Unendlicher Schnitt kompakter < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Sei X ein kompakter metrischer Raum und [mm] K_{i} [/mm] i [mm] \in \IN [/mm] eine Familie abgeschlossener Teilmengen, sodass [mm] \bigcap_{i=1}^{\infty} [/mm] = {} gilt.
Zeigen Sie, dass es ein n [mm] \in \IN [/mm] gibt, sodass [mm] \bigcap_{i=1}^{n} [/mm] = {} ist. |
Guten Morgen,
ich habe diese Frage bereits einmal gestellt und jetzt weiter rumprobiert. Mittlerweile ist aber die Frage in den Tiefen dieses Forums verschwunden, also stelle ich meine weiteren Überlegungen nocheinmal als neue Frage.
:)
Da [mm] K_{i} [/mm] nach Voraussetzung abgeschlossene Teilmengen eines kompakten metrischen Raumes X sind, sind diese auch kompakt, denn sie sind durch das supremum der Abstände der Punkte aus X beschränkt.
Ich versuche einen Beweis durch Widerspruch:
[mm] \bigcap_{i=1}^{n} K_{i} [/mm] = K.
=> [mm] K_{i} \forall [/mm] i [mm] \in [/mm] {1,...,n} und K sind kompakt
Sei [mm] (x_{i})_{i \in \IN} [/mm] eine Folge in [mm] \bigcap_{i=1}^{n}K_{i}
[/mm]
=> [mm] (x_{i})_{i \in \IN} [/mm] besitzt konvergente Teilfolgen, sodass diese in jedem der [mm] K_{i} [/mm] konvergieren.
=> in jedem der [mm] K_{i} [/mm] liegen fast alle Folgenglieder, also kann der unendliche Schnitt nicht leer sein.
Dies wäre ein Widerspruch zur Voraussetzung.
Leider ist dieser Beweis wahrscheinlich grottenfalsch. Könnte ihn jemand verbessern oder mir einen zweiten Ansatz geben....ich verzweifel noch
:)
Viele Grüße
Alex
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:35 So 22.01.2006 | | Autor: | Hanno |
Hallo.
> Sei $ [mm] (x_{i})_{i \in \IN} [/mm] $ eine Folge in $ [mm] \bigcap_{i=1}^{n}K_{i} [/mm] $
Soll [mm] $x_n\in \bigcap_{i=1}^{n} K_i$ [/mm] sein? Wenn ja, dann sieht das vielversprechend aus. Es geht aus deinen Ausführungen jedoch nicht hervor, ob du $n$ zu Begin fixierst oder nicht. Ersteres machte allerdings keinen Sinn.
> => in jedem der $ [mm] K_{i} [/mm] $ liegen fast alle Folgenglieder, also kann der unendliche Schnitt nicht leer sein.
> Dies wäre ein Widerspruch zur Voraussetzung.
Diesen Schluss verstehe ich nicht. Du könntest ihn ebenso tätigen, wenn die [mm] $K_i$ [/mm] offen wären, und dann wäre er falsch (setze beispielsweise [mm] $K_i=\left(0,\frac{1}{i}\right)$). [/mm]
Deine Idee der konvergenten Teilfolgen allerdings war gut. Es ist [mm] $x_i\in K_1$ [/mm] für alle [mm] $i\in \IN$; [/mm] da [mm] $K_1$ [/mm] kompakt ist, existiert also ein [mm] $k\in K_1$, [/mm] sodass $k$ Häufungspunkt von [mm] $(x_i)_{i\in\IN}$ [/mm] ist. Wäre nun [mm] $\bigcap_{i=1}^{\infty} K_i=\emptyset$, [/mm] so gäbe es ein [mm] $n_0\in \IN$ [/mm] mit [mm] $k\notin K_{n_0}$. [/mm] Da [mm] $X\setminus K_{n_0}$ [/mm] offen ist, existierte somit eine Umgebung $U$ von $k$, sodass auch [mm] $U\cap K_{n_0}=\emptyset$. [/mm] Dies steht im Widerspruch dazu, dass $k$ Häufungspunkt von [mm] $(x_i)_{i\in\IN}$ [/mm] ist - warum?
Eine andere Möglichkeit, die Behauptung nachzuweisen, wäre folgende:
Da die [mm] $K_i$ [/mm] abgeschlossen sind, ist [mm] $X\setminus K_i$ [/mm] offen für alle [mm] $i\in \IN$. [/mm] Nach Voraussetzung gilt nun [mm] $\bigcap_{i=1}^{\infty} K_i=\emptyset$, [/mm] d.h. [mm] $\bigcup_{i=1}^{\infty} (X\setminus K_i)=X$. [/mm] Damit ist [mm] $\{X\setminus K_i\}_{i\in \IN}$ [/mm] eine offene Überdeckung von $X$. Bringe nun die Kompaktheit von $X$ ins Spiel. Versuch es bitte einmal.
Liebe Grüße,
Hanno
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 13:54 So 22.01.2006 | | Autor: | Mathe_Alex |
Vielen Dank für deine schnelle Antwort,
über das Komplement habe ich es auch schon mal versucht, bin da aber nicht weitergekommen. Deine zweite Lösung gefällt mir besser als die über konvergente Teilfolgen.
Jeder kompakte Raum mit offener Überdeckung hat eine endliche Teilüberdeckung, also
[mm] \bigcup_{i=1}^{n} [/mm] X \ [mm] K_{i} [/mm] = [mm] \bigcap_{i=1}^{n}K_{i}.
[/mm]
Das sollte man ja zeigen. Über den Widerspruchsbeweis mach ich mir gerade noch Gedanken.
:)
Viele Grüße
Alex
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:58 So 22.01.2006 | | Autor: | Hanno |
Hallo.
> über das Komplement habe ich es auch schon mal versucht, bin da aber nicht weitergekommen. Deine zweite Lösung gefällt mir besser als die über konvergente Teilfolgen.
Mir auch. Ich bin mir auch nicht sicher, ob ich bei diesem Ansatz nicht auch etwas zu kompliziert gedacht habe und es noch einfacher geht. Am schönsten und direktesten ist in jedem Fall der Beweis durch die Betrachtung der Überdeckung durch die Komplemente.
> Jeder kompakte Raum mit offener Überdeckung hat eine endliche Teilüberdeckung, also
> $ [mm] \bigcup_{i=1}^{n} [/mm] $ X \ $ [mm] K_{i} [/mm] $ = $ [mm] \bigcap_{i=1}^{n}K_{i}. [/mm] $
Du meinst $X= [mm] \bigcup_{i=1}^{n} [/mm] X [mm] \setminus K_{i} [/mm] = [mm] X\setminus \bigcap_{i=1}^{n}K_{i}$, [/mm] also [mm] $\bigcap_{i=1}^{n} K_i [/mm] = [mm] \emptyset$. [/mm] Genau. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Liebe Grüße,
Hanno
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:28 So 22.01.2006 | | Autor: | SEcki |
> Mir auch. Ich bin mir auch nicht sicher, ob ich bei diesem
> Ansatz nicht auch etwas zu kompliziert gedacht habe und es
> noch einfacher geht. Am schönsten und direktesten ist in
> jedem Fall der Beweis durch die Betrachtung der Überdeckung
> durch die Komplemente.
Über Schönheit kann man ja streiten. als ich geantwortet habe, ahtte ich folgendes im Sinn: Falls dies falsch ist, nehme für jedes i ein [m]x_i\in \cup_j^i K_j[/m]. Dann mittels Diagonalfolge würde man einen Puinkt finden, der in allen [m]K_i[/m] vorhanden ist. Vergleiche zB Satz von Aszela-Ascoli.
SEcki
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