Analysis 2. Contents. Torsten Wedhorn. June 12, Notation. Es bezeichne K immer den Körper R der reellen Zahlen oder den Körper C der komplexen

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1 Analysis 2 Torsten Wedhorn June 12, 2012 Notation Es bezeichne K immer den Körper R der reellen Zahlen oder den Körper C der komplexen Zahlen. Contents 12 Metrische Räume 2 (A) Definition metrischer Räume (B) Normierte Vektorräume (C) Folgen in metrischen Räumen (D) Offene und abgeschlossene Mengen (E) Stetige Abbildungen zwischen metrischen Räumen (F) Vollständige metrische Räume Topologische Räume 12 (A) Definition topologischer Räume (B) Stetige Abbildungen (C) Produkträume (D) Hausdorff-Räume (E) Dichte Teilräume (F) Zusammenhängende Räume Kompakte Räume 22 (A) Definition kompakter Räume (B) Kompakte Teilmengen in metrischen Räumen und im K n (C) Äquivalenz von Normen Stetigkeitseigenschaften 28 (A) Lipschitz-Stetigkeit und gleichmäßige Stetigkeit (B) Stetigkeit linearer Abbildungen (C) Banachscher Fixpunktsatz (D) Anwendungen auf Integrationstheorie

2 12 Metrische Räume (A) Definition metrischer Räume Definition (12.1). Sei X Menge. Eine Metrik auf X ist eine Abbildung d: X X R, so dass gilt: (a) Für alle x, y X gilt: d(x, y) = 0 x = y. (b) Symmetrie: d(x, y) = d(y, x) für alle x, y X. (c) Dreiecksungleichung: d(x, z) d(x, y) + d(y, z) für alle x, y, z X. Ein metrischer Raum ist ein Paar (X, d), wobei X Menge und d Metrik auf X. Für x, y X heißt d(x, y) der Abstand von x und y bzgl. d. Bemerkung (12.2). Sei (X, d) metrischer Raum. Für alle x, y X gilt: d(x, y) 0. Beweis. 0 (a) = d(x, x) (c) d(x, y) + d(y, x) (b) = 2d(x, y). Beispiel (12.3). (1) Sei K = Q, = R oder = C. Dann ist d: K K R, d(x, y) := x y, eine Metrik auf K, genannt die Standardmetrik. dieser Metrik versehen. (2) X Menge. Die Abbildung d: X X R, d(x, y) := Im folgenden sei K immer mit { 0, x = y; 1, x y. ist Metrik auf X, genannt diskrete oder triviale Metrik auf X. Bemerkung und Definition (12.4). (X, d) metrischer Raum, Y X Teilmenge. Sei d Y := d Y Y d.h. d Y : Y Y R, d Y (y, y ) = d(y, y ) Dann ist d Y Metrik auf Y, genannt die von d induzierte Metrik. Schreibe auch d statt d Y (Notationsmissbrauch). Bemerkung und Definition (12.5). Seien n N, und (X 1, d 1 ),..., (X n, d n ) metrische Räume. Für x = (x 1,..., x n ), y = (y 1,..., y n ) X := X 1 X n definiere d: X X R, d(x, y) := max 1 i n d i(x i, y i ). Dann ist d Metrik auf X, genannt die Produktmetrik. Im Folgenden sei ein Produkt metrischer Räume immer mit der Produktmetrik versehen. Insbesondere sei K n immer mit der Metrik d(x, y) = max 1 i n x i y i, x, y K n versehen. 2

3 Definition (12.6). (X, d) metrischer Raum, r R >0, a X. Dann heißt B r (a) := B (X,d) r (a) := { x X ; d(x, a) < r } offene Kugel mit Mittelpunkt a und Radius r in (X, d). Definition (12.7). Sei (X, d) metrischer Raum, und sei Y X Teilmenge. (1) diam(y ) := sup{ d(y, y ) ; y, y Y } R 0 ± heißt Durchmesser von Y. (2) Y heißt beschränkt, falls diam(y ) <. Bemerkung (12.8). Sei (X, d) nicht leerer metrischer Raum, Y X. äquivalent: (i) Y ist beschränkt. (ii) Für jedes a X existiert r R 0 mit Y B r (a). (iii) Es existieren a X und r R 0 mit Y B r (a). Dann sind Beweis. Wir können annehmen, dass Y. (i) (ii). Sei a X und y 0 Y, und sei r := diam(y ) + d(y 0, a) + 1. Dann gilt Y B r (a), da für alle y Y gilt: d(a, y) d(a, y 0 ) + d(y 0, y) d(a, y 0 ) + diam(y ) < r. (ii) (iii). klar (iii) (i). Y B r (a) diam(y ) diam B r (a) 2r. (B) Normierte Vektorräume Definition (12.9). Sei V ein K-Vektorraum. Eine Norm auf V ist eine Abbildung : V R 0, v v, so dass gilt: (a) Für alle v V : v = 0 v = 0. (b) λv = λ v für alle λ K, v V. (c) v + w v + w für alle v, w V. Ein normierter K-Vektorraum ist ein Paar (V, ), wobei V ein K-VR und eine Norm auf V. Für a V, r R >0 setze B r (a) := { v V ; v a < r }. Bemerkung (12.10). Sei (V, ) normierter K-VR. Dann ist eine Metrik auf V. d: V V R, (x, y) := x y Beweis. Seien x, y, z V. (i). d(x, y) = 0 x y = 0 x y = 0 x = y. (ii). d(y, x) = y x = (x y) = ( 1) x y = d(x, y). (iii). d(x, z) = x z = x y + y z x y + y z = d(x, y) + d(y, z). 3

4 Beispiel (12.11). (1) (K, ) ist normierter K-VR. (C, ) ist normierter R-Vektorraum. (2) Sei n N, V = K n. Dann ist : K n R 0, (x 1,..., x n ) := max 1 i n x i eine Norm auf K n. Die induzierte Metrik ist die Produktmetrik der durch auf K induzierten Metriken. Bemerkung und Definition (12.12). Sei X Menge, und sei (E, ) ein normierter K-Vektorraum. Dann ist V := Abb(X, E) ein K-Vektorraum mit der üblichen Addition und Skalarmultiplikation. Für u V sei die Supremumsnorm definiert als u X := sup{ u(x) ; x X } R 0 { }. Eine Abbildung u in V heißt beschränkt, falls u X <. Es bezeichne B(X, E) := { u Abb(X, E) ; u X < } die Teilmenge der beschränkten Abbildungen. Dann ist B(X, E) ein K-Untervektorraum von V, und (B(X, E), X ) ist ein normierter K-Vektorraum (vgl. Analysis 1, Übung 48). Beispiel: X = {1,..., n}. Dann (B(X, K), X ) = (Abb(X, K), X ) = (K n, ). Beispiel (12.13). Sei p R, p 1, n N. Definiere p heißt p-norm auf K n. ( n ) 1/p p : K n R 0, (x 1,..., x n ) p := x i p. (x 1,..., x n ) 2 = x x n 2 ist die euklidische Norm auf K n. Behauptung: p ist eine Norm auf K n. Beweis. Sei λ K, x K n. Dann sind x p = 0 x = 0 und λx p = λ x p klar. Für p = 1 folgt die Dreiecksungleichung sofort aus der Dreiecksungleichung des Absolutbetrags. Für p > 1 benutze den folgenden Satz. Satz (12.14). Seien p, q (1, ) mit 1 p + 1 q = 1 ( q = (1) Für alle x, y R 0 gilt x 1/p y 1/p x p + y p. k=1 p p 1 ). (2) Höldersche Ungleichung: Für alle x = (x 1,..., x n ), y = (y 1,..., y n ) K n gilt n x k y k x p y q. k=1 4

5 (3) Cauchy-Schwarzsche Ungleichung: Für alle x = (x 1,..., x n ), y = (y 1,..., y n ) K n gilt n x k y k x 2 y 2. k=1 (4) Minkowski-Ungleichung: Für alle x, y K n gilt x + y p x p + y p Beweis. (1). Klar, falls x = 0 oder y = 0. Seien also x, y > 0. Es gilt log (x) = 1 < x 2 0, also log konkav (Ü 42). Also: exp monoton wachsend log( 1 p x + 1 q y) 1 p log(x) + 1 q log(y) x p + y q exp(1 p log(x)) exp(1 q log(y)) = x1/p y 1/q. (2). Können x, y 0 annehmen. Setze für k = 1,..., n: (*) a k := x k p ( x p ) p, b k := y k q ( y q ) q n n a k = 1 = b k. k=1 k=1 Für k = 1,..., n gilt: (**) x k y k = a 1/p x p y k b 1/q k q (1) a k p + b k q. Summiere (**): 1 x p y q n x k y k k=1 n ( a k p + b k q ) ( ) = 1 p + 1 q = 1. k=1 (3). (2) für p = q = 2. (4). Setze z k := x k + y k p 1 für k = 1,..., n. Dann: z q k = x k + y k q(p 1) = x k + y k p z q q = x + y p p n n n x + y p p = x k + y k p = x k + y k z k x k z k + p p/q=1 k=1 k=1 k=1 n y k z k (2) x p z q + y p z q = ( x p + y p ) z q = ( x p + y p ) x + y p/q p Behauptung. Beispiel (12.15). Für 1 p betrachte E p := { (x, y) R 2 ; (x, y) p 1 }. k=1 5

6 (C) Folgen in metrischen Räumen Definition (12.16). Sei (X, d) metrischer Raum. (1) Eine Abbildung N X, n x n heißt Folge in X. Schreibweise (x n ) n N. (2) Sei (x n ) n Folge in X, a X. Dann heißt (x n ) n konvergent gegen a, falls für alle ε > 0 ein N N existiert, so dass d(x n, a) < ε für alle n N. (Äquivalent: Für alle ε > 0 existieren nur endlich viele n N mit x n / B ε (a).) Schreibweise: lim x n = a. n Eine Folge heißt divergent, wenn sie nicht konvergent ist. (3) Sei (x n ) n Folge in X. Dann heißt a X Häufungspunkt von (x n ) n, falls für alle ε > 0 unendlich viele n N mit x n B ε (a) existieren. Bemerkung (12.17). (X, d) metrischer Raum, (x n ) n Folge in X, a X (1) (x n ) n konvergent gegen a a ist der einzige Häufungspunkt (Beweis wie in (4.8)). Insbesondere ist der Grenzwert eindeutig bestimmt. (2) a ist genau dann Grenzwert von (x n ) n, denn (d(x n, a)) n eine Nullfolge ist. Beispiel (12.18). Sei X = R. Definiere 1, x = ; x ϕ: R [ 1, 1], ϕ(x) := 1+ x, x R; 1, x = und setze d: R R R, d(x, y) := ϕ(x) ϕ(y). Dann ist d eine Metrik auf R. Für a R konvergiert eine Folge (x n ) n in R genau dann (uneigentlich) gegen a (wie in Analysis 1 definiert), wenn sie bezüglich d gegen a konvergiert (wie in (12.16) definiert). Ab jetzt: Konvergenz von Folgen in R immer in diesem Sinne. Beweis. Übung. Definition (12.19). Sei X eine Menge, (Y, d) ein metrischer Raum, und seien f n : X Y (n N) und f : X Y Abbildungen. Man sagt, die Folge (f n ) n konvergiert gleichmäßig gegen f, wenn für alle ε > 0 ein N N existiert, so dass d(f n (x), f(x)) < ε für alle x X und für alle n N. Beispiel (12.20). X Menge. Sei (E, ) ein normierter K-Vektorraum (zum Beispiel (E, ) = (K, )). Dann konvergiert eine Folge von Abbildungen f n : X E genau dann gleichmäßig gegen eine Abbildung f : X E, wenn lim n f n f X = 0. Satz (12.21). Sei m N. (1) Seien (X 1, d 1 ),..., (X m, d m ) metrische Räume, und sei (X, d) ihr Produkt (12.5). Sei (x n ) n N eine Folge in X und schreibe x n = (x n,1,..., x n,m ) mit x n,i X i. Sei a = (a 1,..., a m ) X. Dann konvergiert (x n ) n genau dann gegen a in X wenn für alle i = 1,..., m die Folge (x n,i ) n in X i gegen a i konvergiert. 6

7 (2) Insbesondere konvergiert eine Folge in K m bezüglich genau dann, wenn alle Komponenten der Folge konvergieren. Werden in (14.20) sehen, dass (2) für jede Norm auf dem K m gilt. Beweis. Sei ε > 0. Dann: (D) N N n N : x n B ε (X,d) (a) N N n N i : x n,i B (X i,d i ) ε (a i ) Offene und abgeschlossene Mengen Definition (12.22). Sei (X, d) metrischer Raum. (1) Eine Teilmenge U X heißt offen in X, falls für alle x U ein ε > 0 existiert mit B ε (x) U. (2) Eine Teilmenge A X heißt abgeschlossen in X, falls X \ A offen in X ist. Beispiel (12.23). Sei (X, d) metrischer Raum, a X, r R 0. (1) B r (a) = { x X ; d(x, a) < r } ist offen in X. (2) { x X ; d(x, a) r } ist abgeschlossen in X. Beweis. Sei x B r (a). Setze ε := r d(x, a) > 0. Beh.: B ε (x) B r (a): Sei y B ε (x). Dann d(a, y) d(a, x) + d(x, y) < (r ε) + ε = r, also y B r (a). Genauso sieht man, dass X \ { x X ; d(x, a) r } = { x X ; d(x, a) > r } offen in X ist. Bemerkung (12.24). Wichtig: Man muss immer sagen, in welchem Raum eine Menge offen oder abgeschlossen ist: Versehe R und C mit der Standardmetrik. 1. Beispiel: R ist offen in R, aber R ist nicht offen in C. 2. Beispiel: Versehe das Intervall I := (0, 2) mit der induzierten Metrik. Dann ist (0, 1] abgeschlossen in I aber nicht abgeschlossen in R. Definition (12.25). Sei (X, d) metrischer Raum, a X. Eine Teilmenge U X heißt Umgebung von a in X, wenn ein ε > 0 existiert, so dass B ε (a) U. Bemerkung (12.26). (X, d) metrischer Raum, U X Teilmenge. Dann: U offen in X a U: U ist Umgebung von a. Bemerkung (12.27). Sei (X, d) ein metrischer Raum. (1), X sind offen in X. (2) Sei I eine Menge, und sei (U i ) i I eine Familie offener Mengen in X. Dann ist i I U i offen in X. (3) Seien U 1, U 2 X offen in X. Dann ist U 1 U 2 offen in X. 7

8 Beweis. (1) ist klar, (2) eigentlich auch: Sei x i U i. Dann x U i für ein i I. U i offen in x ε > 0 : B ε (x) U i i U i. (3): Sei x U 1 U 2. Dann existieren ε 1, ε 2 > 0 so dass B ε1 (x) U 1 und B ε2 (x) U 2. Setze ε := min{ε 1, ε 2 }. Dann gilt B ε (x) B ε1 (x) B ε2 (x) U 1 U 2. Satz (12.28). Sei (X, d) ein metrischer Raum, A X eine Teilmenge. Dann sind äquivalent. (i) A ist abgeschlossen in X. (ii) Für jede Folge (x n ) n in A, die in X konvergiert, gilt lim x n A. n Beispiel: (0, 1) nicht abgeschlossen in R >0, denn (1 1/n) n 2 ist Folge in (0, 1), die in R >0 konvergiert, nämlich gegen 1, aber 1 / (0, 1). Beweis. (i) (ii). Sei (x n ) n Folge in A, die gegen x X konvergiert. Annahme: x / A. Da X \ A offen ist, existiert dann ε > 0, so dass B ε ( x) X \ A, also x n / B ε ( x) für alle n N. Widerspruch zu x = lim n x n. (ii) (i). Angenommen, A ist nicht abgeschlossen. Dann existiert x X \ A, so dass B 1/n ( x) A für alle n N. Sei x n B 1/n ( x) A. Dann ist (x n ) n eine Folge in A mit d(x n, x) < 1/n für alle n N, also lim n x n = x. Aber x / A, Widerspruch zu (ii). (E) Stetige Abbildungen zwischen metrischen Räumen Satz und Definition (12.29). Seien (X, d) und (X, d ) metrische Räume, sei f : X X eine Abbildung, und sei x X. Dann sind äquivalent. (i) Für jede Folge (x n ) n in X mit lim n x n = x gilt lim f(x n) = f( lim x n). n n (ii) Für alle ε > 0 existiert δ > 0, so dass für alle x X gilt: d(x, x) < δ d (f(x), f( x)) < ε. (iii) Für jede Umgebung U von f( x) in X ist f 1 (U ) eine Umgebung von x in X. Sind diese äquivalenten Bedingungen erfüllt, so heißt f stetig in x. f heißt stetig, wenn f stetig in x ist für alle x X. Beweis. (i) (ii). Angenommen es existiert ε > 0, so dass für alle δ = 1 n (n N) ein x n X mit d(x n, x) < 1 n, aber d (f(x n ), f( x)) ε existiert. Dann ist lim n x n = x, aber (f(x n )) n konvergiert nicht gegen f( x). Widerspruch. (ii) (iii). U Umgebung von f( x) ε > 0 mit B ε (f( x)) U. ε-δ-kriterium x B δ ( x) : f(x) B ε (f( x)) Also: B δ ( x) f 1 (B ε (f( x))) f 1 (U ), also ist f 1 (U ) Umgebung von x. (iii) (i). Sei (x n ) n Folge in X, die gegen x konvergiert. Sei ε > 0. Dann ist U := f 1 (B ε (f( x))) Umgebung von x N N : x n U für alle n N. Also f(x n ) B ε (f( x)) für alle n N Behauptung. 8

9 Korollar (12.30). Seien (X, d) und (X, d ) metrische Räume, sei f : X X eine Abbildung. Dann ist f genau dann stetig, wenn für jede offene Menge U von X das Urbild f 1 (U ) offen in X ist. Beweis. (12.29) (iii) + (12.26). Proposition (12.31). Sei (V, ) ein normierter K-Vektorraum. Dann ist : V R, v v stetig. Beweis. Für alle v, w V gilt (selber Beweis wie in (3.10) (5)): ((12.31).1) v w v w. ε > 0 δ > 0, nämlich δ = ε, so dass v w < δ v w < ε. Beispiel (12.32). Sei (V, ) ein normierter K-Vektorraum. (1) Die Addition add: V V V, (v, w) v + w ist stetig. (2) Die Skalarmultiplikation σ : K V V, (λ, v) λv ist stetig. (3) Die Inversenbildung ι: K K, x x 1 ist stetig. Beweis. (1). Sei (x n ) n konvergente Folge in V V, x n = (v n, w n ) mit v n, w n V, und n n sei x = (ṽ, w) := lim n x n V V. (12.21) v n ṽ und w n w. Also bedeutet die Stetigkeit der Addition ((12.29) (i)): (add(v n, w n )) n = (v n + w n ) n konvergiert gegen add(ṽ, w) = ṽ + w. Beweis wie in (4.11). (2). Genauso. (3). (4.12) Beispiel (12.33). Sei n N. (1) Sei p: K n K eine Polynomfunktion, d.h. p ist von der Form p(x 1,..., x n ) = a i1 i 2...i n x i 1 1 x i x in n, (i 1,...,i n) N n 0 mit a i1 i 2...i n K, wobei nur endlich viele a i1 i 2...i n 0. Dann ist p stetig (denn (x 1,..., x n ) x i stetig für alle i = 1,..., n (12.21), und p ist Produkt und Summe von solchen Funktionen). Beispiel: Identifiziere den K-Vektorraum K n n der n n-matrizen mit K n2. Dann ist det: K n n K, A det(a) stetig (Leibniz-Formel). (2) Seien p, q : K n K Polynomfunktionen. Dann ist die rationale Funktion stetig. { x K n ; q(x) 0 } K, x p(x)/q(x) Definition und Bemerkung (12.34). Seien (X, d), (X, d ) metrische Räume. Eine Abbildung f : X X heißt Isometrie, falls d(f(x), f(y)) = d(x, y) für alle x, y X. Jede Isometrie ist injektiv (f(x) = f(y) d(x, y) = d(f(x), f(y)) = 0 x = y) und stetig (ε-δ-kriterium mit δ = ε). 9

10 (F) Vollständige metrische Räume Definition (12.35). Sei (X, d) metrischer Raum. Eine Folge (x n ) n in X heißt Cauchy- Folge, falls für alle ε > 0 ein N N existiert, so dass d(x n, x m ) < ε für alle n, m N. Satz (12.36). Sei (X, d) ein metrischer Raum. Jede konvergente Folge in X ist eine Cauchy-Folge. Beweis. Wie in Analysis 1 (ersetze x y durch d(x, y)). Beispiel (12.37). Die Folge (1/n) n in (0, 1) ist eine Cauchy-Folge, die in (0, 1) nicht konvergiert. Definition (12.38). (1) Ein metrischer Raum (X, d) heißt vollständig, wenn jede Cauchy- Folge in X konvergiert. (2) Ein vollständiger normierter K-Vektorraum heißt K-Banachraum. Beispiel (12.39). (1) (K, ) ist K-Banachraum. (2) Sei d die Standardmetrik auf Q. Dann ist (Q, d) nicht vollständig. (3) Sei X eine Menge, und sei d die triviale Metrik. Dann ist (X, d) vollständig. Satz (12.40). Sei X Menge, (E, ) K-Banachraum. Dann ist (B(X, E), X ) ein K-Banachraum. Beweis. Sei (u n ) n Cauchy-Folge in B(X, E). Konstruktion der Grenzfunktion. Fixiere ε > 0, und sei N N mit u n u m X < ε für alle n, m N. Also: Für alle x X, n, m N: (*) u n (x) u m (x) u n u m X < ε, also ist (u n (x)) n für alle x eine Cauchy-Folge in E. E vollständig (u n (x)) n konvergiert gegen a x E. Definiere u: X E, u(x) := a x. u beschränkt. stetig (12.31) zeigt: (**) lim m u n (x) u m (x) = u n (x) u(x) für alle n N, x X. Also x X: u(x) ε + u N (x) ε + u N X. ( ) ε Also u B(X, E). (u n ) n u gleichmäßig. Bilde sup x X in (**). Dann u n u X ε für alle n N. Also konvergiert (u n ) gegen u bezüglich X. Korollar (12.41). Sei n N. Dann ist (K n, ) ein Banachraum. Aus (14.20) wird folgen, dass jeder endlich-dimensionale normierte K-Vektorraum ein Banachraum ist. Beweis. Wende (12.40) auf X = {1,..., n} und (E, ) = (K, ) an. 10

11 Alternativer Beweis. Sei (x k ) k Cauchy-Folge in R n, x k = (x k,1,..., x k,n ). Für alle i = 1,..., n and alle k, l N gilt x k,i x l,i x k x l. Also ist (x k,i ) k eine Cauchy- Folge in K für alle i und damit konvergent. Damit ist (x k ) k konvergent (12.21). Satz (12.42) (Schachtelungsprinzip). Sei (X, d) ein vollständiger metrischer Raum, und sei A 1 A 2 A n... eine Folge abgeschlossener Teilmengen A n für n N, so dass lim n diam(a n ) = 0. Dann enthält n N A n genau einen Punkt. Beweis. Eindeutigkeit. Seien a, b n N A n. Dann d(a, b) diam(a n ) für alle n, also d(a, b) = 0 a = b. Existenz. A n x n A n für alle n N. Sei ε > 0. Da lim n diam(a n ) = 0, existiert N N mit diam(a n ) < ε für alle n N. Also d(x n, x m ) < ε für alle n, m N, d.h. (x n ) n Cauchy-Folge. X vollständig (x n ) n konvergiert. Sei a := lim n x n. Sei n N beliebig. A n abgeschlossen, x k A n für alle k n a A n (12.28). Satz (12.43). Sei (X, d) vollständiger metrischer Raum, Y X Teilmenge, versehen mit der induzierten Metrik d Y. Dann ist (Y, d Y ) genau dann vollständig, wenn Y abgeschlossen in X ist. Beweis. Übung 11

12 13 Topologische Räume (A) Definition topologischer Räume Definition (13.1). Sei X eine Menge. Eine Topologie auf X ist eine Menge T von Teilmengen von X, so dass gilt: (a), X T. (b) Beliebige Vereinigungen von Mengen in T sind wieder in T. (c) Endliche Durchschnitte von Mengen in T sind wieder in T. Ein topologischer Raum ist ein Paar (X, T ) bestehend aus einer Menge und einer Topologie auf X. Häufig schreibt man einfach X statt (X, T ). Eine Teilmenge Y von X heißt offen (bzw. abgeschlossen), wenn Y T (bzw., wenn X \ Y T ). Beispiel (13.2). (1) Sei (X, d) ein metrischer Raum. Dann ist T := { U X ; U offen in X} eine Topologie auf X (12.27). Diese Topologie heißt die durch d induzierte Topologie. Im Folgenden seien metrische Räume und damit auch normierte Vektorräume (z.b. R, (K n, ) oder (B(X, K), X )) immer mit der induzierten Topologie versehen. Beachte: Unterschiedliche Metriken können dieselbe Topologie induzieren. Beispiel: Sei d : X X R, d (x, y) := min{d(x, y), 1} (Metrik nach Ü61). Sei U X. Dann: U bzgl. d offen x ε > 0 : B ε (x) U x 1 > ε > 0 : B ε (x) U U bzgl. d offen. (2) Sei X Menge. Dann ist die Potenzmenge T := P(X) eine Topologie auf X (die diskrete Topologie). Sie wird durch die diskrete Metrik induziert. (3) Sei X Menge. Dann ist T := {, X} eine Topologie auf X (die chaotische Topologie). (4) Sei X = {s, η}, und sei T := {, X, {η}}. Dann ist T eine Topologie auf X. Bemerkung (13.3). Sei (X, T ) topologischer Raum. (1) und X sind abgeschlossen. (2) Beliebige Durchschnitte von abgeschlossenen Mengen sind wieder abgeschlossen. (3) Endliche Vereinigungen von abgeschlossenen Mengen sind wieder abgeschlossen. Beweis. Für Y X schreibe kurz: Y c := X \ Y. (1). X offen X c = abgeschlossen; offen c = X abgeschlossen. (2). Sei I beliebige Menge und seien A i für i I abgeschlossen in X. Dann ist ( ) c A i = (A i ) c i I i I 12

13 abgeschlossen, da i I (A i) c offen. (3). Genauso. Definition (13.4). Sei X topologischer Raum, x X. Eine Teilmenge V X heißt Umgebung von x, falls eine offene Teilmenge U von X mit x U V existiert. Diese Definition verallgemeinert (12.25). Klar: U offen in X U Umgebung von x für alle x U. Beispiel (13.5). In R ist [0, 2] eine Umgebung von 1 aber keine Umgebung von 0. Bemerkung und Definition (13.6). Sei (X, T ) topologischer Raum, Y X Teilmenge. Definiere T Y := { U Y ; U T }. Dann ist T Y eine Topologie auf Y, genannt die induzierte Topologie oder Relativtopologie. Eine Teilmenge Y von X zusammen mit der induzierten Topologie heißt Unterraum oder Teilraum von X. Beispiel: Sei X = R, versehen mit der Topologie, die durch die in (12.18) definierte Metrik d induziert wird. Sei Y die offene Teilmenge R von R. Dann besagt Übung 65b), dass die von X auf Y induzierte Topologie gerade gleich der von der Standardmetrik induzierten Topologie ist (obwohl die von d auf R induzierte Metrik nicht die Standardmetrik ist). Definition (13.7). Sei X topologischer Raum, Y X Teilmenge. (1) Die Menge Y := A A abgeschlossen Y A ist die kleinste abgeschlossene Teilmenge von X, die Y enthält. Y heißt der Abschluss von Y in X. (2) Die Menge Y := U U offen U Y ist die größte offene Teilmenge von X, die in Y enthalten ist. Y heißt das Innere oder der offene Kern von Y in X. (3) Die Menge Y := Y \ Y heißt Rand von Y in X. Bemerkung (13.8). Sei X topologischer Raum, Y X Teilmenge, setze Y c := X \ Y. (1) (( ) c ) c ( (Y c ) c ( c = = c = A) = (Y ) c. U U offen U Y c U U offen U Y c (2) Y = { x X ; Umgebung U von x mit U Y }. A abgeschlossen A Y 13

14 (3) Y (1) = X \ (Y c ) (2) = X \ { x X ; Umgebung U von x mit U \ Y c } = { x X ; für jede Umgebung U von x gilt: U Y } (4) Sei (X, d) metrischer Raum. (12.28) zeigt: Y = { x X ; Folge (y n ) n mit y n Y und lim n y n = x}. Beispiel (13.9). Sei (V, ) ein normierter K-Vektorraum, sei a V, r R >0. Dann gilt: Übung. B r (a) = { x V ; x a r }, B r (a) = { x V ; x a = r }. Warnung: In allgemeinen metrischen Räumen (X, d) gilt nicht notwendig B r (a) = { x X ; d(x, a) r } (zum Beispiel für die triviale Metrik und r = 1 oder die p-adische Metrik (Bonusaufgabe Blatt 16)). Beispiel (13.10). Betrachte die Teilmenge Q des topologischen Raums R. Dann ist Q = R (denn für jede reelle Zahl x existiert eine Folge rationaler Zahlen, die gegen x konvergiert) und Q = (denn jede nicht leere offene Teilmenge von R enthält eine irrationale Zahl; Übung 30 (e)). Also Q = R. Beispiel (13.11). Seien a, b R, a < b. Seien T ([a, b]) (bzw. R([a, b])) der R- Untervektorraum der Treppenfunktionen (bzw. der Regelfunktionen) des normierten Vektorraums X := (B([a, b], R), [a,b] ). Dann bedeutet die Definition der Regelfunktion aus (10.7), dass R([a, b]) der Abschluss von T ([a, b]) in X ist. (B) Stetige Abbildungen Definition (13.12). Seien X und Y topologische Räume, f : X Y eine Abbildung, x X. Dann heißt f stetig in x, wenn für jede Umgebung V von f( x) das Urbild f 1 (V ) eine Umgebung von x ist. f heißt stetig, wenn f in allen Punkten x X stetig ist. Für metrische Räume ist dies Definition (12.29). Definition (13.13). X, Y topologische Räume, D X, f : D Y Abbildung, a D, b Y. Dann sagt man: b ist ein Limes von f an der Stelle a, wenn für jede Umgebung V von b in Y eine Umgebung U von a in X existiert, so dass U D f 1 (V ). Schreibweise: lim f(x) = b. x a Im Allgemeinen ist der Limes einer Abbildung f an einer Stelle a nicht eindeutig bestimmt (selbst wenn f stetig ist); vgl. Bonusaufgabe, Blatt

15 Bemerkung (13.14). Seien X und Y topologische Räume, f : X Y eine Abbildung, x X. Dann ist f genau dann in x stetig, wenn lim f(x) = f( x). x x Beispiel (13.15). Sei X = R, Y topologischer Raum, D := N, sei f : N Y, n f(n) = y n, eine Folge. Dann ist N. U R ist Umgebung von Ü65 a R : (a, ] U. Für b Y besagt Definition (13.13): lim y n = b n V Y Umgebung von b U R Umgebung von : f(u N) V V Y Umgebung von b N N: f((n, ] N) V V Y Umgebung von b N N: y n V n N. Ist die Topologie auf Y durch eine Metrik induziert, so erhält man Definition (12.16) zurück. Satz (13.16). Seien X und Y topologische Räume, und sei f : X Y eine Abbildung. Dann sind äquivalent: (i) f ist stetig. (ii) Ist V Y offen in Y, so ist f 1 (V ) offen in X. (iii) Ist B Y abgeschlossen in Y, so ist f 1 (B) abgeschlossen in X. Beweis. (ii) (iii). Klar, wegen f 1 (Y \V ) = X \f 1 (V ) für jede Teilmenge V Y. (i) (ii). Klar, da eine Teilmenge genau dann offen ist, wenn sie Umgebung ein jedes ihrer Punkte ist. Satz (13.17). Seien X, Y, Z topologische Räume, f : X Y, g : Y Z Abbildungen, x X. Sei f in x stetig, und sei g in ỹ := f( x) stetig. Dann ist g f : X Z in x stetig. g stetig Beweis. W Z Umgebung von g(f( x)) = g(ỹ) f stetig f 1 (g 1 (W )) = (g f) 1 (W ) Umgebung von x. g 1 (W ) Umgebung von ỹ Bemerkung (13.18). Seien X, X topologische Räume, sei f : X X eine stetige Abbildung, und sei Y X ein Unterraum. Dann ist die Einschränkung f Y : Y X stetig. Beweis. Sei i: Y X, i(y) = y die Inklusion. Definition der Teilraumtopologie (13.6): U in X offen U Y = i 1 (U) in Y offen. Also ist i stetig (13.17) f Y = f i stetig. Definition (13.19). Seien X, Y topologische Räume. Eine Abbildung f : X Y heißt Homöomorphismus, wenn f bijektiv ist und wenn f und f 1 stetig sind. X und Y heißen homöomorph, wenn ein Homöomorphismus f : X Y existiert. 15

16 Beispiel (13.20). (1) Die Abbildung exp: R R >0 ist ein Homöomorphismus: exp ist bijektiv und stetig, und die Umkehrabbildung log: R >0 R ist auch stetig. (2) Die Abbildung f : [0, 2π) S 1 := { z C ; z = 1 }, f(x) := exp(ix) ist bijektiv und stetig, aber die Umkehrabbildung f 1 : S 1 [0, 2π) ist nicht stetig: Sei z n := exp(i(2π 1/n)). Dann ist (z n ) n Folge in S 1 mit Grenzwert exp(2πi) = 1, aber f 1 (z n ) = 2π 1 n, und (2π 1 n ) n konvergiert nicht in [0, 2π). Aus (14.13) wird folgen, dass [0, 2π) und S 1 nicht homöomorph sind (S 1 kompakt, aber [0, 2π) nicht). (3) Jede bijektive Isometrie metrischer Räume ist ein Homöomorphismus. Beispiel: ϕ: R [ 1, 1], x Homöomorphismus. x 1+ x für x R, ± ±1 ist Isometrie, also Definition und Satz (13.21). Sei X topologischer Raum, (Y, d) metrischer Raum. Sei (f n ) n eine Folge von Funktionen f n : X Y, und sei f : X Y. Man sagt, (f n ) n konvergiert lokal gleichmäßig gegen f, wenn für alle x X eine offene Umgebung U von x existiert, so dass (f n U ) n gleichmäßig gegen f U konvergiert. Sei (f n ) n stetig und lokal gleichmäßig konvergent gegen f. Dann ist f stetig. Beweis. Sei x X. Wollen zeigen, dass f in x stetig ist. Sei U offene Umgebung von x. Dann: f in x stetig f U in x stetig Können also X durch offene Umgebung U von x ersetzen, so dass (f n ) n gleichmäßig gegen f konvergiert. Jetzt selber Beweis wie in (9.3). (C) Produkträume Bemerkung und Definition (13.22). Sei I eine Menge, sei (X i ) i I eine Familie topologischer Räume, und sei X := i I X i. Eine Teilmenge U von X wird als offen definiert, wenn für alle x U gilt: Es existieren für alle i I offene Mengen U i X i, so dass U i = X i für alle bis auf endlich viele i und so dass x i I U i U. Mit dieser Definition ist T := { U X ; U offen} eine Topologie auf X, genannt die Produkttopologie. (X, T ) heißt der Produktraum der Familie (X i ) i I. Bemerkung (13.23). Bezeichnungen wie in (13.22). Für alle j I sind die Projektionen pr j : X X j, (x i ) i I x j stetig. Beweis. Sei U j offene Teilmenge von X j. Für i j setze U i := X i. Dann ist pr 1 j (U j ) = i I U i, also offen in X. 16

17 Satz (13.24). Bezeichnungen wie in (13.22). Sei Y ein topologischer Raum, b Y, und für alle i I sei f i : Y X i eine Abbildung. Dann ist die Abbildung f : Y X, y (f i (y)) i I genau dann in b stetig, wenn für alle i I die Abbildungen f i in b stetig sind. Beweis. f stetig in b (13.17) f i = pr i f stetig in b für alle i I. Sei umgekehrt f i stetig in b für alle i I. Sei U Umgebung von a := (f i (b)) i I in X. Nach Definition der Produkttopologie existieren f i (b) U i X i offen mit U i = X i für alle bis auf endlich viele i 1,..., i n I, so dass i U i U. Also f 1 (U) f 1 ( i U i ) = i I f 1 i (U i ) = 1 j n f 1 i j (U ij ) b. f i stetig in b i f 1 i j (U ij ) Umgebung von b für alle j. Endliche Schnitte von Umgebungen sind wieder Umgebungen f 1 ( i U i) Umgebung von b f 1 (U) Umgebung von b. Beispiel (13.25). Sei n N. (1) Versehe K mit der durch induzierten Topologie. Dann ist Produkttopologie auf K n durch induziert. Werden in (14.20) sehen: Jede Norm auf K n (insbesondere auch die euklidische Norm) induziert die Produkttopologie. (2) Allgemeiner: Seien (X 1, d 1 ),..., (X n, d n ) metrische Räume. Dann ist die Produkttopologie auf X := n i=1 X i induziert durch die Produktmetrik. Begründung: Sei U X. Dann: U offen bzgl. Produktmetrik x U ε > 0 : B ε (x) U x = (x 1,..., x n ) U ε > 0 : n B ε (x i ) U i=1 x U i = 1,..., n U i X i offen : x U offen in der Produkttopologie. n U i U Proposition (13.26). Sei X topologischer Raum, (V, ) topologischer K-Vektorraum, f, g : X V und σ : X K Abbildungen. Sei x X, und seien f, g und σ in x stetig. Dann sind die Abbildungen i=1 f + g : X V, σ f : X V, (f + g)(x) := f(x) + g(x) (σ f)(x) := σ(x)f(x) in x stetig. Beweis. Sei add: V V V, add(v, w) := v + w. Dann gilt: f, g stetig in x (13.24) (f, g): X V V, x (f(x), g(x)) stetig in x (12.32) f + g = add (f, g) stetig in x. Stetigkeit von σ f analog. 17

18 Beispiel (13.27). Sei X topologischer Raum, sei (E, ) ein K-Banachraum. Setze BC(X, E) := { u: X E ; u stetig und beschränkt}. Behauptung: (BC(X, E), X ) ist K-Banachraum. Begründung: (13.26) BC(X, E) ist K-Untervektorraum von B(X, E). Sei (u n ) n Folge in BC(X, E), die bezüglich X gegen u B(X, E) konvergiert. D.h. (u n ) n konvergiert gleichmäßig gegen u. u n stetig für alle n (13.21) u stetig. Also ist BC(X, E) abgeschlossen in B(X, E) nach (12.28). (12.40) B(X, E) Banachraum (12.43) BC(X, E) Banachraum. Proposition (13.28). Seien X 1, X 2 topologische Räume, X := X 1 X 2 der Produktraum, Y 1 X 1 und Y 2 X 2 Teilmengen. Dann gilt: Insbesondere: Y 1 Y 2 = Y 1 Y 2. Y 1 Y 2 abgeschlossen in X Y 1 in X 1 und Y 2 in X 2 abgeschlossen Beweis. Sei a = (a 1, a 2 ) X. (13.8) (3) zeigt: (D) a Y 1 Y 2 U Umgebung von a : U (Y 1 Y 2 ) U 1 Umgebung von a 1, U 2 Umgebung von a 2 : U 1 Y 1, U 2 Y 2 a 1 Y 1, a 2 Y 2. Hausdorff-Räume Satz und Definition (13.29). Sei X ein topologischer Raum. Dann sind die folgenden Eigenschaften äquivalent: (i) Für alle x, y X mit x y existieren Umgebungen U von x und V von y, so dass U V =. (ii) Die Diagonale X := { (x, x) ; x X } ist abgeschlossen in X X. (iii) Für jeden topologischen Raum Y und für alle stetigen Abbildungen f 1, f 2 : Y X ist { y Y ; f 1 (y) = f 2 (y) } abgeschlossen in Y. Erfüllt X diese äquivalenten Eigenschaften, so heißt X Hausdorffsch. Beweis. (i) (ii). X abgeschlossen (X X) \ X offen Für (x, y) X X gilt (x, y) / X x y. Also: (x, y) X X mit x y existiert Umgebung W von (x, y) mit W X = (x, y) X X mit x y existieren Umgebungen U von x und V von y mit (U V ) X = x, y X mit x y existieren Umgebungen U von x und V von y mit U V =. 18

19 (ii) (iii). Seien f 1, f 2 : Y X stetige Abbildungen. Dann ist (f 1, f 2 ): Y X X, y (f 1 (y), f 2 (y)) stetig (13.24). X abgeschlossen (f 1, f 2 ) 1 ( X ) = { y Y ; (f 1 (y), f 2 (y)) X } = { y Y ; f 1 (y) = f 2 (y) } abgeschlossen. (iii) (ii). Wende (iii) auf f i = pr i : X X X, i = 1, 2, an pr i stetig nach (13.23). Satz (13.30). Sei (X, d) metrischer Raum. Wie immer sei X mit der von d induzierten Topologie versehen. Dann ist X Hausdorffsch. Beweis. Seien x, y X mit x y, sei a := d(x, y) > 0. Dann B a/2 (x) B a/2 (y) =. Bemerkung (13.31). Sei X topologischer Raum, Y X Teilraum. X Hausdorffsch Y Hausdorffsch. Satz (13.32). Sei (X i ) i I eine Familie Hausdorffscher topologischer Räume. Dann ist der Produktraum X := i I X i Hausdorffsch. Beweis. Seien x = (x i ) i I, y = (y i ) i I X mit x y. Dann existiert i I mit x i y i, also Umgebungen U i von x i und V i von y i in X i mit U i V i =. Dann sind U := U i j i X j Umgebung von x und V := V i j i X j Umgebung von y mit U V. (E) Dichte Teilräume Bemerkung und Definition (13.33). Sei X ein topologischer Raum, sei Y X eine Teilmenge. Dann sind äquivalent: (i) Y = X. (ii) Für jede offene Teilmenge U von X gilt U Y. Eine Teilmenge Y, die diese äquivalenten Bedingungen erfüllt, heißt dicht in X. Beweis. (13.8) (3). Korollar (13.34). Sei (X, d) ein metrischer Raum, und sei Y X Teilmenge. Dann ist Y genau dann dicht in X, wenn für alle x X eine Folge (y n ) n mit y n Y existiert, so dass x = lim n y n. Beweis. (13.8) (4). Beispiel (13.35). (1) Q und R \ Q sind dichte Teilmemgen von R. Allgemeiner: Eine Teilmenge Y von R ist genau dann dicht in R, wenn für alle a, b R mit a < b ein y Y mit a < y < b existiert. (2) Seien a, b R, a < b. Dann liegt T ([a, b]) in (R([a, b]), [a,b] ) dicht (13.11). (3) Sei P([a, b], K) die Menge der Polynomfunktionen p: [a, b] K. Dies ist ein dichter Unterraum des K-Vektorraums (C([a, b], K), [a,b] ) der stetigen Funktionen [a, b] K (Satz von Stone-Weierstraß, bewiesen im Proseminar). 19

20 Proposition (13.36). Sei X topologischer Raum, Z Y X Unterräume. Dann: Z dicht in X Z dicht in Y, und Y dicht in X. Beweis.. Sei Z dicht in X. Sei U offen in X. Dann U Z U Y, also Y dicht in X. Jede offene Menge V des Teilraums Y von X ist von der Form V = U Y (Definition der Teilraumtopologie). Also gilt V Z = (U Y ) Z = U Z. Also ist Z dicht in Y.. Sei U offen in X. Y dicht in X U Y. Z dicht in Y U Z = (U Y ) Z. Also ist Z dicht in X. Satz (13.37). Seien X, Y topologische Räume, sei Y Hausdorffsch, und sei D X eine dichte Teilmenge. Seien f 1, f 2 : X Y zwei stetige Abbildungen, so dass f 1 D = f 2 D. Dann ist f 1 = f 2. Beweis. Y Hausdorffsch (13.29) } Z := { x X ; f 1 (x) = f 2 (x) } abgeschlossen in Y Z = X. f 1 D = f 2 D D Z (F) Zusammenhängende Räume Definition (13.38). Sei X ein topologischer Raum. (1) X heißt zusammenhängend, wenn die einzigen Teilmengen, die zugleich offen und abgeschlossen sind, und X sind. (2) Eine Teilmenge Y von X heißt zusammenhängend, wenn Y mit der induzierten Topologie zusammenhängend ist. Beispiel (13.39). (1) Die Teilmenge Y := [0, 1] [2, 3] von R ist nicht zusammenhängend: U := [0, 1] ist offen und abgeschlossen in Y. (2) Der leere Raum und jeder topologische Raum, der aus einem Punkt besteht, sind zusammenhängend. Satz (13.40). Sei I R Teilmenge. Dann: I ist zusammenhängend I ist ein Intervall. Beweis.. I Intervall, und sei D I offen und abgeschlossen in I und nicht leer. Zu zeigen D = I: Lemma (11.19). Sei I zusammenhängend. Angenommen I ist kein Intervall, d.h. es existieren a, b I, x R \ I, a < x < b. Dann ist D := { x I ; x > x } = { x I ; x x } offen und abgeschlossen in I. D, da b D; D I, da a I \ D. Widerspruch zu I zusammenhängend. Satz (13.41). X, Y topologische Räume, f : X Y eine stetige Abbildung. Sei X zusammenhängend. Dann ist f(x) zusammenhängend. 20

21 Beweis. Sei D f(x) offen, abgeschlossen, nicht leer. Dann ist f 1 (D) in X offen, abgeschlossen, nicht leer. Also f 1 (D) = X, da X zusammenhängend. Also: D D f(x) = D f(x) = f(f 1 (D)) = f(x). Korollar (13.42) (Zwischenwertsatz). X zusammenhängender topologischer Raum, f : X R stetig. Seien x, x X mit f(x) f(x ), und sei a R mit f(x) a f(x ). Dann existiert x X mit f( x) = a. Beweis. (13.41) + (13.40) f(x) Intervall, also a f(x). 21

22 14 Kompakte Räume (A) Definition kompakter Räume Definition (14.1). X topologischer Raum, Y X Teilraum. Eine Familie (Z i ) i I von Teilmengen Z i X heißt Überdeckung von Y, falls Y i I Z i. Eine Überdeckung (Z i ) i I von Y heißt offen, falls alle Z i offen in X sind. Beispiel (14.2). (1) Für jede Teilmenge Y von X ist X (d.h. die Familie die aus der einzigen Teilmenge X besteht) eine offene Überdeckung von Y. (2) Sei X = R, Y = N und setze U i := (i 1, i + 1) für i N. Dann ist (U i ) i N eine offene Überdeckung von N. Definition (14.3). Sei X topologischer Raum. Ein Teilraum K von X heißt quasikompakt, wenn für jede offene Überdeckung (U i) i I von K endlich viele i 1,..., i n I existieren, so dass K U i1 U in. K heißt kompakt, wenn K quasikompakt und Hausdorffsch ist. Beispiel (14.4). Beispiel (14.2) zeigt, dass N nicht quasikompakt ist. Beispiel (14.5). Seien a b reelle Zahlen. Dann ist [a, b] kompakte Teilmenge von R. Beweis. Sei (U i ) i I offene Überdeckung von [a, b]. Sei B := { x [a, b] ; [a, x] besitzt endliche Teilüberdeckung von (U i ) i I }. Dann a B und B nach oben durch b beschränkt. Setze β := sup B. Angenommen: β < b. Dann existiert i mit β U i. U i offen ε > 0: (a) (β ε, β + ε) U i, (b) β + ε < b, (c) es existiert b 0 B (β ε/2, β]. Hinzunehmen von U i zur endlichen Teilüberdeckung von [a, b 0 ]: [a, β + ε/2] besitzt endliche Teilüberdeckung. Widerspruch zu Definition von β. Bemerkung (14.6). Seien X und Y topologische Räume, die homöomorph sind. Dann ist X genau dann kompakt, wenn Y kompakt ist. Satz (14.7). Sei X kompakter topologischer Raum, K X abgeschlossene Teilmenge. Dann ist K kompakt. Beweis. X Hausdorff (13.31) K Hausdorff. Sei (U i ) i I offene Überdeckung von K. Nimmt man X \ K hinzu, erhält man offene Überdeckung von X. X quasikompakt existiert endliche Teilüberdeckung. Entfernt man X \ K, so erhält man endliche Überdeckung von K bestehend aus U i s. Satz (14.8). X, Y topologischer Raum, f : X Y stetig, X quasikompakt, Y Hausdorff. Dann ist f(x) kompakt und abgeschlossen in Y. 22

23 Beweis. Y Hausdorff (13.31) f(x) Hausdorff. Sei (V j ) j J offene Überdeckung von f(x). Dann ist (f 1 (V j )) j J offene Überdeckung von X. X quasikompakt existieren j 1,..., j n J mit X = n i=1 f 1 (V ji ), also f(x) n i=1 V j i. Also ist f(x) kompakt. Sei y Y \ f(x). Für alle z f(x) existieren offene Umgebungen U z von z und V z von y mit U z V z = (da Y Hausdorff). Dann: f(x) z f(x) U z f(x) kompakt z 1,..., z n f(x) mit f(x) 1 i n Dann 1 i n V z i Y \ f(x) Umgebung von y. Also ist Y \ f(x) offen in Y. Korollar (14.9). X kompakter topologischer Raum, Y Hausdorff-Raum, f : X Y stetig und bijektiv. Dann ist f ein Homöomorphismus, und Y ist kompakt. Beweis. Sei g : Y X die Umkehrabbildung von f. Zu zeigen: g ist stetig. Aber: g stetig A X abgeschlossen ist g 1 (A) abgeschlossen A X abgeschlossen ist f(a) abgeschlossen. Sei also A X abgeschlossen (14.7) A kompakt (14.8) f(a) abgeschlossen. Satz (14.10) (Tychonoff). Sei T Menge, (X t ) t T eine Familie kompakter topologischer Räume. Dann ist der Produktraum X := t T X t kompakt. Beweis (nur für T endlich). Satz (13.32) X Hausdorff. Ohne Einschränkung: #T = 2, also X = X X, mit X, X kompakt. Sei (U i ) i I offene Überdeckung von X. Definition der Produkttopologie Ohne Einschränkung U i = U i U i mit U i X und U i X offen i I. Für alle x X ist X {x } kompakt, also existiert endliche Teilmenge I(x ) I mit X {x } i I(x ) U i. Ohne Einschränkung: x U i für alle i I(x ). Dann ist V x := i I(x ) U i offene Umgebung von x in X, da I(x ) endlich. Außerdem (*) X {x } X V x i I(x ) (V x ) x X ist offene Überdeckung von X. X kompakt existieren x 1,..., x n X mit X = n ). Dann gilt: j=1 V (x j U i. U zi. n j=1 i I(x j ) U i ( ) n j=1 X V x j = X. Dies ist endliche Teilüberdeckung von (U i ) i I. Beweis im allgemeinen Fall: z.b.: Munkres: Topology,

24 (B) Kompakte Teilmengen in metrischen Räumen und im K n Satz (14.11). Sei (X, d) metrischer Raum, sei K X kompakt. Dann ist K abgeschlossen und beschränkt in X. Die Umkehrung gilt im Allgemeinen nicht (betrachte zum Beispiel eine unendliche Menge, versehen mit der diskreten Metrik; siehe auch Übung 84 für ein interessanteres Beispiel). Beweis. Ohne Einschränkung: X. Sei i: K X die Inklusion. K kompakt (14.8) i(k) = K abgeschlossen in X. Sei x 0 X. Da K n N B n(x 0 ) = X, existieren n 1,..., n k mit K 1 i k B n i (x 0 ) K B N (x 0 ), wobei N = max{n 1,..., n k }. Also K beschränkt. Satz (14.12). Sei (X, d) metrischer Raum, K X Teilmenge. Dann: K kompakt Jede Folge in K besitzt Häufungspunkt in K. Beweis.. Angenommen, es existiert (c n ) n Folge in K ohne Häufungspunkt in K. Für alle x K existiert dann offene Umgebung U x von x, so dass nur endlich viele c n in U x enthalten sind. K kompakt T K endlich: K x T U x. Aber dann kann K nur endlich viele c n enthalten. Widerspruch.. Übung. Theorem (14.13) (Heine-Borel für R n ). Sei n N. In (R n, ) ist eine Teilmenge genau dann kompakt, wenn sie abgeschlossen und beschränkt ist. Beweis. Bedingung notwendig: (14.11) Bedingung hinreichend: Sei also A R n abgeschlossen und beschränkt. Dann existiert Quader Q, d.h. Q von der Form Q = [a 1, b 1 ] [a n, b n ] für a i b i reelle Zahlen, mit A Q. (14.5) + Tychonoff Q kompakt. A in R n abgeschlossen A in Q abgesclossen (14.7) A kompakt. Beispiel (14.14). (1) Eine Teilmenge K von R ist genau dann kompakt und zusammenhängend, wenn K = [a, b] für a, b R. (2) R ist kompakt und zusammenhängend. Der Unterraum N := N { } ist kompakt. Beweis. (1). (14.13) + (13.40). (2). (13.20) (3) R und [ 1, 1] homöomorph R kompakt, zusammenhängend. Übung 65 N R abgeschlossen (14.7) N kompakt. Beispiel (14.15). Sei (X, d) ein metrischer Raum, sei (x n ) n eine konvergente Folge in X mit Grenzwert x X. Dann ist S := { x n ; n N } kompakt. Beweis. Die Abbildung f : N X, n x n ist stetig (Übung 70(a)). X Hausdorff, N kompakt (14.8) S = f(n) kompakt. 24

25 Korollar (14.16). Sei X topologischer Raum, K X kompakte Teilmenge, f : X R stetige Abbildung. Dann nimmt f auf K sein Minimum und sein Maximum an. Mit anderen Worten: Es existieren x min, x max K mit f(x min ) = min x K f(x), f(x max) = max x K f(x). Ist K zusammenhängend, so ist f(k) = [f(x min ), f(x max )] beschränktes abgeschlossenes Intervall. Beweis. (14.8) f(k) R kompakt (14.13) f(k) abgeschlossen und beschränkt, also existieren y min, y max f(k), so dass y min = inf(f(k)), y max = sup(f(k)). K zusammenhängend (13.41) f(k) Intervall, also f(k) = [y min, y max ]. Theorem (14.17) (Fundamentalsatz der Algebra (3.11)). Sei p C[X] ein nicht konstantes Polynom. Dann existiert z C mit p(z) = 0. Beweis. Identifiziere C mit R 2. Ohne Einschränkung p(z) von der Form z n +a n 1 z n a 1 z + a 0 mit a 0 0 (a 0 = 0 p(0) = 0). Wollen zeigen, dass die stetige Funktion f : C R, z p(z) eine Nullstelle besitzt. (i). Setze R := 1 + n 1 k=0 a k 1 und sei D := { z C ; z R }. Dann ist D abgeschlossen und beschränkt in (R 2, ), also kompakt (Heine-Borel). Für z C mit z R gilt: p(z) z n a n 1 z n 1 a 1 z a 0 z >1 z n ( a n a 0 ) z n 1 = z n 1 ( z (R 1)) z R+1>1 z n 1 R 1 n 1 R R > a 0 = p(0). D kompakt z 0 D : p(z 0 ) = min z D p(z). Da p(0) < p(z) für alle z mit z R, gilt sogar z 0 < R. (ii). Annahme: p(z 0 ) 0. Schreibe p als Polynom in z z 0 : Da p nicht konstant, existiert k N and c k, c k+1,..., c n C, c k 0, so dass: p(z) = p(z 0 ) + c k (z z 0 ) k + c k+1 (z z 0 ) k c n (z z 0 ) n. Sei a C mit a k = p(z 0 )/c k (existiert nach Übung 37). Dann existiert ε > 0, so dass für 0 < t < ε gilt: t p(z 0 ) c k+1a k+1 + c k+2 a k+2 t + + c n a n t n k 1 < 1 1 p(z 0 ) c k+1a k+1 t k c n a n t n < t k p(z 0 ) (1 t k ) + c k+1 a k+1 t k c n a n t n < p(z 0 ) p(z 0 + ta) = p(z 0 ) + c k t k a k + c k+1 t k+1 a k c n t n a n < p(z 0 ). Widerspruch zur Minimalitat von p(z 0 ). 25

26 (C) Äquivalenz von Normen Satz und Definition (14.18). Sei V ein K-Vektorraum, und seien 1 und 2 Normen auf V. Dann sind äquivalent: (i) 1 und 2 induzieren dieselbe Topologie auf V. (ii) id V : (V, 1 ) (V, 2 ) ist Homöomorphismus. (iii) Es existieren c, C R >0, so dass für alle v V gilt: c v 1 v 2 C v 1. (iv) Eine Folge (x n ) n in V ist genau dann eine Nullfolge bezüglich 1, wenn (x n ) n eine Nullfolge bezüglich 2 ist. Erfüllen 1 und 2 diese Eigenschaften, so heißen 1 und 2 äquivalent. Beweis. (i) (ii). klar. (i) (iv). (x n ) n Nullfolge Für jede Umgebung U von 0 existiert N N, so dass x n U für alle n N. Die Eigenschaft Nullfolge hängt also nur von der Topologie ab. (iv) (iii). Für i = 1, 2 und r R >0 setze: Bi r := { x V ; x i r }. Jede Nullfolge bezüglich 2 ist auch Nullfolge bezüglich 1 bedeutet: Für alle r > 0 existiert ε > 0 mit B ε 2 B r 1. Insbesondere existiert für r = 1 also α > 0 mit (*) B2 α B 1 1. Sei q R mit 0 < q < 1. Für 0 x V sei k := inf{ m Z ; q m x 2 α }. Dann: Also: αq < q k x 2 α ( ) q k x 1 1. x 1 1 q k < 1 αq x 2. Setze c := αq > 0. Dann c x 1 x 2 für alle x V. Symmetrie d > 0 : d x 2 x 1. Setze C := d 1. (iii) (i). (iii) impliziert, dass für alle a V jeder offene Ball mit Mittelpunkt a bzgl. 1 einen offenen Ball mit Mittelpunkt a bzgl. 2 enthält und umgekehrt. Dies zeigt, dass eine Menge genau dann bzgl. 1 offen ist, wenn sie bzgl. 2 offen ist. Bemerkung (14.19). Seien V, W zwei K-Vektorräume, und sei f : V W eine bijektive K-lineare Abbildung. (1) Sei eine Norm auf W. Dann ist f := f : V R 0 eine Norm auf V. Begründung: Sei v, v V, λ K. Dann f(v) = 0 f(v) = 0 v = 0, da f injektiv, λv f = f(λv) = λf(v) = λ v f v + v f = f(v + v ) f(v) + f(v ) = v f + v f. 26

27 (2) Erhalten also zueinander inverse bijektive Abbildungen f { Norm auf W } { Norm auf V }. f 1 Ferner: zwei Normen 1 und 2 auf W äquivalent ( 1 ) f äquivalent. und ( 2 ) f Satz (14.20). Sei V ein endlich-dimenionaler K-Vektorraum. Dann sind alle Normen auf V äquivalent. Beweis. Ist (V, ) normierter C-Vektorraum, so ist (V, ) auch normierter R-Vektorraum. Also ohne Einschränkung K = R. (14.19) Ohne Einschränkung: V = R n. Sei beliebige Norm auf R n. Es genügt zu zeigen, dass und äquivalent sind. Sei S := { x R n ; x = 1 } = ( ) 1 ({1}). stetig (12.31) S R n abgeschlossen. Außerdem S beschränkt. Also S kompakt in (R n, ) (14.13). Behauptung: : (R n, ) R ist stetig. Beweis: Sei (e 1,..., e n ) Standardbasis des R n. Setze Für x R n, x = n i=1 x ie i gilt dann M := max{ e i ; i = 1,..., n }. x n x j M Mn x. i=1 Dies zeigt die Behauptung. S kompakt, x > 0 für alle x S (14.16) c := min S und C := max S existieren und sind > 0. Sei x R n, x 0. Dann x/ x S, also x c C c x x x C x. Korollar (14.21) (Heine-Borel für endlich-dimensionale K-Vektorräume). Sei (V, ) ein endlich-dimensionaler K-Vektorraum. Dann ist eine Teilmenge A V genau dann kompakt, wenn A abgeschlossen und beschränkt ist. Proof. Ohne Einschränkung K = R. (14.19) Ohne Einschränkung V = R n. (14.20) Ohne Einschränkung =. Dann (14.13). 27

28 15 Stetigkeitseigenschaften Notation In diesem Paragraphen seien (X, d), (X, d ) metrische Räume. (A) Lipschitz-Stetigkeit und gleichmäßige Stetigkeit Definition (15.1). Sei f : X X eine Abbildung (1) f heißt gleichmäßig stetig, wenn für alle ε > 0 ein δ > 0 existiert, so dass d(x, y) < δ d (f(x), f(y)) < ε für alle x, y X. (2) f heißt Lipschitz-stetig, wenn ein L R >0 existiert, so dass d (f(x), f(y)) Ld(x, y) für alle x, y X. L heißt dann Lipschitz-Konstante von f. Beispiel (15.2). (V, ) normierter Vektorraum. Dann ist : V R 0 Lipschitzstetig mit Lipschitz-Konstante L = 1 ((12.31).1). Bemerkung (15.3). f Lipschitz-stetig f gleichmäßig stetig f stetig Beispiel (15.4). (1) f : R R, x x 2, ist nicht gleichmäßig stetig. Beweis: Zu ε = 1 existiert für alle δ > 0 ein x R mit (x+δ) 2 x 2 = 2xδ+δ 2 1. (2) f : [0, 1] R, x x, ist nicht Lipschitz-stetig, aber gleichmäßig stetig. Beweis: Annahme: f Lipschitz-stetig. Dann existiert L > 0 mit x y L x y für alle x, y [0, 1]. Insbesondere für y = 0, x > 0 gilt: x Lx, also L x 1. Widerpruch zu lim x 0 x = 0. Gleichmäßige Stetigkeit folgt aus folgendem Satz. Satz (15.5). Sei f : X X stetig, und sei (X, d) kompakt. Dann ist f gleichmäßig stetig. Beweis. Annahme: f ist nicht gleichmäßig stetig. Dann existiert ε > 0 und für alle δ = 1 k > 0, k N Punkte x k, y k X mit d(x k, y k ) < 1 k, aber d (f(x k ), f(y k )) ε. X kompakt (14.12) existiert konvergente Teilfolgen (x kj ) j von (x k ) und konvergente Teilfolge (y kji ) i von (y kj ). Setze a := lim i x kji, b := lim i y kji. Da d(x k, y k ) 0 und f stetig folgt d (f(x kji ), f(y kji )) 0. Widerspruch zu d (f(x k ), f(y k )) ε. Bemerkung (15.6). Fasse R als metrischen Raum auf (Beispiel (12.18)) und versehe N := N { } mit der induzierten Metrik. Seien (X, d), (X, d ) metrische Räume, seien f n : X X, n N, und f : X X Abbildungen. Definiere f : N X X, f(n, x) := f n (x). Dann: ( ) fn ist gleichmäßig stetig für alle n N und f ist gleichmäßig stetig (f n ) n N konvergiert gleichmäßig gegen f 28

29 Beweis. Sei ρ die Metrik auf N. Dann gilt für m N also für alle N, m N ρ(, m) = 1 m 1 + m = m (*) ρ(, m) < 1 N m N. f gleichmäßig stetig ε > 0 N N : (**) ρ(n, m) < 1 N, d(x, y) < 1 N d (f n (x), f m (y)) < ε (n, x), (m, y) N X. n = m in (**) f n gleichmäßig stetig. n = und x = y in (**) ( ) (f n ) n konvergiert gleichmäßig gegen f. Satz (15.7). Sei D X dichter Unterraum, sei (X, d ) vollständig, und sei f : D X gleichmäßig stetig. Dann existiert genau eine stetige Abbildung f : X X, so dass f D = f, und f ist gleichmäßig stetig. Beweis. (i). Eindeutigkeit: (13.37). (ii). Definition von f: Behauptung: Für alle x X existiert z X mit z = lim f(y). y x y D Setze dann f(x) := z (z eindeutig bestimmt, da X Hausdorffsch, Bonusaufgabe Blatt 20). Beweis der Behauptung: Sei (y n ) n Folge in D mit lim n y n = x. Sei ε > 0 beliebig und wähle δ > 0, so dass (*) y, y D : d(y, y ) < δ d (f(y), f(y )) < ε. Sei N N mit d(y n, x) < δ/2 für n N. Dann gilt für n, m N: d(y n, y m ) d(y n, x) + d(x, y m ) < δ ( ) d (f(y n ), f(y m )) < ε. Also ist (f(y n )) n Cauchy-Folge in X, also konvergent, da X vollständig. Sei z := lim n f(y n ). (*) für y = y n und Übergang zu lim n zeigt: y D : d(x, y ) δ d (z, f(y )) ε. Also (iii). f ist gleichmäßig stetig. z = lim f(y). y x y D 29

30 Sei ε > 0, und sei δ > 0 so gewählt, dass (*) gilt. Genügt zu zeigen: Für alle x, y X mit d(x, y) < δ/3 gilt d ( f(x), f(y)) < 3ε. Seien (y n ) n, (x n ) n Folgen in D mit x n x, y n y. Existiert N N, so dass für n N gilt: d(x n, x), d(y n, y) < δ/3. Also: Also gilt wegen (*): (B) d(x N, y N ) d(x N, x) + d(x, y) + d(y, y N ) < δ d(x n, x N ) d(x n, x) + d(x, x N ) < 2 3 δ < δ, d(y n, y N ) < δ. d ( f(x), f(y)) d ( f(x), f(x N )) + d (f(x N ), f(y N )) + d (f(y N ), f(y)) = lim n d (f(x n ), f(y N )) + d (f(y N ), f(y N )) + lim n d (f(y N ), f(y n )) < 3ε. Stetigkeit linearer Abbildungen Satz (15.8). Seien (V, ), (V, ) normierte K-Vektorräume, und sei f : V V eine K-lineare Abbildung. Dann sind äquivalent: (i) f ist stetig. (ii) f ist stetig in 0. (iii) Es existiert L R 0 mit f(x) L x für alle x V. (iv) f ist Lipschitz-stetig. Beweis. (iv) (i) (ii). klar (iii) (iv). Für alle x, y V gilt f(x) f(y) = f(x y) (iii) L x y. (ii) (iii). Ohne Einschränkung sei x 0. Zu ε = 1 existiert δ > 0 mit f(y) = f(y) f(0) < 1 für all y V mit y δ. Also gilt: Dies zeigt (iii) mit L = 1/δ. δ x f(x) = f(δ x x ) < 1 Definition (15.9). Seien (V, ), (V, ) normierte K-Vektorräume. Setze L(V, V ) := { f : V V ; f linear und stetig}. Dies ist K-Untervektorraum von Hom K (V, V ). Für f L(V, V ) heißt die Operatornorm von f. f V V := f op := inf{ L 0 ; x V : f(x) L x } 30