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Es ist richtig, dass Du ein allgemeines \(\delta\) finden musst. Ich würde aber im 3. Punkt nicht mit Folgen arbeiten, sondern mit der Charakterisierung von kompakten Mengen über endliche Teilüberdeckungen. Das ist je nach dem Vorgehen in Deiner Lehrveranstaltung die Def. von "kompakt" oder der Satz von Heine-Borel.
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mikn
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Man muss immer was "zusammensetzen" beim Beweis, aber oft braucht man ja noch logische Zwischenüberlegungen.
Ich weiß nicht, was Du mit "abgeschlossene Überdeckung" meinst. Der Satz von HB redet nur von offenen Überdeckungen. ─ mikn 07.03.2021 um 13:39
Ich weiß nicht, was Du mit "abgeschlossene Überdeckung" meinst. Der Satz von HB redet nur von offenen Überdeckungen. ─ mikn 07.03.2021 um 13:39
Also bei uns lautet der satz wie folgt \(\forall\) Familie \((E_\lambda)_{\lambda \in \Lambda}\) mit \(E_\lambda\) abgeschlossen und so dass \(E \cap E_{\lambda_1}\cap ... \cap E_{\lambda_N} \neq \emptyset\) \(\forall \lambda_1,...\lambda_N \in \Lambda \) gilt dass \(E \cap (\cap E_\lambda ) \neq \emptyset \) wobei der Zweite durchschnitt über alle \(\lambda \in \Lambda\) geht.
─
karate
07.03.2021 um 13:50
Ok, in der Formulierung sollte wohl noch stehen: E kompakt und dass für JEDEN endlichen Schnitt (d.h. für ALLE N gilt E geschnitten mit N E_i's \(=\emptyset\)) gilt:
usw.
Dann ist das äquivalent mit HB, wobei im Vergleich mit der klassischen Formulierung gilt \(O_i=\bar E_i\) (Komplement von E_i).
Das gesuchte \(\delta\) heißt Lebesgue-Zahl (wenn Du googeln willst). Man kann es auch mit Folgen beweisen, dann besser indirekt. ─ mikn 07.03.2021 um 14:41
usw.
Dann ist das äquivalent mit HB, wobei im Vergleich mit der klassischen Formulierung gilt \(O_i=\bar E_i\) (Komplement von E_i).
Das gesuchte \(\delta\) heißt Lebesgue-Zahl (wenn Du googeln willst). Man kann es auch mit Folgen beweisen, dann besser indirekt. ─ mikn 07.03.2021 um 14:41
hmm okei im skript steht es wirklich so wie ich es hier notiert habe komisch.
also du würdest es also mit heine-borel versuchen?
─ karate 07.03.2021 um 14:52
also du würdest es also mit heine-borel versuchen?
─ karate 07.03.2021 um 14:52
Wenn das Euer Satz von HB" ist, und Ihr vorher "kompakt" über Folgen definiert habt ("folgenkompakt"), dann versuch es indirekt mit Folgen.
─
mikn
07.03.2021 um 14:55
Ja das ist das wie wir bis jetzt HB definiert haben. okei dann versuche ich das mal
─
karate
07.03.2021 um 14:57
wäre es okei wenn ich einen möglichen Ansatz bzw. Lösungsvorschlag nochmals hier posten könnte?
─
karate
07.03.2021 um 15:09
Natürlich. Hast Du schon ne Skizze gemacht?
─ mikn 07.03.2021 um 15:24
─ mikn 07.03.2021 um 15:24
ja schon ein paar.
─
karate
07.03.2021 um 15:28
Also ich melde mich nochmals, irgendwie fehlt mir eine Überlegung um den Widerspruch zu kreieren, ich habe folgendes:
Annahme: \(\forall \delta>0 \exists x\in X : \forall i \in I: K_\delta(x) \not \subset O_i\)
Sei also \(\delta >0\) beliebig aber fix. Laut Annahme existiert ein x in Abhängigkeit von \(\delta\) so dass
\(K_\delta(x) \not \subset O_i \forall i \in I\) Das heisst aber dass \(\exists y \in \mathbb{R}^d\) mit \(d(x,y)<\delta\) wobei \(y \not \in O_i \forall i \in I\). Daraus folgt nun dass \(y \not \in \bigcup_{i\in I} O_i \). Da nun \(O_i\) eine Überdeckung von X ist, würde das auch heissen, dass \(y \not \in X\).
Nun habe ich die Kompaktheit ("Folgenkompaktheit") aber noch gar nicht verwendet. Könntest du mir einen Tipp geben wo ich das hier ansetzen kann um den Wiederspruch zu erhalten? ─ karate 07.03.2021 um 16:01
Annahme: \(\forall \delta>0 \exists x\in X : \forall i \in I: K_\delta(x) \not \subset O_i\)
Sei also \(\delta >0\) beliebig aber fix. Laut Annahme existiert ein x in Abhängigkeit von \(\delta\) so dass
\(K_\delta(x) \not \subset O_i \forall i \in I\) Das heisst aber dass \(\exists y \in \mathbb{R}^d\) mit \(d(x,y)<\delta\) wobei \(y \not \in O_i \forall i \in I\). Daraus folgt nun dass \(y \not \in \bigcup_{i\in I} O_i \). Da nun \(O_i\) eine Überdeckung von X ist, würde das auch heissen, dass \(y \not \in X\).
Nun habe ich die Kompaktheit ("Folgenkompaktheit") aber noch gar nicht verwendet. Könntest du mir einen Tipp geben wo ich das hier ansetzen kann um den Wiederspruch zu erhalten? ─ karate 07.03.2021 um 16:01
Der Beweis ist nicht sooo leicht. Vorweg: Bei der Annahme oben (aus dem indirekten Beweis) nimmt man natürlich spezielle \(\delta\)'s, man möchte ja ausnutzen, dass es (laut Annahme) was für ALLE \(\delta\) gibt.
Wir wählen also \(\delta=\frac1n\) (ist eigentlich egal, Hauptsache Nullfolge). Dann gibt es also zu jedem \(n\) usw.... Weitere Abfolge: erst Kompaktheit ausnutzen ("folgenkompakt"), dann Überdeckung. Schau mal, wie weit Du damit kommst.
─ mikn 07.03.2021 um 17:04
Wir wählen also \(\delta=\frac1n\) (ist eigentlich egal, Hauptsache Nullfolge). Dann gibt es also zu jedem \(n\) usw.... Weitere Abfolge: erst Kompaktheit ausnutzen ("folgenkompakt"), dann Überdeckung. Schau mal, wie weit Du damit kommst.
─ mikn 07.03.2021 um 17:04
Okei ich versuche es mal.
Kurze Frage, ich habe es noch mit einem Kommilitonen angeschaut, er hat dabei einen anderen Weg gemacht wobei ich mir nicht ganz sicher bin ob das so möglich ist: (Nur in Worte) Er sagt, dass man eine endliche Überdeckung findet, da X kompakt ist. Gleichzeitig gilt dass jedes x in mindestens einer offenen Menge ist. Nun kann man von jedem x den kleinsten Kugelradius nehmen, so dass die Kugel um x mit diesem Radius in jeder Umgebung ist, in der auch unser x liegt. Mit all diesen Radien kann man eine Menge konstruieren, die wiederum ein Minimum hat welches ungleich 0 ist, das wäre dann unser Delta.
Irgendwie macht es schon Sinn aber irgendwie "stört" mich etwas daran. ─ karate 07.03.2021 um 17:14
Kurze Frage, ich habe es noch mit einem Kommilitonen angeschaut, er hat dabei einen anderen Weg gemacht wobei ich mir nicht ganz sicher bin ob das so möglich ist: (Nur in Worte) Er sagt, dass man eine endliche Überdeckung findet, da X kompakt ist. Gleichzeitig gilt dass jedes x in mindestens einer offenen Menge ist. Nun kann man von jedem x den kleinsten Kugelradius nehmen, so dass die Kugel um x mit diesem Radius in jeder Umgebung ist, in der auch unser x liegt. Mit all diesen Radien kann man eine Menge konstruieren, die wiederum ein Minimum hat welches ungleich 0 ist, das wäre dann unser Delta.
Irgendwie macht es schon Sinn aber irgendwie "stört" mich etwas daran. ─ karate 07.03.2021 um 17:14
Das ist ein Weg mit dem Satz von HB, den habe ich jetzt vermieden wegen Deiner Bemerkung, wann der in der Vorlesung war. Das ist ein Weg, den man aus einer Skizze finden kann, wenn man sich überlegt wie man konkret so ein \(\delta\) finden würde. Geht aber nur bei ner endlichen Überdeckung.
─ mikn 07.03.2021 um 17:18
─ mikn 07.03.2021 um 17:18
ah okei aber das wäre so auch gültig? Denn wenn man sich das so vorstellt ist das schon viel klarer als unser Weg, meine Bedenken waren einfach, dass man das zwar verbal sehr verständlich notieren kann jedoch mathematisch denke isch ist es nicht so einfach oder täusche ich mich? Sorry wenn ich so hin und her springe aber ich finde es noch gut zwei Möglichkeiten zu kennen. Trotzdem habe ich wirklich gemerkt, dass der Widerspruchsbeweis gar nicht so einfach ist.
─
karate
07.03.2021 um 17:22
Das von Deinem Kommilitonen hab ich nicht durchgedacht. Bestenfalls würde ich das als Beweisidee akzeptieren, aber nicht als Beweis.
─
mikn
07.03.2021 um 17:33
okei vielen Dank dann versuche ich nun man den Wiederspruchs beweis und schaue wie weit ich komme
─
karate
07.03.2021 um 17:36
Okei also ich muss gestehen diese Aufgabe bringt mich leicht zur Verzweiflung, da ich viel zu viel Zeit investiert habe und irgendwie immer noch nicht erkenne wo dieser Widerspruch steckt. Ich habe folgendes
Annahme ist gleich wie oben.
Nehmen wir uns nun \(\delta :=\frac {1}{n}, n\in \mathbb{N} \). Das bedeutet für jedes \(n\in \mathbb{N} \, \,\exists x\in X: \forall i\in I : K_{\frac{1}{n}}(x)=\{y\in \mathbb{R}^d: d(x,y)<\frac {1}{n}\} \not \subset O_i\)
Das heisst nun aber dass es ein \(y \in \mathbb{R}^d\) gibt mit \(d(x,y)<\frac{1}{n}\) aber \(y \not \in O_i, \forall i \in I\). Da \(X\) Folgenkompakt ist, gilt dass \(\forall x \in X \,\, \exists x^k\subset X: x^k \rightarrow x \,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\, d(x^k,x)\rightarrow_{k\rightarrow \infty}0 \,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\, d(x^k,x)<\frac{1}{k} \,\,für \,\, k\rightarrow \infty\).
Wenn wir nun aber das auf unsere Menge anwenden so merken wir, dass für ein wachsendes \(n\) gilt dass \(d(x,y)\rightarrow 0\) da \(\frac{1}{n}\rightarrow_{n\rightarrow \infty}0\). das würde dann aber heissen, dass unser y immer mehr Richtung x konvergiert. Da nun \(O_i\) eine offene Überdeckung ist, gilt dass \(X \subset \bigcup_{i\in I} O_i\). Für ein genug grosses \(n\) würde das nun aber wiederum heissen, dass \(\exists i \in I: y\in O_i\) was dann ein Widerspruch zur Annahme wäre.
Irgendwie denke ich aber dass das noch falsch ist.
─ karate 07.03.2021 um 19:11
Annahme ist gleich wie oben.
Nehmen wir uns nun \(\delta :=\frac {1}{n}, n\in \mathbb{N} \). Das bedeutet für jedes \(n\in \mathbb{N} \, \,\exists x\in X: \forall i\in I : K_{\frac{1}{n}}(x)=\{y\in \mathbb{R}^d: d(x,y)<\frac {1}{n}\} \not \subset O_i\)
Das heisst nun aber dass es ein \(y \in \mathbb{R}^d\) gibt mit \(d(x,y)<\frac{1}{n}\) aber \(y \not \in O_i, \forall i \in I\). Da \(X\) Folgenkompakt ist, gilt dass \(\forall x \in X \,\, \exists x^k\subset X: x^k \rightarrow x \,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\, d(x^k,x)\rightarrow_{k\rightarrow \infty}0 \,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\, d(x^k,x)<\frac{1}{k} \,\,für \,\, k\rightarrow \infty\).
Wenn wir nun aber das auf unsere Menge anwenden so merken wir, dass für ein wachsendes \(n\) gilt dass \(d(x,y)\rightarrow 0\) da \(\frac{1}{n}\rightarrow_{n\rightarrow \infty}0\). das würde dann aber heissen, dass unser y immer mehr Richtung x konvergiert. Da nun \(O_i\) eine offene Überdeckung ist, gilt dass \(X \subset \bigcup_{i\in I} O_i\). Für ein genug grosses \(n\) würde das nun aber wiederum heissen, dass \(\exists i \in I: y\in O_i\) was dann ein Widerspruch zur Annahme wäre.
Irgendwie denke ich aber dass das noch falsch ist.
─ karate 07.03.2021 um 19:11
Ich blick nicht durch wie Du vorgehst. Mag sein, dass da ne richtige Idee dabei ist.
Ich dachte der Anfang wäre eigentlich unausweichlich vorgegeben: Wenn es heißt "für alle n gibt es ein x", dann def. das doch ne Folge x_n. Die sehe ich bei Dir nicht. Dann sagte ich "folgenkompakt" anwenden. Also? Die K-Kugeln brauchst Du nicht ausschreiben, auch die Abstände nicht. Und dann "Überdeckung" ausnutzen. Dann "offen" ausnutzen. Dann n klein genug.
Sicherheitshalber: "folgenkompakt" heißt: Jede Folge in einer kompakten Menge enthält eine konvergente Teilfolge mit Grenzwert in dieser kompakten Menge. ─ mikn 07.03.2021 um 19:21
Ich dachte der Anfang wäre eigentlich unausweichlich vorgegeben: Wenn es heißt "für alle n gibt es ein x", dann def. das doch ne Folge x_n. Die sehe ich bei Dir nicht. Dann sagte ich "folgenkompakt" anwenden. Also? Die K-Kugeln brauchst Du nicht ausschreiben, auch die Abstände nicht. Und dann "Überdeckung" ausnutzen. Dann "offen" ausnutzen. Dann n klein genug.
Sicherheitshalber: "folgenkompakt" heißt: Jede Folge in einer kompakten Menge enthält eine konvergente Teilfolge mit Grenzwert in dieser kompakten Menge. ─ mikn 07.03.2021 um 19:21
sorry irgendwie sehe ich bei dieser Aufgabe einfach keinen roten Faden, ich sehe rein gar nichts mehr und habe auch zugleich die Motivation verloren diese Aufgabe zu lösen. Ich versuche es trotzdem noch, da ich sie gerne einfach abschliessen würde. doch irgendwie kann ich mich nicht auf das wesentliche fokussieren, bin ziemlich enttäuscht was ich heute liefere und ich glaube es wird nicht besser.
also muss ich die Folge explizit definieren oder wie meinst du das? ─ karate 07.03.2021 um 19:41
also muss ich die Folge explizit definieren oder wie meinst du das? ─ karate 07.03.2021 um 19:41
Zu jedem \(n\) gibt es ein \(x_n\in X\) mit \(\forall i\, K_\delta(x_n)\not\subseteq O_i\), (hierbei wurde die Annahme mit \(\delta:=\frac1n\) benutzt). Das ist doch nur Abschreiben und Index-dranhängen. Nun haben wir also eine Folge in X, die x_n heißt. Siehst Du den nächsten Schritt?
Ich sag ja, der Beweis ist nicht sehr lang, aber nicht einfach. Ich musste auch erst nachlesen/nachdenken (und habe daher keine Lust mich noch in die andere Version (Dein Kommilitone) reinzudenken, bitte um Verständnis).
Heißt: Du solltest deswegen nicht an Dir zweifeln. ─ mikn 07.03.2021 um 20:00
Ich sag ja, der Beweis ist nicht sehr lang, aber nicht einfach. Ich musste auch erst nachlesen/nachdenken (und habe daher keine Lust mich noch in die andere Version (Dein Kommilitone) reinzudenken, bitte um Verständnis).
Heißt: Du solltest deswegen nicht an Dir zweifeln. ─ mikn 07.03.2021 um 20:00
ja natürlich verstehe ich das wenn du nicht noch die andere Version betrachten möchtest, bin dir nur schon extrem dankbar, dass du dir so viel Zeit für eine Version nimmst!!
okei also starten wir einen hoffentlich letzten Versuch:
Wie gesagt wir definieren unser \(\delta := \frac{1}{n}\). Laut Annahme gilt dass für jedes n ein \(x_n\) existiert mit \(K_\delta(x_n) \not \subset O_i, \forall i \in I\). Da die Folge \(x_n\) in \(X\) liegt und X folgenkompakt ist, gilt dass es eine konvergente Teilfolge \(x_{n_k} \in X\) gibt so dass diese gegen \(x\) konvergiert. Da nun \(O_i\) eine Überdeckung ist, heisst dass, dass \(X \subset \bigcup_{i\in I} O_i\) ist. dabei gilt dass für jedes \(i\) die Menge \(O_i\) offen ist. Dies würde dann aber bedeuten, dass sowohl \(x\) als auch die Teilmenge \(x_{n_k}\) in einer der offenen Mengen \(O_i\) liegen. Sprich für jedes \(k \in \mathbb{N}\) gibt es ein \(r>0\) so dass \(K_r(x_{n_k})\subset O_i\). Dies ist nun aber ein Widerspruch zur Annahme.
ist das so besser? ─ karate 07.03.2021 um 20:24
okei also starten wir einen hoffentlich letzten Versuch:
Wie gesagt wir definieren unser \(\delta := \frac{1}{n}\). Laut Annahme gilt dass für jedes n ein \(x_n\) existiert mit \(K_\delta(x_n) \not \subset O_i, \forall i \in I\). Da die Folge \(x_n\) in \(X\) liegt und X folgenkompakt ist, gilt dass es eine konvergente Teilfolge \(x_{n_k} \in X\) gibt so dass diese gegen \(x\) konvergiert. Da nun \(O_i\) eine Überdeckung ist, heisst dass, dass \(X \subset \bigcup_{i\in I} O_i\) ist. dabei gilt dass für jedes \(i\) die Menge \(O_i\) offen ist. Dies würde dann aber bedeuten, dass sowohl \(x\) als auch die Teilmenge \(x_{n_k}\) in einer der offenen Mengen \(O_i\) liegen. Sprich für jedes \(k \in \mathbb{N}\) gibt es ein \(r>0\) so dass \(K_r(x_{n_k})\subset O_i\). Dies ist nun aber ein Widerspruch zur Annahme.
ist das so besser? ─ karate 07.03.2021 um 20:24
Ja, viel besser. Ein wenig fehlt mir noch die Genauigkeit. Am Ende gibt es zu \(r\) ein \(k\), NICHT für jedes \(k\) ein \(r\). Der Rest sollte also so aussehen:
Richtig, \(x\) liegt in einem der \(O_i\). Da \(O_i\) offen ist, gibt es \(r>0\) mit \(K_r(x)\subset O_i\). Sei \(n\) nun so groß, dass \(\frac1n<\frac{r}2\) und \(d(x_n,x)<\frac{r}2\) (geht, da \(\frac1n\) Nullfolge und eine TF von \(x_n\) \(\longrightarrow x\) geht). Dann gilt: \(K_{\frac1n}(x_n)\subset K_r(x)\subset O_i\) und das ist der Widerspruch zur Annahme. Begründung für \(K_{\frac1n}(x_n)\subset K_r(x)\):
Sei \(y\in K_{\frac1n}(x_n)\), dann gilt \(d(y,x)\le d(y,x_n)+d(x_n,x) < \frac1n+\frac{r}2<\frac{r}2+\frac{r}2=r\), also \(y\in K_r(x)\).
─ mikn 07.03.2021 um 22:18
Richtig, \(x\) liegt in einem der \(O_i\). Da \(O_i\) offen ist, gibt es \(r>0\) mit \(K_r(x)\subset O_i\). Sei \(n\) nun so groß, dass \(\frac1n<\frac{r}2\) und \(d(x_n,x)<\frac{r}2\) (geht, da \(\frac1n\) Nullfolge und eine TF von \(x_n\) \(\longrightarrow x\) geht). Dann gilt: \(K_{\frac1n}(x_n)\subset K_r(x)\subset O_i\) und das ist der Widerspruch zur Annahme. Begründung für \(K_{\frac1n}(x_n)\subset K_r(x)\):
Sei \(y\in K_{\frac1n}(x_n)\), dann gilt \(d(y,x)\le d(y,x_n)+d(x_n,x) < \frac1n+\frac{r}2<\frac{r}2+\frac{r}2=r\), also \(y\in K_r(x)\).
─ mikn 07.03.2021 um 22:18
ah okei ja auf das am Schluss wäre ich nun leider wirklich nicht mehr gekommen. Vielen Dank
─ karate 07.03.2021 um 23:01
─ karate 07.03.2021 um 23:01
Aber muss ich für den Satz von Heine-Borel nicht auch wissen dass meine Überdeckung abgeschlossen ist oder liege ich hier falsch? denn wir haben diesen Satz erst am Freitag eingeführt und habe noch nicht wirklich den Durchblick über diesen? ─ karate 07.03.2021 um 12:40