Abgeschlossene Teilmengen von R

08.03.2008, 21:32

beuteltier

Abgeschlossene Teilmengen von R

hallo
ich habe da ein kleines problem beim verständnis:
sind alle abgeschlossenen teilmengen von $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ intervalle vom typ $\begin{eqnarray*} [a,b] \end{eqnarray*}$ oder endliche/abzählbare punktmengen?
ich meine, das sind die einzigen, die ich kenne
aber ich kann mir vorstellen, dass man auch mengen konstruieren kann, die nicht so aussehen, aber trotzdem abgeschlossen sind.

falls das die einzigen sind, wie zeigt man das? falls nicht, wie zeigt man, dass [0,1] nicht als vereinigung von höchstens abzählbar vielen disjunkten abgeschlossenen mengen geschrieben werden kann?

08.03.2008, 21:45

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Zitat:

Original von beuteltier
aber ich kann mir vorstellen, dass man auch mengen konstruieren kann, die nicht so aussehen, aber trotzdem abgeschlossen sind.

So ist es. Prominentes Beispiel: Die Cantormenge.

Zitat:

Original von beuteltieri
dass [0,1] nicht als vereinigung von höchstens abzählbar vielen disjunkten abgeschlossenen mengen geschrieben werden kann?

Das kann nicht ganz die Aufgabenstellung sein - schließlich genügt die Zerlegung $\begin{eqnarray*} [0,1] = [0,1] \end{eqnarray*}$ (also in nur eine Menge) den Bedingungen... Augenzwinkern

08.03.2008, 21:54

beuteltier

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entschuldige, diese triviale zerlegung natürlich ausgeschlossen. also eine zerlegung von min. 2, höchstens abzählbar vielen disjunkten abgeschlossenen mengen.

aber schon mal danke für die cantormenge Mit Zunge

08.03.2008, 22:49

Leopold

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Auch $\begin{eqnarray*} [-1,1] \cup [2007,2008] \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} [-1,1] \cup \{ 3,4,5 \} \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} [-1,\infty) \end{eqnarray*}$ sind abgeschlossene Mengen.

09.03.2008, 09:12

beuteltier

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hmm ja gut. bleibt noch die frage, warum man [0,1] nicht als disjunkte vereinigung von min. 2, max. abzählbar vielen abgeschlossenen, nichtleeren mengen schreiben kann verwirrt

09.03.2008, 13:51

WebFritzi

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Weil [0,1] zusammenhängend ist. Augenzwinkern

09.03.2008, 14:36

Mathespezialschüler

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@Webfritzi
Wie definierst du "zusammenhängend"?

09.03.2008, 14:50

WebFritzi

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Kurz überlegen... Wie war das noch gleich... Man definiert das mit dem Gegenteil. Eine Menge M ist nicht zusammenhängend genau dann, wenn es zwei disjunkte offene Mengen U und V gibt, so dass $\begin{eqnarray*} M\subset U\cup V. \end{eqnarray*}$ Eine Menge heißt zusammenhängend, wenn sie nicht nicht zusammenhängend ist. Augenzwinkern

EDIT: Habe vergessen, dass U und V nicht leer sein müssen.

Siehe auch http://de.wikipedia.org/wiki/Zusammenhang_(Topologie).

09.03.2008, 15:09

Mathespezialschüler

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Ok, dann ist diese Aussage natürlich klar für das abgeschlossene Einheitsintervall. Bleibt nur die Frage, wie du beweist, dass eine zusammenhängende Menge nicht als Vereinigung mindestens zweier und höchstens abzählbar vieler nichtleerer, disjunkter, abgeschlossener Mengen geschrieben werden kann?!

Edit: Also klar sind ja im Prinzip alle Aussagen, um die es hier geht. Erstaunlicherweise sind die Beweise (mir zumindest) aber nicht so klar. Insofern mach ich mich erstmal daran, einen etwas einfacheren Weg zu finden, um zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} [0,1] \end{eqnarray*}$ zusammenhängend ist.

09.03.2008, 15:27

beuteltier

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ja also wenn ich es richtig verstehe, folgt aus dem zusammenhang des intervalls, dass es nicht als vereinigung von 2 abgeschlossenen nichtleeren mengen geschrieben werden kann, da die vereinigung der komplemente eine vereinigung von offenen mengen wäre, die dem zusammenhang widerspricht.

das muss dann auch für eine endliche vereinigung gelten.

ich sehe aber noch nicht, wie man das auf abzählbare vereinigungen überträgt, immerhin geht es ja, wenn man eine überabzählbare vereinigung nimmt (vereinigung der einzelpunktmengen).

vielleicht kannst du das noch näher erläutern?

09.03.2008, 15:45

WebFritzi

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Bei endlich vielen ist es einfach. Deine Begründung dazu leuchtet mir allerdings nicht ein.

Bei abzählbar vielen bin ich mir schon gar nicht mehr so sicher. Hatte oben wieder mal zu schnell gelesen. Man könnte sich ja sowas wie abzählbar viele disjunkte "Cantor-Mengen" vorstellen.

09.03.2008, 16:30

beuteltier

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hmm das scheint mir etwas vertrackt. ich glaube, das ist ein garnicht so einfaches problem wie ich gedacht habe. vielleicht stimmt meine behauptung auch garnicht?? verwirrt

09.03.2008, 16:40

Mathespezialschüler

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Ja, das Ganze ist tatsächlich nicht so einfach.

Zitat:

Original von beuteltier
falls das die einzigen sind, wie zeigt man das? falls nicht, wie zeigt man, dass [0,1] nicht als vereinigung von höchstens abzählbar vielen disjunkten abgeschlossenen mengen geschrieben werden kann?

Was mich noch irritiert, wie du auf diese zweite Frage kommst. Was hat denn die Tatsache, dass nicht alle abgeschlossenen Teilmengen von $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ endlich Intervalle oder "höchstens abzählbare Punktmengen" (was auch immer das bedeuten soll) sind, mit der zweiten Frage zu tun?

09.03.2008, 16:50

beuteltier

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naja, ich weiss nicht, wie man es formal aufschreiben würde, aber wenn man versucht, das intervall [0,1] als vereinigung von intervallen der form [a,b] zu schreiben, dann kommt man jedenfalls bei endlichen vielen intervallen zu dem problem, dass sich entweder die grenzen überschneiden, oder man halt "lücken" bekommt.
wobei, wenn ich nochmal drüber nachdenke, kann man vielleicht mit abzählbar vielen intervallen auch "cantor-mässig" die lücken schliessen. <-- stimmt das?

09.03.2008, 16:58

WebFritzi

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Ich glaube, du hast Mathespezialschüler nicht verstanden. Er fragte danach, warum du diese Frage überhaupt stellst.

09.03.2008, 17:04

beuteltier

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müsste dann so aussehen:

0. schritt: vereinige [0,1/4] und [3/4,1]
es fehlt dann eine "lücke" der länge 1/2 zwischen den beiden

1. schritt: diese lücke kann man auffüllen, indem man ein ein geschl. intervall der länge 1/4 mittig platziert.

nun entstehen 2 lücken, die man analog auffüllt.

also im n. schritt hat man eine n lücken der länge $\begin{eqnarray*} 2^{-n} \end{eqnarray*}$ , die man jeweils mittig auffüllt mit geschl. intervallen der länge $\begin{eqnarray*} 2^{-(n+1)} \end{eqnarray*}$

wenn man es aufmalt, sieht man es. das müsste dann eine abzählbare vereinigung von disjunkten geschl. intervallen sein, die das intervall [0,1] ergibt.

was meint ihr?

09.03.2008, 17:07

WebFritzi

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Ich meine erstmal gar nichts, solange du Beiträge einfach ignorierst. So langsam reagiere ich darauf allergisch.

EDIT: Na gut. Deine Konstruktion sieht gut aus.

09.03.2008, 17:11

beuteltier

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entschuldige. es handelt sich um eine übungsaufgabe in topologie. man soll zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ mit der kofiniten topologie (abgeschlossene mengen sind die endlichen mengen und ganz Z) nicht weg-zusammenhängend ist, also für gewisse p,q in Z kein stetiger weg vom intervall [0,1] nach Z exisiterit, der in p beginnt und in q endet.

als hinweis ist gegeben, dass eben das intervall [0,1] nicht als die vereinigung geschrieben werden kann, die ich schon mehrmals erwähnt habe.

wenn man nämlich annimmt, dass ein solch oben erwähnter stetiger weg existiert, dann ist das intervall die vereinigung der urbilder jedes einzelnen punktes, wobei jeder einzelne punkt abgeschlossen ist, damit muss auch das urbild jedes einzelnen punktes abgeschlossen sein. ergo muss das intervall eine höchstens abzählbare vereinigung von min. 2 nichtleeren abgeschlossenen mengen sein.
dies soll laut dem hinweis unmöglich sein.
ist halt die frage, ob der hinweis stimmt

09.03.2008, 17:17

WebFritzi

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Tja, dann ist der Hinweis wohl falsch. Die Intervalle in deiner Konstruktion sind pw. disjunkt, und jeder Punkt aus [0,1] wird bei deren Vereinigung erwischt.

09.03.2008, 17:54

Mathespezialschüler

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Der Hinweis ist korrekt und deine Konstruktion nicht zielführend. Nicht jeder Punkt wird bei der Vereinigung erwischt!
Das kann man sich klar machen, wenn man sich das Prinzip der Konstruktion der Cantormenge vor Augen hält. Ich muss erstmal meine Gedanken sammeln und werde dann noch genauer etwas dazu schreiben.

09.03.2008, 18:07

WebFritzi

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Ah, OK, ich seh's. Das ist sowas wie [1/n,1]. Die Null ist nie drin und daher auch nicht in der Vereinigung.

Bin gespannt auf MSSs Erläuterung.

09.03.2008, 19:13

beuteltier

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ich sehe zwar noch nicht, warum es nicht funktioniert, aber ich warte gerne auf deine erklärung. falls ich recht gehabt hätte, wäre mein gegenbeispiel wohl sicher dem aufgabensteller aufgefallen.

09.03.2008, 19:22

WebFritzi

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Es gibt auch falsch oder unsinnig gestellte Aufgaben. Kommt hier immer wieder vor.

09.03.2008, 19:48

Mathespezialschüler

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Ok, das wird jetzt nicht so einfach, das verständlich zu erklären, aber ich versuchs mal. Was ich tun möchte, ist nicht die Menge zu betrachten, die du nach deiner $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -ten Iteration erhältst, sondern ich werde gerade die Vereinigung der Lücken betrachten und zeigen, dass der Schnitt dieser Lücken nichtleer ist, dass es also Elemente des Intervalls $\begin{eqnarray*} [0,1] \end{eqnarray*}$ gibt, die in allen Lücken und damit nicht in der Vereinigung deiner Intervalle liegen.
Den nullten Schritt beachte ich nicht und fange gleich mit der Lücke an, die dabei entsteht. Diese ist das Intervall $\begin{eqnarray*} \left(\frac{1}{4},\frac{3}{4}\right) \end{eqnarray*}$ . Um es etwas einfacher zu haben und die Verbindung zur Cantormenge deutlich zu machen, betrachte ich anstelle dessen das Intervall $\begin{eqnarray*} (0,1) \end{eqnarray*}$ . Das ist ohne Weiteres möglich, weil ich dieses Intervall durch die Abbildung $\begin{eqnarray*} f: (0,1)\to\left(\frac{1}{4},\frac{3}{4} \right) \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{1}{2}x+\frac{1}{4} \end{eqnarray*}$

bijektiv auf das oben gegebene Intervall abbilde. Diese Abbildung ist natürlich außerdem linear, stetig und ordnungserhaltend und deswegen überträgt sich alles, was ich im folgenden an $\begin{eqnarray*} (0,1) \end{eqnarray*}$ erläutere, direkt mithilfe dieser Abbildung auf das oben gegebene Intervall.

(Was ich hier mache, kann man sich auch einfach so erklären: Ob ich das Intervall $\begin{eqnarray*} (a,b) \end{eqnarray*}$ oder das Intervall $\begin{eqnarray*} (c,d) \end{eqnarray*}$ betrachte, ist vollkommen egal, solange ich nicht an den absoluten Größen der Intervallgrenzen interessiert bin. Und da es mir im Folgenden nur um die relativen "Größenverhältnisse" geht, sind die absoluten Größen natürlich hinfällig.)

Nun zum eigentlichen Gedanken. Ich übertrage einfach deine Konstruktion am Intervall $\begin{eqnarray*} \left(\frac{1}{4},\frac{3}{4}\right) \end{eqnarray*}$ auf das Einheitsintervall (im Prinzip ist das die Umkehrung der gerade angegebenen Abbildung).
Du hast nach dem $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -ten Schritt eine bestimmte Anzahl von offenen Intervallen (deine Lücken) (die Aussage, dass dies $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ wären, ist im Übrigen falsch, aber darauf komme ich gleich zurück). Jedes dieser Intervalle teilst du in Viertel auf und entfernst daraus die beiden mittleren, abgeschlossenen Viertel. Daraufhin erhältst du neue offene Intervalle. Wie dir vielleicht jetzt klar wird, sind dies doppelt so viele wie im vorherigen Schritt. Nach dem $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -ten Schritt hast du somit $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ Intervalle. Und diese haben im Übrigen jeweils die Länge $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\cdot 4^{-n} \end{eqnarray*}$ (die Intervalle werden ja in jedem Schritt geviertelt).
Zurück zum Wesentlichen: Deine Behauptung ist nun, dass es, wenn du dies fortführst, für jeden Punkt aus dem Anfangsintervall einen Iterationsschritt gibt, sodass dieser Punkt nach dem Schritt nicht mehr in einem der übrig bleibenden offenen Intervalle liegt.

Nun, ich vollführe die gesamte Konstruktion jetzt am Einheitsintervall: Allerdings werde ich abgeschlossene Intervalle betrachten und entferne nicht die abgeschlossenen mittleren Viertel, sondern die offenen. (D.h. - übertragen auf deine Konstruktion - dass ich bei $\begin{eqnarray*} \left[\frac{1}{4},\frac{3}{4}\right] \end{eqnarray*}$ anfange und dann nicht $\begin{eqnarray*} \left[\frac{3}{8},\frac{5}{8}\right] \end{eqnarray*}$ entferne, sondern $\begin{eqnarray*} \left(\frac{3}{8},\frac{5}{8}\right) \end{eqnarray*}$ . Ich kehre jetzt aber wieder zum Einheitsintervall zurück.)

Die Vereinigung der Intervalle nach dem $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -ten Iterationsschritt bezeichne ich mit $\begin{eqnarray*} C_n \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} C_0=[0,1] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} C_1=\left[0,\frac{1}{4}\right]\cup \left[\frac{3}{4},1\right] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} C_2=\left[0,\frac{1}{16}\right]\cup \left[\frac{3}{16},\frac{4}{16}\right] \cup \left[\frac{12}{16},\frac{13}{16}\right]\cup \left[\frac{15}{16},1\right] \end{eqnarray*}$

...

Man merkt schnell, dass diese Konstruktion der der "bekannten" Cantormenge sehr ähnelt. Wir bilden hier analog die "zugehörige Cantormenge" $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ als Schnitt aller dieser Mengen. Ganz analog zur "normalen Cantormenge" stellt man nun fest: $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ besteht aus allen Zahlen, die eine Bruchdarstellung zur Basis Vier besitzen, in denen nur Nullen und Dreien vorkommen. Des Weiteren ist natürlich auch diese Cantormenge überabzählbar. Nun, klarerweise liegen die Randpunkte, die zwischenzeitlich bei der Konstruktion der Cantormenge entstehen, alle in dieser drin. Dies sind aber nur abzählbar viele Punkte und auch hier genau die, die eine Bruchdarstellung zur Basis Vier besitzen, in der ab einer bestimmten Stelle nur Nullen oder nur Dreien vorkommen.
Nun zu den anderen Punkten (z.B. $\begin{eqnarray*} 0,030303\ldots \end{eqnarray*}$ ): Diese liegen in allen Mengen $\begin{eqnarray*} C_n \end{eqnarray*}$ , die wir oben konstruiert haben, sind aber nie ein Randpunkt einer dieser Mengen. D.h. sie liegen alle in den Mengen

$\begin{eqnarray*} C_0=(0,1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} C_1=\left(0,\frac{1}{4}\right)\cup \left(\frac{3}{4},1\right) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} C_2=\left(0,\frac{1}{16}\right)\cup \left(\frac{3}{16},\frac{4}{16}\right) \cup \left(\frac{12}{16},\frac{13}{16}\right)\cup \left(\frac{15}{16},1\right) \end{eqnarray*}$

...

Und das sind gerade (wenn wir die obige Abbildung benutzen) deine sogenannten Lücken bzw. deren Vereinigung natürlich. Wir stellen also fest: In den Lücken liegen genau die Punkte der gerade konstruierten Cantormenge $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ , die nicht als Randpunkte der Intervalle einer Iteration auftreten. (Genauer: Es liegen dort die Punkte der Bildmenge dieser Cantormenge, d.h. $\begin{eqnarray*} f(C) \end{eqnarray*}$ , die nicht als Randpunkte auftreten.)

Im Übrigen stellt man dabei sogar fest, dass du überabzählbar viele Punkte bei deiner Konstruktion "vergisst".

Um ein Beispiel zu geben für einen Punkt, der nicht von deiner Konstruktion erfasst wird, wenden wir auf einen der überabzählbar vielen Punkte der gerade konstruierten Cantormenge die obige Abbildung an. Nehmen wir z.B. den obigen Punkt

$\begin{eqnarray*} 0,\overline{03}=\sum_{k=1}^{\infty}~\frac{3}{4^{2k}}=\frac{3}{16}\cdot\sum_{k=0}^{\infty}~\frac{1}{16^k}=\frac{3}{16}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{16}}=\frac{3}{15}=\frac{1}{5} \end{eqnarray*}$

und berechnen das Bild:

$\begin{eqnarray*} f\left(\frac{1}{5}\right)=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{5}+\frac{1}{4}=\frac{7}{20}=0,35 \end{eqnarray*}$ .

Ich behaupte also, dass der Punkt $\begin{eqnarray*} 0,35 \end{eqnarray*}$ in deiner Konstruktion nie erreicht wird. Wenn ich mich nicht verrechnet habe, sollte das stimmen, und du kannst ja einmal versuchen, deine Konstruktion bis zu einem bestimmten Punkt durchzuführen und zu gucken, ob dieser Punkt vielleicht doch drin liegt. Nur probiere es nicht zu lange. Augenzwinkern

Effizienter wäre da natürlich ein Programm, was man sich schreiben könnte, welches deine Iteration durchrechnet. Als Absicherung für meine Aussage wäre das super und ich würde mich dann auch sicherer fühlen. Wenn ich es könnte, würde ich es also sofort machen. Nur leider hatte ich nie das Glück, so etwas zu erlernen. Aber vielleicht hast du ja Lust drauf.

10.03.2008, 19:43

beuteltier

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wow danke schön. jetzt bin ich doch ein stück schlauer

10.03.2008, 23:39

Mathespezialschüler

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Und als kleines i-Tüpfelchen noch der Beweis dafür, dass das Intervall $\begin{eqnarray*} [0,1] \end{eqnarray*}$ nicht als Vereinigung höchstens abzählbar vieler nichtleerer, disjunkter, abgeschlossener Mengen geschrieben werden kann. Dass es durch endlich viele nicht geht, hattet ihr ja schon festgestellt (wenn auch ohne Beweis - siehe dafür den Beweis des folgenden Lemmas). Bleibt also der Fall von überabzählbar vielen. Zunächst eine kleine Hilfsaussage:

Lemma: Ein abgeschlossenes Intervall $\begin{eqnarray*} [a,b] \end{eqnarray*}$ kann nicht als Vereinigung zweier nichtleerer, disjunkter, abgeschlossener Mengen dargestellt werden. (Wir beweisen also, dass ein solches Intervall nach der Definition bei Wikipedia "zusammenhängend" ist.)

Beweis: Angenommen, das ginge doch und es sei $\begin{eqnarray*} [a,b]=A_1\cup A_2 \end{eqnarray*}$ mit nichtleeren, disjunkten, abgeschlossenen Mengen $\begin{eqnarray*} A_1,A_2 \end{eqnarray*}$ . Wir wählen einen Punkt $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ aus $\begin{eqnarray*} [a,b] \end{eqnarray*}$ , der nicht in $\begin{eqnarray*} A_1 \end{eqnarray*}$ liegt. (Das bedeutet $\begin{eqnarray*} c\in A_2 \end{eqnarray*}$ .) Sei $\begin{eqnarray*} I=(x_1,x_2) \end{eqnarray*}$ das größte offene Intervall mit $\begin{eqnarray*} c\in I \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} I\cap A_1=\varnothing \end{eqnarray*}$ .
Dass dieses existiert, folgt aus der Abgeschlossenheit von $\begin{eqnarray*} A_1 \end{eqnarray*}$ . Denn die (eventuell leere) Menge

$\begin{eqnarray*} M_1:=\{y\in A_1\ |\ y<c\} \end{eqnarray*}$

ist abgeschlossen: Ist $\begin{eqnarray*} (y_n) \end{eqnarray*}$ eine Folge aus dieser Menge mit Grenzwert $\begin{eqnarray*} y' \end{eqnarray*}$ , dann folgt wegen der Abgeschlossenheit von $\begin{eqnarray*} A_1 \end{eqnarray*}$ , dass $\begin{eqnarray*} y'\in A_1 \end{eqnarray*}$ gelten muss. Außerdem folgt aus $\begin{eqnarray*} y_n<c \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ , dass $\begin{eqnarray*} y'\leq c \end{eqnarray*}$ ist. Und wegen $\begin{eqnarray*} c\notin A_1 \end{eqnarray*}$ ist dann notwendigerweise $\begin{eqnarray*} y'<c \end{eqnarray*}$ . Also ist $\begin{eqnarray*} M_1 \end{eqnarray*}$ und damit auch

$\begin{eqnarray*} K_1:=\{a\}\cup M_1 \end{eqnarray*}$

abgeschlossen. Letztere ist außerdem nichtleer und beschränkt. Es gibt somit ein maximales Element $\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} K_1 \end{eqnarray*}$ . Für alle $\begin{eqnarray*} x\in (x_1,c] \end{eqnarray*}$ gilt dann $\begin{eqnarray*} x\notin A_1 \end{eqnarray*}$ .
Mit analogen Schlüssen sieht man, dass

$\begin{eqnarray*} K_2:=\{y\in A_1\ |\ y>c\}\cup \{b\} \end{eqnarray*}$

ein Minimum $\begin{eqnarray*} x_2\in K_2 \end{eqnarray*}$ besitzt. Für alle $\begin{eqnarray*} x\in [c,x_2) \end{eqnarray*}$ gilt dann ebenfalls $\begin{eqnarray*} x\notin A_1 \end{eqnarray*}$ . D.h., es gilt $\begin{eqnarray*} x\notin A_1 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x\in (x_1,x_2) \end{eqnarray*}$ , oder anders ausgedrückt: $\begin{eqnarray*} A_1\cap (x_1,x_2)=\varnothing \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} A_1\cap I=\varnothing \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} I=(x_1,x_2) \end{eqnarray*}$ .

Wir haben jetzt also das größte offene Intervall gefunden, welches $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ enthält und disjunkt zu $\begin{eqnarray*} A_1 \end{eqnarray*}$ ist.
Ich behaupte nun, dass $\begin{eqnarray*} x_1\in A_1 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} x_2\in A_1 \end{eqnarray*}$ gilt. Angenommen, das wäre nicht so. Dann müsste $\begin{eqnarray*} x_1=a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_2=b \end{eqnarray*}$ sein. Wir haben gerade gesehen, dass dann $\begin{eqnarray*} (a,b)\cap A_1=\varnothing \end{eqnarray*}$ gilt. Da aber wegen unserer Annahme $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ nicht in $\begin{eqnarray*} A_1 \end{eqnarray*}$ lägen, folgt sogar $\begin{eqnarray*} [a,b]\cap A_1=\varnothing \end{eqnarray*}$ , was wegen $\begin{eqnarray*} A_1\subset [a,b] \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} A_1=\varnothing \end{eqnarray*}$ führen würde, Widerspruch!
Einer der beiden Randpunkte $\begin{eqnarray*} x_1,x_2 \end{eqnarray*}$ des Intervalls $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ liegt also in $\begin{eqnarray*} A_1 \end{eqnarray*}$ ! Sei dies o.B.d.A. $\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ .

Nun nehmen wir die Menge $\begin{eqnarray*} A_2 \end{eqnarray*}$ hinzu. Wegen der Disjunktheit des Intervalls $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} A_1 \end{eqnarray*}$ muss $\begin{eqnarray*} I\subset A_2 \end{eqnarray*}$ gelten. Sei

$\begin{eqnarray*} a_n:=x_1+\frac{1}{n} \end{eqnarray*}$ .

Dann gibt es ein $\begin{eqnarray*} n_0\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ , sodass für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} a_n\in I\subset A_2 \end{eqnarray*}$ . Nun ist

$\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}a_n=x_1 \end{eqnarray*}$
und wegen der Abgeschlossenheit von $\begin{eqnarray*} A_2 \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} x_1\in A_2 \end{eqnarray*}$ . Erinnern wir uns an $\begin{eqnarray*} x_1\in A_1 \end{eqnarray*}$ , so erkennen wir hier einen Widerspruch zur angenommenen Disjunktheit der beiden Mengen. Also war die Annahme, $\begin{eqnarray*} [a,b] \end{eqnarray*}$ könne als Vereinigung zweier nichtleerer, disjunkter, abgeschlossener Teilmengen geschrieben werden, falsch. $\begin{eqnarray*} \Box \end{eqnarray*}$

Satz: Ein abgeschlossenes Intervall $\begin{eqnarray*} [a,b] \end{eqnarray*}$ kann nicht als Vereinigung abzählbar vieler nichtleerer, disjunkter, abgeschlossener Mengen dargestellt werden.

Auch diese Aussage beweisen wir indirekt: Angenommen, es gäbe abzählbar viele nichtleere, disjunkte, abgeschlossene Mengen $\begin{eqnarray*} A_1,A_2,A_3\ldots \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} [a,b]=\bigcup_{k=1}^{\infty}~A_k \end{eqnarray*}$ .

Sei $\begin{eqnarray*} p\in A_1,q\in A_2 \end{eqnarray*}$ und o.B.d.A. sei $\begin{eqnarray*} p<q \end{eqnarray*}$ . Dann gibt es einen Punkt $\begin{eqnarray*} c\in (p,q) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} c\notin (A_1\cup A_2) \end{eqnarray*}$ . Denn wäre dies nicht der Fall, so hätten wir mit $\begin{eqnarray*} A_1':=A_1\cap [p,q] \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} A_2'=A_2\cap [p,q] \end{eqnarray*}$ zwei nichtleere, disjunkte, abgeschlossene Mengen gefunden, deren Vereinigung das Intervall $\begin{eqnarray*} [p,q] \end{eqnarray*}$ wäre. Dies stünde aber im Widerspruch zu unserem bereits bewiesenen Lemma.
Analog zur obigen Vorgehensweise kann man sich das größte offene Intervall $\begin{eqnarray*} I_2=(x_2,y_2) \end{eqnarray*}$ suchen, welches $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ enthält und disjunkt zu $\begin{eqnarray*} A_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} A_2 \end{eqnarray*}$ ist. Man sieht nun, dass die Randpunkte $\begin{eqnarray*} x_2,y_2 \end{eqnarray*}$ beide in $\begin{eqnarray*} A_1\cup A_2 \end{eqnarray*}$ liegen müssen. Das Intervall ist natürlich nichtleer.

Nun führen wir eine rekursive Konstruktion durch:

$\begin{eqnarray*} n=2 \end{eqnarray*}$ : Zur Menge $\begin{eqnarray*} B_2:=A_1\cup A_2 \end{eqnarray*}$ ist ein zu ihr disjunktes, nichtleeres offenes Intervall $\begin{eqnarray*} I_2=(x_2,y_2) \end{eqnarray*}$ konstruiert, dessen Randpunkte in $\begin{eqnarray*} B_2 \end{eqnarray*}$ liegen. (s.o.)

Sei $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ und für jedes $\begin{eqnarray*} k\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 2\leq k\leq n \end{eqnarray*}$ sei zu der Menge $\begin{eqnarray*} B_k:=A_1\cup\ldots\cup A_k \end{eqnarray*}$ ein zu ihr disjunktes, nichtleeres offenes Intervall $\begin{eqnarray*} I_k=(x_k,y_k) \end{eqnarray*}$ konstruiert, dessen Randpunkte in $\begin{eqnarray*} B_k \end{eqnarray*}$ liegen. Außerdem gelte für diese Intervalle:

$\begin{eqnarray*} I_2\supset I_3\supset \ldots\supset I_n \end{eqnarray*}$ .

Damit konstruieren wir zur Menge $\begin{eqnarray*} B_{n+1}:=A_1\cup\ldots\cup A_{n+1} \end{eqnarray*}$ ein zu ihr disjunktes, nichtleeres offenes Intervall $\begin{eqnarray*} I_{n+1}=(x_{n+1},y_{n+1}) \end{eqnarray*}$ , dessen Randpunkte in $\begin{eqnarray*} B_{n+1} \end{eqnarray*}$ liegen und für das gilt:

$\begin{eqnarray*} I_2\supset I_3\supset \ldots\supset I_n\supset I_{n+1} \end{eqnarray*}$ ,

und zwar folgendermaßen:

1. Fall: $\begin{eqnarray*} A_{n+1}\cap I_n=\varnothing \end{eqnarray*}$ . Dann sei $\begin{eqnarray*} I_{n+1}:=I_n \end{eqnarray*}$ . Die entsprechenden Aussagen sind dann trivial.

2. Fall: $\begin{eqnarray*} A_{n+1}\cap I_n\neq \varnothing \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} I_n=I_2 \end{eqnarray*}$ . (Damit ist übrigens auch $\begin{eqnarray*} I_n=\ldots=I_3=I_2 \end{eqnarray*}$ , falls $\begin{eqnarray*} n\geq 3 \end{eqnarray*}$ ist.)

In diesem Fall kann man entsprechend zur obigen Konstruktion das größte offene Intervall $\begin{eqnarray*} I_{n+1}=(x_n,y_{n+1}) \end{eqnarray*}$ mit festem linken Randpunkt $\begin{eqnarray*} x_n \end{eqnarray*}$ wählen, welches $\begin{eqnarray*} A_{n+1} \end{eqnarray*}$ nicht schneidet. (Exakte Konstruktion: Die Menge $\begin{eqnarray*} M_{n+1}:=\{z\in A_{n+1}\ |\ z>x_n\} \end{eqnarray*}$ ist nichtleer, beschränkt und abgeschlossen, besitzt also ein Minimum $\begin{eqnarray*} y_{n+1} \end{eqnarray*}$ , für das dann natürlich $\begin{eqnarray*} x_n<y_{n+1}<y_n \end{eqnarray*}$ gilt. Dieses liegt in $\begin{eqnarray*} A_{n+1} \end{eqnarray*}$ und es gilt $\begin{eqnarray*} (x_n,y_{n+1})\cap A_{n+1}=\varnothing \end{eqnarray*}$ .)
Mit $\begin{eqnarray*} x_{n+1}:=x_n \end{eqnarray*}$ haben wir also ein gewünschtes Intervall gefunden. Wir halten nochmal $\begin{eqnarray*} y_{n+1}<y_n \end{eqnarray*}$ fest.

(Aufgrund der Konstruktion kann der 2. Fall nur einmal eintreten. Sei $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ die natürliche Zahl, für die der zweite Fall eingetreten ist: $\begin{eqnarray*} A_{j+1}\cap I_j\neq \varnothing \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} I_j=I_2 \end{eqnarray*}$ )

3. Fall: $\begin{eqnarray*} A_{n+1}\cap I_n\neq \varnothing \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} I_n\subsetneq I_2 \end{eqnarray*}$ . Der 2. Fall muss dann vorher eingetreten sein und es gilt $\begin{eqnarray*} x_{j+1}=x_j \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_{j+1}<y_j \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} n> j \end{eqnarray*}$ .

(Der 3. Fall muss irgendwann eintreten, denn sonst wäre $\begin{eqnarray*} I_n=I_{j+1} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N,\ n\geq j+1 \end{eqnarray*}$ und wegen $\begin{eqnarray*} I_{j+1}\neq \varnothing \end{eqnarray*}$ folgte aufgrund von $\begin{eqnarray*} B_n\cap I_{j+1}=\varnothing \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ , dass die Vereinigung der abgeschlossenen Mengen alle Punkte des Intervalls $\begin{eqnarray*} I_{j+1} \end{eqnarray*}$ "vergessen" würde.)

Sei $\begin{eqnarray*} m:=\max\{i\in\mathbb N,\ 2\leq i<n\ |\ I_{i+1}\subsetneq I_i\} \end{eqnarray*}$ . Dieses $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ existiert, da die Menge nichtleer ist (denn sie enthält $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ ).

a) $\begin{eqnarray*} x_n=x_{m+1}=x_m \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_n=y_{m+1}<y_m \end{eqnarray*}$ .

In diesem Fall kann man, wiederum analog zur Konstruktion im 2. Fall, das größte offene Intervall $\begin{eqnarray*} I_{n+1}=(x_{n+1},y_n) \end{eqnarray*}$ , allerdings diesmal mit festem rechten Randpunkt $\begin{eqnarray*} y_n \end{eqnarray*}$ , wählen, welches $\begin{eqnarray*} A_{n+1} \end{eqnarray*}$ nicht schneidet. (Exakte Konstruktion: Die Menge $\begin{eqnarray*} M_{n+1}:=\{z\in A_{n+1}\ |\ z<y_n\} \end{eqnarray*}$ ist nichtleer, beschränkt und abgeschlossen, besitzt also ein Maximum $\begin{eqnarray*} x_{n+1} \end{eqnarray*}$ , für das dann natürlich $\begin{eqnarray*} x_n<x_{n+1}<y_n \end{eqnarray*}$ gilt. Dieses liegt in $\begin{eqnarray*} A_{n+1} \end{eqnarray*}$ und es gilt $\begin{eqnarray*} (x_{n+1},y_n)\cap A_{n+1}=\varnothing \end{eqnarray*}$ .)
Mit $\begin{eqnarray*} y_{n+1}:=y_n \end{eqnarray*}$ haben wir auch hier ein gewünschtes Intervall gefunden. In diesem Fall ist $\begin{eqnarray*} x_n<x_{n+1} \end{eqnarray*}$ .

b) $\begin{eqnarray*} x_n=x_{m+1}<x_m \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_n=y_{m+1}=y_m \end{eqnarray*}$ .

In diesem Fall führe man dieselbe Konstruktion wie bei 2. durch. Dann ist $\begin{eqnarray*} x_{n+1}=x_n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_{n+1}<y_n \end{eqnarray*}$ .

Wie wir gesehen haben, tritt der 2. Fall nur genau einmal ein. Wir behaupten nun, dass der 3. Fall unendlich oft eintritt! Wäre dies nämlich nicht der Fall, so würde ab einer bestimmten natürlichen Zahl $\begin{eqnarray*} n_0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq n_0 \end{eqnarray*}$ immer wieder der 1. Fall eintreten. Und nun erhält man mit dem Argument, weswegen der 3. Fall überhaupt eintreten muss, auch hier einen Widerspruch zur Annahme über die Vereinigung der abgeschlossenen Mengen.

In der Tat tritt also der 3. Fall unendlich oft auf. Überlegen wir uns, was dabei passiert: Tritt der zweite Fall das erste Mal ein, so wird die rechte Intervallgrenze nach links verschoben und die linke bleibt gleich. Beim ersten Eintreten des dritten Falls wird die linke Intervallgrenze nacht rechts verschoben und die rechte bleibt unverändert. Beim zweiten Mal wird wieder die rechte Intervallgrenze nach links verschoben und die linke bleibt gleich. Die Intervallgrenzen wandern also immer mehr nach innen (und zwar "fast streng monoton" - genauer: Es gibt entsprechende streng monotone Teilfolgen). Man könnte also sagen, dass die abgeschlossenen Intervalle $\begin{eqnarray*} J_n=[x_n,y_n] \end{eqnarray*}$ eine Intervallschachtelung bilden, abgesehen von der Tatsache, dass die Folge der Intervalllängen nicht notwendigerweise gegen Null gehen muss.

Jedenfalls kriegen wir so eine Folge von offenen Intervallen $\begin{eqnarray*} I_n \end{eqnarray*}$ und dazu jeweils eine Folge linker Intervallgrenzen $\begin{eqnarray*} (x_n) \end{eqnarray*}$ und rechter Intervallgrenzen $\begin{eqnarray*} (y_n) \end{eqnarray*}$ . Die Folge $\begin{eqnarray*} (x_n) \end{eqnarray*}$ ist monoton steigend, $\begin{eqnarray*} (y_n) \end{eqnarray*}$ monoton fallend und es gilt $\begin{eqnarray*} x_n<y_n \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ . Beide Folgen besitzen somit jeweils einen Grenzwert $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x\leq y \end{eqnarray*}$ .

Für jedes feste $\begin{eqnarray*} k\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ tritt der 3. Fall "nach dem" $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ noch unendlich oft auf, d.h. vor allem mindestens zweimal! Es gibt also zu $\begin{eqnarray*} I_k=(x_k,y_k) \end{eqnarray*}$ natürliche Zahlen $\begin{eqnarray*} s>r>k \end{eqnarray*}$ , sodass

$\begin{eqnarray*} x_k=x_r<x_s \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_s=y_r<y_k \end{eqnarray*}$

oder

$\begin{eqnarray*} x_k<x_r=x_s \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_s<y_r=y_k \end{eqnarray*}$

gilt. In beiden Fällen haben wir also ein $\begin{eqnarray*} s>k \end{eqnarray*}$ gefunden mit

$\begin{eqnarray*} x_k<x_s \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_s<y_k \end{eqnarray*}$ .

und damit ist wegen

$\begin{eqnarray*} x_s\leq x\leq y\leq x_s \end{eqnarray*}$

sogar $\begin{eqnarray*} x,y\in (x_k,y_k)=I_k \end{eqnarray*}$ . Da $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ beliebig gewählt war, müssen $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ beide (falls sie verschieden sind) in allen konstruierten offenen Intervallen liegen. Damit kann aber die Gleichung

$\begin{eqnarray*} [a,b]=\bigcup_{k=1}^{\infty}~A_k \end{eqnarray*}$

nicht stimmen, denn sonst gäbe es ja ein $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x\in A_n \end{eqnarray*}$ und das hieße $\begin{eqnarray*} x\in B_n=A_1\cup\ldots\cup A_n \end{eqnarray*}$ , woraus aufgrund der Konstruktionsvorschrift $\begin{eqnarray*} x\notin I_n \end{eqnarray*}$ folgen würde, Widerspruch! $\begin{eqnarray*} \Box \end{eqnarray*}$

Schwere Geburt. Augenzwinkern

Aber es ist halt auch ein technisch komplizierter und dementsprechend nicht wirklich schöner Beweis ...
Vielen Dank fürs Durchlesen, wer es bis hierhin komplett durch geschafft hat.

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Abgeschlossene Teilmengen von R

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