Beschränktheit < komplex < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | | Sei [mm] f:K\to\IC [/mm] und sei K kompakt, dann ist f beschränkt auf K (nach dem Satz von Heine). Zeigen Sie, dass f seine Schranke auf K annimmt: [mm] \exists z_{0}\in [/mm] K so dass [mm] |f(z)|=\sup{\{f(z):z\in K \}} [/mm] |
Hallo,
ich bin bei dem Beweis etwas unsicher... Wenn der Satz von Heine angewandt wird, setzt das doch voraus, dass f stetig ist, oder ?
Kann ich den Beweis dann wie folgt führen :
Sei [mm] \varepsilon>0. [/mm] Da f stetig ist, gibt es für jedes [mm] c\in [/mm] K ein [mm] \delta_{c}>0 [/mm] so dass |f(z)-f(c)|<1 [mm] \forall z\in N(c,\delta_{c}) [/mm] (N ist eine Umgebung von c mit radius [mm] \delta_{c}). [/mm] Die Mengen [mm] N(c,\delta_{c}) [/mm] überdecken K, und daher nach dem Satz von Heine-Borel überdeckt auch
[mm] \{N(c_{i},\delta_{i}):i=1,2,...,m\} [/mm] die Menge K.
Sei [mm] M=\max{(|f(c_1)|+1,...,|f(c_m)|+1)} [/mm] und sei [mm] z\in [/mm] K. Dann ist [mm] z\in N(c_{i},\delta_{i}) [/mm] für mindestens ein [mm] i\in\{1,2,...,m\} [/mm] und daher
[mm] |f(z)|-|f(c_{i})|\leq |f(z)-f(c_{i})|<1.
[/mm]
Also,
[mm] |f(z)|<|f(c_{i})|+1\leq [/mm] M.
Sei nun [mm] S=\sup_{K}{|f|}. [/mm]
Die Annahme dass |f(z)|<S [mm] \forall z\in [/mm] K führt nun zu einem Widerspruch. Sei
[mm] g(z)=\frac{1}{S-|f(z)|}
[/mm]
diese Funktion is stetig und beschränkt auf K. Aud der anderen Seite [mm] \forall [/mm] M>0 [mm] \exists z\in [/mm] K so dass [mm] S-|f(z)|<\frac{1}{M}. [/mm] Daher |g(z)|=g(z)>M damit wäre g nicht beschränkt. Dies ist ein Widerspruch, daher nimmt |f| sein Supremum auf K an.
Kommt man damit voran oder funktioniert der Beweis an einer Stelle nicht ?
Lg
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:40 Mi 23.02.2011 | | Autor: | gfm |
> Sei [mm]f:K\to\IC[/mm] und sei K kompakt, dann ist f beschränkt auf
> K (nach dem Satz von Heine). Zeigen Sie, dass f seine
> Schranke auf K annimmt: [mm]\exists z_{0}\in[/mm] K so dass
> [mm]|f(z)|=\sup{\{f(z):z\in K \}}[/mm]
> Hallo,
Meinst Du [mm]|f(z_0)|=\sup{\{|f(z)|:z\in K \}}[/mm] ?
> ich bin bei dem Beweis etwas unsicher... Wenn der Satz von
> Heine angewandt wird, setzt das doch voraus, dass f stetig
> ist, oder ?
Sehe ich auch so. Sonst könnte man mit einem Term mit einer Polstelle und einen beliebigen Wert für die Polstelle ein Gegenbeispiel konstruieren.
Ich mag jetzt nicht auf Deinen Beweis eingehen. Deshalb nur so als Idee:
1)
Ein stetiges Bild eines Urbild-Kompaktums ist kompakt, da eine offene Überdeckung des Bilds eine offene Überdeckung des Urbilds ist, welches ja dann eine endliche Teilüberdeckung besitzt, deren Bilder dann wiederum eine endliche offene Überdeckung des Bilds ergeben.
2)
[mm] |.|\circ [/mm] f ist eine stetige Abbildung von K nach [mm] \IR.
[/mm]
3)
So viel ich weiß, enthält eine kompakten Teilmenge von [mm] \IR [/mm] ihr Infimum und Supremum.
LG
gfm
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:08 Mi 23.02.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo gfm,
> > Sei [mm]f:K\to\IC[/mm] und sei K kompakt, dann ist f beschränkt auf
> > K (nach dem Satz von Heine). Zeigen Sie, dass f seine
> > Schranke auf K annimmt: [mm]\exists z_{0}\in[/mm] K so dass
> > [mm]|f(z)|=\sup{\{f(z):z\in K \}}[/mm]
> > Hallo,
>
> Meinst Du [mm]|f(z_0)|=\sup{\{|f(z)|:z\in K \}}[/mm] ?
>
> > ich bin bei dem Beweis etwas unsicher... Wenn der Satz von
> > Heine angewandt wird, setzt das doch voraus, dass f stetig
> > ist, oder ?
>
> Sehe ich auch so. Sonst könnte man mit einem Term mit
> einer Polstelle und einen beliebigen Wert für die
> Polstelle ein Gegenbeispiel konstruieren.
>
> Ich mag jetzt nicht auf Deinen Beweis eingehen. Deshalb nur
> so als Idee:
>
> 1)
>
> Ein stetiges Bild eines Urbild-Kompaktums ist kompakt, da
> eine offene Überdeckung des Bilds eine offene Überdeckung
> des Urbilds ist, welches ja dann eine endliche
> Teilüberdeckung besitzt, deren Bilder dann wiederum eine
> endliche offene Überdeckung des Bilds ergeben.
>
> 2)
>
> [mm]|.|\circ[/mm] f ist eine stetige Abbildung von K nach [mm]\IR.[/mm]
>
> 3)
>
> So viel ich weiß, enthält eine kompakten Teilmenge von
> [mm]\IR[/mm] ihr Infimum und Supremum.
joa, denn kompakt ist hier gleichbedeutend mit beschränkt und abgeschlossen. Man müsste dann hier aber auch wissen, dass Bilder kompakter Mengen unter stetigen Abbildungen kompakt sind.
Ich überleg' mir das gerade mal:
Die Beschränktheit ist nach Heine klar. Ist nun [mm] $(y_n)_n$ [/mm] eine Folge in [mm] $f(K)\,,$ [/mm] so gibt es [mm] $x_n \in [/mm] K$ mit [mm] $f(x_n)=y_n$ [/mm] für alle [mm] $n\,$ [/mm] und falls [mm] $y_n \to [/mm] y [mm] \in \IR\,,$ [/mm] so können wir zwar nicht sagen, dass [mm] $x_n \to [/mm] x$ mit einem $x [mm] \in [/mm] K$ mit [mm] $f(x)=y\,,$ [/mm] wohl aber, dass es eine Teilfolge [mm] $(x_{n_m})_m$ [/mm] von [mm] $(x_n)_n$ [/mm] und ein $x [mm] \in [/mm] K$ mit [mm] $f(x)=y\,$ [/mm] gibt, wobei [mm] $(x_{n_m})_m$ [/mm] konvergent gegen [mm] $x\,$:
[/mm]
Denn [mm] $(x_n)_n$ [/mm] hat wegen der Kompaktheit von [mm] $K\,$ [/mm] eine konvergente Teilfolge [mm] $(x_{n_m})_m$, [/mm] die gegen ein $x [mm] \in [/mm] K$ konvergiert, und die Stetigkeit von [mm] $f\,$ [/mm] liefert, dass
[mm] $$f(x_{n_m}) \to [/mm] f(x)$$
und es galt auch
[mm] $$f(x_{n_m}) \to [/mm] y$$
bei $m [mm] \to \infty\,.$ [/mm] Die Eindeutigkeit des Grenzwertes besagt dann [mm] $f(x)=y\,.$ [/mm] Also ist [mm] $f(K)\,$ [/mm] auch abgeschlossen.
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:48 Mi 23.02.2011 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Sei [mm]f:K\to\IC[/mm] und sei K kompakt, dann ist f beschränkt auf
> K (nach dem Satz von Heine). Zeigen Sie, dass f seine
> Schranke auf K annimmt: [mm]\exists z_{0}\in[/mm] K so dass
> [mm]|f(\red{z})|=\sup{\{\red{f(z)}:z\in K \}}[/mm]
steht da nicht eher
[mm] $$f(\blue{z_0})=\sup\{\blue{|f(z)|}: z \in K\}\text{?}$$
[/mm]
(Beachte die Betragszeichen in der Mengenklammer!)
> Hallo,
>
> ich bin bei dem Beweis etwas unsicher... Wenn der Satz von
> Heine angewandt wird, setzt das doch voraus, dass f stetig
> ist, oder ?
Ja, da hat der Aufgabensteller geschlampt. Es sollte sicher irgendwo in den Voraussetzungen stehen, dass [mm] $f\,$ [/mm] stetig ist, ansonsten ist die Behauptung schlichtweg falsch, wie schon erwähnt würde, aber auch das Beispiel
[mm] $$f(z):=1/z\;\;\;\; [/mm] (z [mm] \not=0, [/mm] |z| [mm] \le [/mm] 1)$$
mit $f(0):=0$ zeigt.
Den Beweis hier kann man übrigens einfach mit Teilfolgen führen, denn eine Menge eines metrischen Raumes ist genau dann kompakt, wenn jede Folge eine konvergente Teilfolge hat:
Wegen der Stetigkeit von [mm] $f\,$ [/mm] ist $f(K)$ beschränkt. Ist [mm] $S\,$ [/mm] das Supremum von [mm] $|f(K)|\,,$ [/mm] so existiert also eine Folge [mm] $(k_n)_n$ [/mm] in $K$ mit [mm] $|f(k_n)| \to S\,.$ [/mm]
Wegen der Kompaktheit hat diese eine in [mm] $K\,$ [/mm] konvergente Teilfolge [mm] $(k_{n_m})_m\,,$ [/mm] d.h. diese konvergiert gegen ein [mm] $z_0 \in K\,.$
[/mm]
Benutze nun die Stetigkeit von [mm] $f\,$ [/mm] und beachte, dass dann, wegen der Stetigkeit der Betragsfunktion auch [mm] $|f(\cdot)|$ [/mm] stetig ist, um die Behauptung zu zeigen:
Aus [mm] $\lim_{m \to \infty}k_{n_m}=z_0$ [/mm] folgt dann nämlich
[mm] $$S=\lim_{m \to \infty}|f(k_{n_m})|$$
[/mm]
und daraus, nach dem Anfügen eines Gleichheitszeichens und eines Terms (erinnere Dich: "bei stetigen Funktionen darf man den Limes ins Argument ziehen")
was Du nun bitte noch selbst mal machst, auch schon "alles", wobei "alles" hier einfach nur die Behauptung meint.
Gruß,
Marcel
|
|
|
|
