie T V aus Satz 1.9 gegen A. Erfüllt X zusätzlich das Trennungsaxiom (T 2 ), dann folgt umgekehrt aus der Konvergenz von A n gegen A bezüglich T V auch lim A n = A. In einem kompakten metrischen Raum (X, d) gilt insbesondere lim A n = A genau dann, wenn lim n H d (A n, A) = 0. Beweis. Wir beweisen zuerst, dass lim A n = A die Konvergenz von A n gegen A bezüglich T V nach sich zieht. Wegen Lemma 2.2 gilt A H(X). Seien U 1,..., U k offene Teilmengen von X mit A U 1,..., U k. Wegen A U i für alle i = 1,..., k lassen sich x 1,..., x k so wählen, dass x i A U i U i. Nachdem ja lim inf A n = A x i gilt, gibt es Indizes N i N, i = 1,..., k mit A n U i für alle n N i, i = 1,..., k. (4) Weiters wollen wir beweisen, dass auch ein M N existiert, sodass A n k U i für alle n M. (5) i=1 Wir nehmen das Gegenteil an und setzen K := X\ k i=1 U i. Dann würde eine Teilfolge A j(n) von A n existieren, sodass für alle n N gilt A j(n) K für alle n N. Aus jedem dieser Schnitte wähle ein x n. Die Folge x n hat dann aufgrund der Kompaktheit von K eine konvergente Teilfolge mit Grenzwert x K. Für jede Umgebung U von x gibt es also einen Index Ñ N, sodass für alle n Ñ gilt x n U. Dann ist insbesondere A j(n) U und das bedeutet x lim sup A n = A. Das ist ein Widerspruch zu A K =. Mit (4) und (5) erhalten wir A n U 1,..., U k für alle n N := max{m, N 1,..., N k }, also konvergiert A n gegen A in T V. Für die Rückrichtung sei A = lim T V n A n. Wenn wir sowohl A lim inf A n als auch lim sup A n A zeigen können, folgt die Aussage aus A lim inf A n lim sup A n A. Zuerst beweisen wir A lim inf A n. Sei p A beliebig und U eine offene Umgebung von p in X. Dann ist Λ(U) eine offene Umgebung von A. Weil A n bezüglich T V gegen A konvergiert, existiert ein N N, sodass A n Λ(U) für alle n N. Insbesondere gilt für n N, dass A n U und somit p lim inf A n. Weil p beliebig war, haben wir A lim inf A n bewiesen. Nur der Beweis von lim sup A n A steht noch aus. Der Fall A = X ist trivial. Andernfalls sei x X\A. Aufgrund von (T 2 ) und weil X kompakt ist, erfüllt X auch (T 4 ); siehe [K, ]. Also gibt es V T mit A V und x / V. Dann ist 7

8 Γ(V ) eine offene Umgebung von A in H(X), und infolge gibt es ein N N, sodass A n Γ(V ) bzw. A n V für alle n N. Das impliziert A n (X\V ) = für fast alle n N. Daher gilt x / lim sup A n, denn X\V ist eine offene Umgebung von x. Nun stellt sich die Frage, ob man für den Beweis der Rückrichtung in Satz 2.3 wirklich benötigt, dass X Hausdorff ist. Das folgende einfache Beispiel zeigt, dass man diese Voraussetzung nicht weglassen kann. Beispiel 2.4. Sei X := {1, 2} versehen mit der Topologie T := {, {1}, {1, 2}}. Man sieht sofort, dass H(X) = {{2}, {1, 2}}. Die Mengen {1} =, {1, 2} = H(X) sowie {1}, {1, 2} = {{1, 2}} bilden eine Basis der Topologie T V auf H(X). Betrachte nun die konstante Folge A n := {1, 2}, n N. Diese konvergiert offensichtlich bzgl. T V gegen {1, 2}. Allerdings konvergiert sie auch gegen {2}, weil jede Umgebung von {2} auch {1, 2} = A n enthält. Gleichzeitig erkennt man sofort, dass lim A n, so wie er oben definiert wurde, eindeutig ist, falls er existiert. In diesem Beispiel haben wir offensichtlich das Problem, dass H(X) nicht Hausdorff ist und daher Grenzwerte nicht eindeutig sein müssen. Folgendes Lemma ist naheliegend: Lemma 2.5 Sei (X, T ) ein kompakter (T 2 )-Raum. Dann erfüllt (H(X), T V ) ebenfalls das Trennungsaxiom (T 2 ). Beweis. Für A, B H(X), A B ist zu zeigen, dass A und B sich durch offene Mengen trennen lassen. O.B.d.A. sei x A\B. Wegen [K, ] erfüllt ist X sogar ein (T 4 )-Raum. Wir können also disjunkte U, V T wählen, sodass {x} U und B V. Es folgt B Γ(V ), A Λ(U). Wegen U V = gilt auch Γ(V ) Λ(U) =, womit wir A und B durch offene Mengen getrennt haben. Bemerkung 2.6. Falls (X, d) ein kompakter metrischer Raum ist, liefert die Größenfunktion µ aus Bemerkung 1.5 eine weitere Veranschaulichung der Konvergenz in H(X). Für jede solche Funktion gilt nämlich, dass eine Folge (A n ) n N aus H(X) genau dann gegen ein A H(X) konvergiert, wenn für jedes ɛ > 0 eine natürliche Zahl N existiert, sodass A n N ɛ (A) und µ(a n ) µ(a) < ɛ für alle n N. 3 Kompaktheit in H(X) Lemma 3.1 (Tukey) 2 Man sagt, dass eine Familie F von Mengen endlichen Charakter hat, wenn folgende Aussagen äquivalent sind: F F. Jede endliche Teilmenge von F liegt in F. Für ein F mit dieser Eigenschaft gilt dann, dass für jedes D aus F ein F D D existiert, das maximal in F ist. 2 Das Lemma von Tukey ist äquivalent zum Auswahlaxiom. 8

9 Beweis. Siehe [Ke, 0.25]. Satz 3.2 (Alexander Subbase Lemma) Sei (X, T ) ein topologischer Raum und S eine Subbasis von T. Hat jede Überdeckung von X durch Mengen aus S eine endliche Teilüberdeckung, dann ist X kompakt. Beweis. Für diesen Beweis nennen wir eine Familie C von Teilmengen von X inadäquat, falls C nicht ganz X überdeckt endlich inadäquat, falls keine endliche Teilmenge von C ganz X überdeckt. Damit lässt sich die Kompaktheit von X wie folgt formulieren: Jede endlich inadäquate Familie offener Mengen ist inadäquat. Betrachte nun die Menge der endlich inadäquaten Familien offener Mengen. Man sieht sofort, dass diese endlichen Charakter hat. Lemma 3.1 garantiert die Existenz einer maximalen endlich inadäquaten Familie A. Diese Familie hat dann folgende Eigenschaften: Für jedes O T, O / A gibt es wegen der Maximalität von A endlich viele A 1,..., A m A mit O A 1... A m = X. A kann damit auch keine offene Obermenge von O enthalten. Für eine weitere nicht in A enthaltene offene Menge U finden wir genauso B 1,..., B n A, sodass U B 1... B n = X. Dann folgt (O U) A 1... A m B 1... B n = X. Auch O U kann also nicht in A liegen. Induktiv zeigt man, dass auch der Schnitt von endlich vielen offenen Mengen, die nicht in A liegen, nicht in A liegt. Das lässt sich umformulieren zu: Wenn für ein A A endlich viele C 1,..., C k T mit k i=1 C i A existieren, dann liegt mindestens eines der C i in A. Nun wählen wir eine endlich inadäquate Familie D offener Teilmengen von X. Sei A eine maximale endlich inadäquate Familie, die D enthält. Dann ist auch S A endlich inadäquat. Dieser Schnitt besteht nur aus Elementen von S und deshalb ist nach Voraussetzung S A sogar inadäquat, überdeckt also nicht ganz X. Sei schlussendlich A A, x A beliebig, dann gibt es aufgrund der Subbasiseigenschaft von S endlich viele Mengen C 1,..., C k S mit x k i=1 C i A. Wie oben gezeigt, ist dann x C i A S für ein 1 i n. Wir haben damit gezeigt, dass A = A X. A A A S A Also ist auch A inadäquat. D ist es als Teilfamilie von A genauso, womit X kompakt ist. Satz 3.3 Ein beliebiger topologischer Raum (X, T ) ist genau dann kompakt, wenn (H(X), T V ) kompakt ist. Beweis. Wir beweisen zuerst, dass die Kompaktheit von X die von H(X) impliziert. Sei P die Subbasis von T V aus Satz 1.8. Nach Satz 3.2 genügt es, für jede Überdeckung von H(X) durch Mengen aus P eine endliche Teilüberdeckung zu finden. Sei also L = {Γ(U i ) : i I} {Λ(V j ) : j J} (6) so eine Überdeckung, d.h. L L L = H(X). Wir setzen Y := X\( j J V j) und unterscheiden zwei Fälle: 9

10 1. Fall: Y = bzw. X = j J V j. Aus der Kompaktheit von X erhalten wir endlich viele Indizes j 1,..., j n J mit X = n k=1 V j k. Klarerweise impliziert das H(X) = n Λ(V jk ). k=1 2. Fall: Y. Nach Definition von Y ist in diesem Fall Y H(X) und Y / Λ(V j ) für alle j J. Nachdem L ganz H(X) überdeckt, gibt es ein i 0 I mit Y Γ(U i0 ). Das bedeutet Y U i0 und weiter X\U i0 X\Y = j J V j. Weil X\U i0 abgeschlossen und daher kompakt ist, gibt es j 1,..., j n J mit X\U i0 n V jk. k=1 Jedes A H(X), das nicht in Γ(U i0 ) liegt, besitzt ein Element in X\U i0, woraus zusammen mit dem bereits Gezeigten folgt, dass ( n H(X) = Γ(U i0 ) k=1 ) Λ(V jk ). Das beweist die Kompaktheit von H(X). Für die Rückrichtung sei angenommen, dass H(X) kompakt ist, und sei (x i ) i I ein Netz aus X. Dann ist ({x i }) i I ein Netz in H(X), zu dem es ein konvergentes Teilnetz ({x i(j) }) j J geben muss. Sei Y H(X) der Grenzwert davon und x Y ; wegen Y H(X) ist Y nicht leer. Für eine beliebige offene Umgebung U T von x ist offenbar Λ(U) eine offene Umgebung von Y in H(X). Es gibt daher einen Index j 0 J, sodass {x i(j) } Λ(U) für alle j j 0 bzw. {x i(j) } U für alle j j 0. Dann folgt auch {x i(j) } U, denn andernfalls wäre {x i(j) } U c. Wegen der Abgeschlossenheit von U c erhalten wir {x i(j) } U c im Widerspruch zur vorigen Aussage. Es folgt die Konvergenz von x i(j) gegen x, denn {x i(j) } U ist offensichtlich äquivalent zu x i(j) U. X ist folglich kompakt. Bemerkung 3.4. Für einen kompakten metrischen Raum (X, d) und A H(X) abgeschlossen folgt aus dem soeben bewiesenen Satz 3.3, dass A sogar kompakt ist. Weil µ aus Bemerkung 1.5 stetig ist, nimmt µ ein Maximum A auf A an. Aufgrund der Eigenschaft µ(a) < µ(b) für A B ist A dann auch ein maximales Element von A in dem Sinne, dass jedes B A mit B A schon mit A übereinstimmen muss. Korollar 3.5 Sei (X, d) ein kompakter metrischer Raum. Dann hat jede Folge in H(X) eine konvergente Teilfolge. Es gilt sogar, dass jede beliebige Folge (A n ) n N nichtleerer Teilmengen von X eine Teilfolge hat, für die lim A j(n) existiert und in H(X) liegt. Beweis. Die erste Aussage gilt, weil (H(X), H d ) nach Satz 3.3 ein kompakter metrischer Raum ist. Für die zweite bleibt zu zeigen, dass lim inf A n = lim inf A n und lim sup A n = lim sup A n. Der 10

11 Rest folgt dann aus der soeben bewiesenen ersten Aussage, angewandt auf die Folge (A n ) n N. Aber auch dieser Beweis ist nicht schwierig: Sei U T mit U A n. Angenommen, es wäre A n U c, dann würde die Abgeschlossenheit von U c sogar A n U c nach sich ziehen. Wir hatten aber U A n vorausgesetzt. Somit gilt A n U c bzw. U A n. Also folgt die Aussage aus U A n U A n. Zum Abschluss dieser Seminararbeit sollen noch die zusammenhängenden Teilmengen von X in Hinblick auf die Hausdorff-Metrik untersucht werden. Zur Erinnerung: Eine Teilmenge Y von X heißt zusammenhängend, falls man sie nicht als disjunkte Vereinigung zweier nichtleerer abgeschlossener 3 Mengen schreiben kann. Definition 3.6 Ist (X, T ) ein topologischer Raum, so schreiben wir C(X) := {A H(X) : A ist zusammenhängend}. Definition 3.7 Sei (X, d) ein metrischer Raum und ɛ > 0. Eine (d, ɛ)-kette ist eine endliche, nichtleere Teilmenge {x 1,..., x n } von X mit d(x i, x i+1 ) < ɛ für alle i = 1,..., n 1. Ist dabei p = x 1 und q = x n, dann sagen wir, dass die (d, ɛ)-kette von p nach q geht bzw. p und q verbindet. Eine Teilmenge Z von X nennen wir (d, ɛ)-verkettet 4, wenn für jede Auswahl von zwei Punkten aus Z eine (d, ɛ)-kette existiert, die beide Punkte verbindet. Ist Z X sogar (d, ɛ)-verkettet für jedes ɛ > 0, dann heißt Z d-stark-verkettet 5. Lemma 3.8 Sei (X, d) ein kompakter metrischer Raum. Dann ist jedes A C(X) d-starkverkettet. Beweis. Nach [K, ] ist A total beschränkt. Das bedeutet, dass für jedes ɛ > 0 endlich viele M 1,..., M n A mit Durchmessern jeweils kleiner als ɛ existieren, sodass A = n i=1 M i. O.B.d.A. seien M 1,..., M n nichtleer und abgeschlossen. Wähle x A und sei A x die Menge aller Punkte in A, die über eine (d, ɛ)-kette mit x verbunden werden können. Wenn A nicht (d, ɛ)-verkettet wäre, dann gäbe es ein y A\A x. Wir behaupten, dass dann d(z, y) ɛ für alle z A x folgt. Um das einzusehen, nehmen wir das Gegenteil an, d.h. d(z, y) < ɛ für ein z A x. Weil z in A x liegt, existiert eine (d, ɛ)-kette {x = x 1,..., x n = z}, die x mit z verbindet. Damit wäre aber {x = x 1,..., x n = z, y} eine (d, ɛ)-kette von x nach y. Das ist nicht möglich, weil y kein Element von A x ist. Wir folgern: Für alle x A x und ỹ A\A x ist d( x, ỹ) ɛ. Also enthält jedes M i, i = 1,..., n, entweder nur Punkte aus A x oder nur Punkte aus A\A x. Daraus folgt im Widerspruch zum Zusammenhang von A ( ) ( A = M i M j ). M i A x M j (A\A x) Beide Mengen sind nämlich abgeschlossen, nichtleer und disjunkt. A x muss also schon mit A übereinstimmen. 3 Abgeschlossen bezüglich der Spurtopologie. 4 engl. (d, ɛ)-chained 5 engl. d-well-chained 11

12 Lemma 3.9 Sei (X, d) ein kompakter metrischer Raum und (A n ) n N eine Folge aus H(X), die gegen ein A H(X) konvergiert. Sei (ɛ n ) n N (0, + ) mit lim n ɛ n = 0 und A n für jedes n N eine (d, ɛ n )-verkettete Menge. Dann ist A zusammenhängend, also A C(X). Beweis. Angenommen, A wäre nicht zusammenhängend. Schreibe A = K L mit K, L H(X) 6, K L =. Da K und L kompakt sind, ist 0 < δ := d(k, L) = inf{d(x, y) : x K, y L}. (7) Wie man unmittelbar nachprüft, sind dann U := N δ (K) und V := N δ (L) offen in X mit 3 3 K U und L V. Außerdem sind U und V disjunkt mit d(u, V ) δ 3. Es ist U, V eine offene Umgebung von A in H(X). Aus der Konvergenz von A n gegen A sehen wir, dass ein N N existiert, sodass für alle n N gilt A n U, V. Weil (ɛ n ) n N eine Nullfolge ist, kann k N mit ɛ k < δ 3 gewählt werden. Es gilt dann A k U, V, und das bedeutet, dass sowohl A k U als auch A k V. Sei x U A k U und x V A k V. Weil A k eine (d, ɛ k )-verkettete Menge ist, gibt es eine (d, ɛ k )-Kette {x U = x 1,..., x n = x V } in A k. Wähle i {1,..., n 1} als die kleinste Zahl, für die x i U, x i+1 V gilt. Wir erhalten den Widerspruch d(u, V ) d(x i, x i+1 ) ɛ k. Satz 3.10 Sei (X, d) ein kompakter metrischer Raum. Dann ist C(X) kompakt in H(X). Beweis. Nach Satz 3.3 müssen wir nur zeigen, dass C(X) abgeschlossen in H(X) ist. Sei (A n ) n N eine Folge aus C(X), die gegen ein A H(X) konvergiert. Nach Lemma 3.8 ist dann jedes A n d-stark-verkettet. Es lässt sich also Lemma 3.9 anwenden, woraus wir A C(X) erhalten. Es sei noch angemerkt, dass es zu diesem Thema weitere interessante Resultate gibt, beispielsweise, dass für einen zusammenhängenden und kompakten metrischen Raum auch C(X) und H(X) zusammenhängend sind. 6 Weil A abgeschlossen ist, ist die Abgeschlossenheit bzgl. d äquivalent zur Abgeschlossenheit bzgl. der Spurtopologie auf A 12

13 Literatur [N] Sam B. Nadler Jr.: Continuum Theory: An Introduction. Taylor & Francis, [K] Michael Kaltenbäck: Analysis 2. Vorlesungsskript SS 2015 [Ke] John L. Kelley: General Topology. Springer, (Neuauflage) 13