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Niels2 (Niels2)
Senior Mitglied Benutzername: Niels2
Nummer des Beitrags: 1074 Registriert: 06-2001
| Veröffentlicht am Samstag, den 08. Mai, 2004 - 09:19: |
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Hallo zusammen, Ich habe mal wieder folgende Aussagen zu beweisen oder zu wiederlegen: Seien A,B Teilmengen von X, (X,||.||X) normierter K-VR (K Vektorraum) Definiere A+B:={a+b|a aus A und b aus B} Aussagen: (a)A, B sind abgeschlossen, dann ist A+B abgeschlossen. (b)A,B offen, dann ist auch A+B offen. (c) A oder B offen, dann ist A+B offen. (d) A abgeschlossen und B kompakt, so ist A+B abgeschlossen. (e) A+B Kompakt, so auch A+B Kompakt. Meine Ansätze: (a)Falsch: Reichen nicht als Gegenbeispiel einpunktige Mengen? (b)keine Ahnung (c)keine Ahnung {d} Wenn (d) richtig wäre müsste auch (a) richtig sein, denn jded kompakte Teilmenge ist auch immer abgeschlossen.Daher halte ich diese Aussage für Falsch! Gegenbeispiel??? (e)ist 100% richtig, dazu habe ich sogar schonmal irgendwo ein Beweis gesehen.... hätte einder von Euch Ideen, oder irgendwelche Gegenbeispiele parat? vielen Dank! Gruß N.
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Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1378 Registriert: 02-2002
| Veröffentlicht am Sonntag, den 09. Mai, 2004 - 17:21: |
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Hallo Niels Ist irgendwo vielleicht noch angegeben mit welcher Topologie unser Raum versehen ist? MfG Christian |
Niels2 (Niels2)
Senior Mitglied Benutzername: Niels2
Nummer des Beitrags: 1075 Registriert: 06-2001
| Veröffentlicht am Sonntag, den 09. Mai, 2004 - 19:41: |
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Hi Christian, nein, ist keine Topologie angegeben. Die braucht mann aber wohl auch nicht, schließlich bewegen wir uns in einem normierten Raum. Da durch eine Norm eine Metrik "induziert" wird können wir also unseren Raum als metrischen Raum mit der von der Norm induzierten Metrik auffassen. Und dann nehmen wir halt die von der Metrik "erzeugte" Topologie. Es gilt ja bekanntlich normierter Raum=>metrischer Raum Die Umkehrung ist im allgemeinen Fallsch, da man nicht aus jeder Metrik eine Norm machen kann (Beispiel diskrete Metrik!) Naja, und die von einer Metrik erzeugte Topologie sind halt alle offenen Mengen. aber wie gesagt, Topologe spielt keine Rolle. Wir können statt normierten Raum auch einen metrischen zugrunde legen, solange halt seine Metrik von einer Norm induziert wird.... Gruß N. |
Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1379 Registriert: 02-2002
| Veröffentlicht am Sonntag, den 09. Mai, 2004 - 21:03: |
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Hi Niels nein, ist keine Topologie angegeben. Die braucht mann aber wohl auch nicht, schließlich bewegen wir uns in einem normierten Raum. Da durch eine Norm eine Metrik "induziert" wird können wir also unseren Raum als metrischen Raum mit der von der Norm induzierten Metrik auffassen. Und dann nehmen wir halt die von der Metrik "erzeugte" Topologie. Dann nehmen wir also die von der Norm induzierte Metrik und die von der Metrik erzeugte Topologie. Also eine Menge A ist offen, wenn zu jedem a€A eine e-Umgebung existiert, welche Teilmenge von A ist. Ich versuch mich dann mal an der c). Meiner Meinung nach ist c) richtig. Sei A offen, B offen oder abgeschlossen. Sei weiter a+b=c€(A+B). Außerdem sei Be(a) eine e-Umgebung von a, die Teilmenge von A ist [A ist offen]. Betrachte nun die e-Umgebung Be(c) von c. Sei z€Be(c) und a'=z-b. Wir zeigen, dass a' in Be(a) liegt: ||a'-a||=||(z-b)-a||=||z-(a+b)||=||z-c||<e Also liegt a' insbesondere auch in A und z in A+B. Also ist Be(c) eine Teilmenge von A+B und A+B ist offen. b) ist natürlich damit auch bewiesen. Die anderen versuch ich entweder nacher oder morgen. Eine Frage noch. Über die Dimension des Vektorraums wissen wir auch nichts? [Wäre ganz praktisch, wenn der endlich-dimensional wäre ] MfG Christian
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Niels2 (Niels2)
Senior Mitglied Benutzername: Niels2
Nummer des Beitrags: 1077 Registriert: 06-2001
| Veröffentlicht am Sonntag, den 09. Mai, 2004 - 21:40: |
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Hi Christian, in der Tat wäre es praktisch- auf endlichdimensionalen Vektorräumen lässt sich immer besser rechnen(hihi) als auf unendlichen. Leider sind aber bei dieser Aufgabe keine Informationen über die Dimension vorhanden!!! Gruß N. |
Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1380 Registriert: 02-2002
| Veröffentlicht am Montag, den 10. Mai, 2004 - 08:12: |
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Hallo Niels Meiner Meinung nach ist c) richtig. Sei A offen, B offen oder abgeschlossen. Hier muss es heißen B beliebig, also B kann auch weder offen noch abgeschlossen sein. Das ändert aber nichts am Beweis. (a)Falsch: Reichen nicht als Gegenbeispiel einpunktige Mengen? Hmm, wenn man einpunktige Mengen A und B nimmt, dann ist doch auch A+B einpunktig. Dann wäre auch A+B abgeschlossen. MfG Christian |
Niels2 (Niels2)
Senior Mitglied Benutzername: Niels2
Nummer des Beitrags: 1078 Registriert: 06-2001
| Veröffentlicht am Montag, den 10. Mai, 2004 - 15:49: |
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Hi Christian, was (a) betrifft mags du recht haben, aber vieleicht existiert ja ein anderes Gegenbeispiel. Ich kann mir nicht vorstellen das "alles Richtig" ist. Gruß N. |
Dull (Dull)
Erfahrenes Mitglied Benutzername: Dull
Nummer des Beitrags: 131 Registriert: 06-2002
| Veröffentlicht am Dienstag, den 11. Mai, 2004 - 13:22: |
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Moin, einen Schritt in Christians Beweis kann ich nicht nachvollziehen. Wieso sollte a'=z-b sein? b kann doch auch anderes sein als das b oben, oder? Gruß, DULL |
Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1381 Registriert: 02-2002
| Veröffentlicht am Dienstag, den 11. Mai, 2004 - 16:49: |
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Hallo Dull Wieso sollte a'=z-b sein? b kann doch auch anderes sein als das b oben, oder? Das b sollte fest gewählt sein. Ich fasse hier nochmal meine Beweisidee zusammen. Zunächst wählt man ein beliebiges b aus der Menge B. Dann ein beliebiges Element a aus der offenen Menge A und bildet c=a+b [Man erreicht offenbar alle Elemente aus A+B]. Jetzt will man ja zeigen, dass zu diesem c eine e-Umgebung existiert, die Teilmenge von A+B ist. D.h. jedes Element z in der e-Umgebung von c lässt sich darstellen als z=a'+b' mit geeigneten a' aus A, b' aus B. Man stellt fest, dass es schon reicht b'=b zu setzen. Dann zeigt man wie oben, dass im Fall ||c-z||<e auch ||a-a'||<e gilt. Wählt man also e klein genug, so liegen alle a' in der Menge A(A ist offen). Dann liegen aber auch alle z in der Menge A+B. Wie man sieht war für den Beweis die Art der Menge B völlig egal, deshalb gilt c). Hoffe mal so war es etwas verständlicher. MfG Christian |
Dull (Dull)
Erfahrenes Mitglied Benutzername: Dull
Nummer des Beitrags: 132 Registriert: 06-2002
| Veröffentlicht am Dienstag, den 11. Mai, 2004 - 16:59: |
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Wahrscheinlich habe ich gerade ein Brett vor dem Kopf... Wieso reicht es b'=b zu setzen? Hier noch kurz ein Gegenbeispiel zu a): X:=R, A:=N, B:={-(n+1/n); n aus N} Dann ist 0 nicht in A+B, aber alle Kugeln um 0 schneiden A+B. Gruß, DULL |
Niels2 (Niels2)
Senior Mitglied Benutzername: Niels2
Nummer des Beitrags: 1081 Registriert: 06-2001
| Veröffentlicht am Dienstag, den 11. Mai, 2004 - 17:12: |
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Hi Dull und Christian, ersteinamal vielen Dank für euer Bemühungen. Ist jetzt Christians Beweis für c) und damit auch für b) richtig? oder hattest du Dull da ein Fehler erblickt? @Dull: bist du sicher das N als Teilmenge von IR abgeschlossen ist???? wäre nett, wenn du dein Gegenbeispiel noch ein wenig erläuterst! Wie sieht es mit einem Gegenbeispiel für d) aus? e) beweise ich euch bei interesse noch heute Abend.... Gruß N.
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Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1382 Registriert: 02-2002
| Veröffentlicht am Dienstag, den 11. Mai, 2004 - 17:22: |
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Hallo Dull, Niels Zunächst nochmal zu meinem Beweis. Nochmal ein bisschen anders erklärt. Man nimmt ein beliebiges c aus A+B. Sei c=a+b mit a aus A und b aus B. Betrachte eine e-Umgebung von a, die komplett in A liegt(Die existiert, weil A offen ist). Dann verschieben wir praktisch diese Umgebung "um b", dann haben wir eine e-Umgebung von c, die in A+B liegt. bist du sicher das N als Teilmenge von IR abgeschlossen ist???? Die offenen Intervall in IR der Form (n,n+1) mit n als natürlicher Zahl sind ja offen. Dann ist auch die Vereinigung all dieser Intervalle offen. Also ist die Menge der natürlichen Zahlen als Komplement abgeschlossen. e) beweise ich euch bei interesse noch heute Abend.... Gerne MfG Christian
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Niels2 (Niels2)
Senior Mitglied Benutzername: Niels2
Nummer des Beitrags: 1083 Registriert: 06-2001
| Veröffentlicht am Dienstag, den 11. Mai, 2004 - 19:19: |
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Hi Christian, schau dir hier auf dem Zettelchen Aufgabe 1 an, da steht (e) gelöst da.... ist eine PS Datei.... Gruß N. |
Niels2 (Niels2)
Senior Mitglied Benutzername: Niels2
Nummer des Beitrags: 1084 Registriert: 06-2001
| Veröffentlicht am Dienstag, den 11. Mai, 2004 - 19:28: |
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Bei der Aufgabe (e) wurde die Aussage allgemein für den "IRn" bewiesen, also für den endlichdimensionalen Fall- mir ist aufgefallen das diese Aussage für den "unendlich dimensionalen Fall" nicht sein muss. Denn Das Kartesische Produkt unendlich vieler kompakter Mengen ist nicht notwendigerweise kompakt! (Soweit ich weis gilt das nur für "abzählbar unendliche Produkte das dann der Produktraum kompakt ist). Hat irgendwie mit dem Satz von Tychonoff zu tun.....glaube ich jedenfalls.... Überprüfe mal dein Beweis ob die Dimension unseres KVR ein Rolle spielt.... Gruß N. |
Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1385 Registriert: 02-2002
| Veröffentlicht am Dienstag, den 11. Mai, 2004 - 20:25: |
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Hi Niels Vielen Dank schonmal für den Beweis. Bei meinem zu Aufgabe c) spielt die Dimension des Vektorraums übrigens keine Rolle. MfG Christian |
Niels2 (Niels2)
Senior Mitglied Benutzername: Niels2
Nummer des Beitrags: 1085 Registriert: 06-2001
| Veröffentlicht am Dienstag, den 11. Mai, 2004 - 20:44: |
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Hi Christian, Ich habe mich vielleicht bei meien Formulierungen eben missverständlich ausgedrückt. Das (e) richtig ist für den endlichdimensionalen Fall ist nun klar, wie das mit (e) im "unendlichdimensionalen Fall" aussieht weis ich halt nicht. Ich vermute halt das die Aussage (e) im unendlichen Fall falsch sein könnte. Jedenfalls wenn ich den Beweis ins unendliche übertragen wollte, müsste ich wissen, ob das unendliche Produkt kompakter Mengen wieder kompakt wäre. Und hier kommt Tychonoff ins Spiel??? In einer Analysis II VL hat ´mein Prof. bewiesen, das das Produkt von abzählbar vielen kompakten Räumen wieder kompakt ist. (Da wir das "damals" mit Folgenkompaktheit bewiesen haben und daher immer wieder mit Teilfolgenargumenten gearbeitet haben ist die Aussage relativ "schwach". Ich weis nichteinmal ob der Satz für abzählbar unendliche Produkte gilt, geschweige denn unendliche Produkte. Ausserdem gilt "Tychonoff" wohl für topologische Räume- da metrische Räume besondere topologische Räume sind weis ich nicht welchen Einfluss unsere Metrik auf den Satz von Tychonoff hat.... Wer weis, vielleicht gibt es ja für (e) einen eleganteren Beweis, der nicht auf dem kartesischen Produkt kompakter Mengen beruht.... Du weist ja, nix genaues weis man nicht..... Gruß N.} |
Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1386 Registriert: 02-2002
| Veröffentlicht am Dienstag, den 11. Mai, 2004 - 21:35: |
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Das (e) richtig ist für den endlichdimensionalen Fall ist nun klar, wie das mit (e) im "unendlichdimensionalen Fall" aussieht weis ich halt nicht. Ich vermute halt das die Aussage (e) im unendlichen Fall falsch sein könnte. Also verstehe ich das jetzt richtig, dass du zeigen willst, dass e) auch dann gilt, wenn der Vektorraum unendlichdimensional ist? Ich denke das gilt auch dort. Beweis: Wir müssen zeigen, dass jede Folge in A+B eine in A+B konvergente Teilfolge hat. [Das ist ja in unendlichdimensionalen und endlichdimensionalen Vektorräumen äquivalent dazu, dass die Menge A+B kompakt ist] Seien nun A und B kompakt und (cn) eine Folge in A+B. Sei cn=an+bn mit Folgen (an) und (bn) in A und B. Betrachte eine konvergente Teilfolge von (an). Diese existiert, weil A kompakt ist. Die Teilfolge sei mit (akn) bezeichnet. Betrachte die Teilfolge (bkn) von (bn). Auch sie hat eine konvergente Teilfolge (brn). Da dann (arn) eine Teilfolge von (akn) ist, konvergiert sie. Sei also lim arn = a aus A lim brn = b aus B. Dann gilt lim crn=a+b aus A+B. Beweis: Sei e so klein, dass ||arn-a||<e/2 und ||brn-b||<e/2 für N£n aus IN gilt. Dann gilt ||crn-(a+b)||=||arn+brn-a-b|| £||arn-a||+||brn-b||<e Also hat (cn) eine in A+B konvergente Teilfolge. Daraus folgt, dass A+B kompakt ist, egal ob unser Vektorraum eine endliche oder unendliche Dimension hat. MfG Christian |
Niels2 (Niels2)
Senior Mitglied Benutzername: Niels2
Nummer des Beitrags: 1087 Registriert: 06-2001
| Veröffentlicht am Dienstag, den 11. Mai, 2004 - 22:41: |
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Hi Christian, das klingt wunderbar Plausiebel! Durch diese Folgenargumentation haben wir uns mal wieder von der Dimension unseres KVR gelöst! obwohl danach müsste ja das "unendliche kartesische Produkt" kompakter Mengen wieder kompakt sein- was ich nicht so recht glauben will.... ich wird mal nachforschen.... ansonsten vielen Dank für deine Bemühungen, ein Gegenbeispiel zu (d) wäre noch nett.... Gruß N. |
Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1387 Registriert: 02-2002
| Veröffentlicht am Dienstag, den 11. Mai, 2004 - 22:59: |
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Hallo Niels Ich hab den Beweis für e) von dir oben bisher nur überflogen. Aber ehrlich gesagt sehe ich nicht, wofür wir ein "unendliches kartesisches Produkt" brauchen sollten. Das kartesische Produkt bezieht sich doch nur auf folgendes: Angenommen wir haben ein Element c aus A+B. Es soll gelten c=a+b mit a aus A und b aus B. Dann können wir c auch mit dem 2-Tupel (a,b) identifizieren. Das kartesische Produkt bezeichnet dann gerade diese 2-Tupel. Von daher ist es ja egal, ob wir nun einen Vektorraum endlicher oder unendlicher Dimension haben. Das kartesische Produkt bezieht sich in unserem Fall hier immer auf nur 2 Mengen und nicht unendlich viele. Ob sich der restliche Beweis auch auf unendlich dimensionale Vektorräume übertragen lässt kann ich so nicht sagen, dafür müsste ich ihn erstmal genauer lesen. MfG Christian |
Niels2 (Niels2)
Senior Mitglied Benutzername: Niels2
Nummer des Beitrags: 1088 Registriert: 06-2001
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 12. Mai, 2004 - 08:19: |
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Hi Christian, du hast recht, das mit dem unendlichen Produkt ist blödsinn. Ich habe mich auch nochmal über Tychonoff gekümmert. Herrn Tychonoff ist es auch egal wie viele Produkte es sind, solange jeder einzelne Raum kompakt ist.... Da hatte ich Tychonoff wohl falsch in erinnerung. Gruß N. |
Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1388 Registriert: 02-2002
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 12. Mai, 2004 - 11:17: |
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Hi Niels d) fehlt ja immer noch ;) Ich würde sagen d) ist richtig, wir brauchen also kein Gegenbeispiel zu suchen. In metrischen Räumen sind äquivalent: (1) M ist abgeschlossen (2) Ist (an) eine konvergente Folge in M, so ist lim an aus M. Sei nun A abgeschlossen und B kompakt. Betrachte die konvergente Folge (cn) aus A+B mit lim cn = c. Sei weiter cn=an+bn Da B kompakt ist, existiert eine konvergente Teilfolge (bkn) mit lim bkn = b, wobei b in B liegt. Offenbar gilt immer noch lim ckn = c. Man rechnet nach, dass dann (akn) gegen a:=c-b konvergiert. Da A abgeschlossen ist, liegt a in A. Damit liegt aber auch c in A+B und A+B ist abgeschlossen. MfG Christian |
Niels2 (Niels2)
Senior Mitglied Benutzername: Niels2
Nummer des Beitrags: 1090 Registriert: 06-2001
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 12. Mai, 2004 - 14:27: |
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Hi Christian, an der stelle "man rechnet leicht nach...." verstehe ich dein Beweis nicht richtig. Zweitens, wäre wenn (d) mit deinen Beweis richtig wäre nicht auch (a) richtig? (Jede kompakte Menge ist abgeschlossen) Dann wäre Dulls Gegenbeispiel hinfällig. Oder sehe ich etwas falsch? Deine angegebene Äquivalenz mit abgeschlossenen metrischen Räumen und Folgen ist richtig, die kenne ich auch, aber wie gesagt, wenn (d) richtig ist müsste meiner Meinung auch (a) richtig sein....irgendetwas ist hier also faul... Gruß N.
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Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1390 Registriert: 02-2002
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 12. Mai, 2004 - 15:25: |
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Hallo Niels Zunächst mal zu deiner zweiten Frage. Selbst wenn jede kompakte Menge abgeschlossen ist bedeutet das ja noch nicht, dass jede abgeschlossene Menge auch kompakt ist. Wir dürfen nicht a) aus d) folgern. Bei Dulls Beispiel sind beide Megen nur abgeschlossen, aber keine ist kompakt(weil nicht beschränkt). Deshalb funktioniert auch das Beispiel. Jetzt zu der Sache, dass (akn) gegen a konvergiert. Angenommen (akn) würde nicht gegen a konvergieren. Dann existiert ein e>0, so dass für jedes N€IN ein m³N existiert mit ||akm-a||³e Wir wählen nun N so groß, dass ||bkn-b||<e/2 und ||ckn-c||<e/2 gilt für n³N. Zu diesem N existiert aber auch ein m³N, so dass ||akm-a||³e gilt. Dann folgt(Dreiecksungleichung nach unten): ||ckm-c||=||akm+bkm-(a+b)||³||akn-a||-||bkn-b||³e-e/2=e/2. Ein Widerspruch, also konvergiert (akn) gegen a. MfG Christian
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Niels2 (Niels2)
Senior Mitglied Benutzername: Niels2
Nummer des Beitrags: 1091 Registriert: 06-2001
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 12. Mai, 2004 - 17:22: |
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Hi Christian, ich komme gerade frisch von meiner Analysis II Übung. Uns wurde dort gesagt das b)-e) richtig sind (PUHHH, damit haben wir alle Beweise praktisch komplett zusammen) nur a) sie Fallsch. Nun kommt der Knackpunkt: Funktioniert Dulls Beispiel in IR? Laut meinem Ü- Leiter und Prof. gibt es "nur" ein Gegenbeispiel in C. Außerdem kann ich ja, wenn ich mir Dulls Beispiel anschaue in der Summer A+B nur rationale Zahlen erwischen, Q ist aber so weit ich weis abgeschlossen (oder nicht???) Jedenfalls gefiel meinem Ü- Leiter mein Beispile nicht so recht. D.h entweder hat er mich jetzt verwirrt, und mich verunsichert, oder er hat das Beispiel selbst nicht verstanden. IN ist abgeschlossen, das sehe ich ein, warum ist B abgeschlossen und warum ist A+ B nicht abgeschlossen? müsste A+B nicht R sein? Gruß N. |
Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1391 Registriert: 02-2002
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 12. Mai, 2004 - 17:32: |
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Hi Niels Das hört sich ja schonmal gut an, dass b)-e) richtig ist Dulls Beispiel klingt aber irgendwie plausibel finde ich. Die natürlichen Zahlen sind in IR abgeschlossen. Die Menge B ist ja auch eine Punktmenge, die keine Häufungspunkte besitzt. Dann können wir ja auch immer die offenen Intervalle zwischen den Punkten betracht. Die Vereinigung ist offen, also ist B als Komplement abgeschlossen. Und A+B ist nicht abgeschlossen, weil IR-(A+B) nicht offen ist. Wir können ja leicht nachrechnen, dass 1/n für n aus IN in A+B liegt, der Punkt 0 liegt aber nicht in A+B. Also liegt in jeder e-Umgebung von 0 ein Wert aus A+B. Damit ist X-(A+B) nicht offen, also A+B nicht abgeschlossen. Ich wüsste nicht wo da der Fehler stecken sollte... MfG Christian
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Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1392 Registriert: 02-2002
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 12. Mai, 2004 - 17:42: |
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So ich bin jetzt erstmal bis nächsten Donnerstag im Urlaub. Also nicht wundern, falls ich nicht antworte in den nächsten Tagen |
Niels2 (Niels2)
Senior Mitglied Benutzername: Niels2
Nummer des Beitrags: 1092 Registriert: 06-2001
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 12. Mai, 2004 - 19:29: |
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Hi Christian, geht klar, den Urlaub hast du dir verdient! schöne Grüße Niels |
Niels2 (Niels2)
Senior Mitglied Benutzername: Niels2
Nummer des Beitrags: 1122 Registriert: 06-2001
| Veröffentlicht am Montag, den 31. Mai, 2004 - 09:18: |
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So, auf besonderen Wunsch von Christian präsentiere ich hier die "Ultra kurz Lösung" von Aufgabe e) vor: A, B kompakt (wie oben) Beh: A+B kompakt Bew: Da A, B nach Voraussetzung kompakt sind ist auch das kartesische Produkt AxB kompakt. Definiere Abbildung: f;AxB->A+B f ist als Abbildung stetig. Stetige Bilder kompakter Mengen sind kompakt. Also A+B kompakt! So kurz und knackig kann es gehen- wäre ich persönlich nie drauf gekommen:-) Gruß N. |