alternativer Beweis?

23.07.2011, 20:25

Gast11022013

alternativer Beweis?

Meine Frage:
Hallo, es geht um Folgendes:

"Sei $\begin{eqnarray*} U\subseteq \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ offen und zusammenhängend, dann ist $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ auch wegzusammenhängend."

[Hinweis: Fixiere $\begin{eqnarray*} p\in U \end{eqnarray*}$ und betrachte die Funktion $\begin{eqnarray*} f:U\to \left\{0,1\right\} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(x)=1 \end{eqnarray*}$ genau dann, wenn x in der Wegzusammenhangskomponente von p liegt].

Meine Ideen:
Da ich mit diesem Hinweis nichts anzufangen wusste, habe ich folgenden Beweis benutzt:

Sei $\begin{eqnarray*} p\in U \end{eqnarray*}$ fixiert. Zu zeigen ist, dass man nun zu jedem $\begin{eqnarray*} q\in U \end{eqnarray*}$ einen stetigen Weg finden kann, der p und q verbindet. Anders ausgedrückt: Sei X diejenige Menge aller q, die von p aus mittels eines stetigen Wegs zu erreichen sind (X sei also die Wegzusammenhangskomponente von p). Dann ist X zunächstmal nicht leer (p selbst ist ja darin, denn p ist über den konstanten Weg $\begin{eqnarray*} f=p \end{eqnarray*}$ natürlich von p aus zu erreichen) und X ist auch offen: Sei b ein Element in X, dann kann man eine Kugel darum ziehen, die wegen der Offenheit von U zunächstmal in U liegt; man kann p zuerst mit b verbinden und dann b mit jedem Punkt, der in der Kugel liegt. Also ist die Kugel in X enthalten.

Ebenso ist das Komplement $\begin{eqnarray*} U\backslash X \end{eqnarray*}$ offen!
(Selbes Argument: Sei c in diesem Komplement, dann kann man keinen Weg von q nach c finden und auch nicht für ein d in der Kugel um c (die wegen der Offenheit von U wiederum in U liegt), denn sonst könnte man p mit d verbinden und dann d mit c, man hätte also doch einen Weg von p nach c gefunden.

Dann ist also $\begin{eqnarray*} U=X\cup (U\backslash X) \end{eqnarray*}$ eine disjunkte Zerlegung in offene Mengen. Weil ja nun aber U nach Voraussetzung zusammenhängend ist, kann diese aber nur die triviale sein, also folgt: U=X und deswegen kann man in U alle Punkte mit p verbinden.

q.e.d.

Meine eigentlich Frage ist aber, ob der obige Hinweis auf diesen Beweis anspielt oder eine Beweisalternative ist.

Ich verstehe aber nicht so ganz, wie man mit dem Hinweis beweisen kann!
Kann mir da mal jemand helfen?

Denn normal sollen wir uns schon an Hinweise halten...
Auch, wenns hier nicht unbedingt mehr nötig wäre.
Es kann ja nicht schaden!

23.07.2011, 20:59

gonnabphd

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Hi,

Der Tipp zielt wohl darauf ab zu zeigen, dass die angegebene Funktion stetig ist. Der Beweis ist jedoch im wesentlichen der gleiche wie deiner (essentiell ist, dass Bälle konvex sind).

Dein Beweis ist übrigens recht nahe am Standardbeweis.

Da wir es letztens mal von Standardtricks hatten (damals in Masstheorie der Epsilontrick für das Beweisen von Ungleichungen, wenns knapp ist; i.e.
$\begin{eqnarray*} A \le B+ \epsilon \quad \forall \epsilon > 0 \; \implies A \le B \end{eqnarray*}$ )
will ich dich unbedingt noch auf folgenden Standardtrick in Topologie aufmerksam machen.

Folgende Situation: Es ist $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ zusammenhängend und man will für eine gewisse Eigenschaft zeigen, dass alle Punkte diese erfüllen. Dann zeigt man gerne, dass die Menge der Punkte, welche diese Eigenschaft erfüllen sowohl offen als auch abgeschlossen ist (und nicht leer), was dann impliziert, dass alle Punkte die Eigenschaft erfüllen müssen (denn X ist zusammenhängend). In ähnlicher Weise definiert man gerne eine Äquivalenzrelation und zeigt, dass die Äquivalenzklassen offen sind.
Wenn jede Äquivalenzklasse offen ist, dann folgt daraus, dass das Komplement (welches gerade die Vereinigung der anderen Äquivalenzklassen ist) ebenfalls offen ist. Das zeigt dann aber auch schon, dass es nur eine Äquivalenzklasse geben kann (X ist zusammenhängend) und damit sind alle Punkte äquivalent zueinander.

Tönt vielleicht jetzt ein bisschen abstrakt, hier angewandt auf dein Beispiel:

Zitat:

Sei $\begin{eqnarray*} U\subseteq \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ offen und zusammenhängend, dann ist $\begin{eqnarray*} U \end{eqnarray*}$ auch wegzusammenhängend.

Wir definieren die Äquivalenzrelation

$\begin{eqnarray*} x\sim y \; :\iff \textbf{Es gibt einen stetigen Weg $\gamma: [a,b]\to U$ mit $\gamma(a) = x$, $\gamma(b) = y$} \end{eqnarray*}$

Wie du gezeigt hast, liegen alle Punkte in einem Ball in der gleichen Äquivalenzklasse, woraus folgt, dass jede Äquivalenzklasse offen und - da das Komplement die Vereinigung der restlichen (ebenfalls offenen) Äquivalenzklassen ist - auch abgeschlossen ist. Daraus folgt, dass es bloss eine einzige Äquivalenzklasse gibt, da U zusammenhängend ist.

Wenn du Lust hast, kannst du diese Methode ja noch an folgendem Beispiel versuchen:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \text{Sei $X$ ein topologischer Raum. Dann sind äquivalent:} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{$X$ ist zusammenhängend} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \text{Für jede offene Überdeckung $\mathcal U = \{U_i\}_{i\in I}$ und für beliebige $x,y\in X$} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \text{gibt es endlich viele $U_{i_1}, \dots, U_{i_n} \in \mathcal U$ so dass} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x\in U_{i_1}, \; y \in U_{i_n}, \; U_{i_k} \cap U_{i_{k+1}} \ne \varnothing \; \forall k = 1, \dots, n-1 \end{eqnarray*}$

Die zweite Charakterisierung mag evtl. ein bisschen künstlich erscheinen, aber in gewissen Situationen ermöglicht sie sehr nette Beweise (mal davon abgesehen, dass jede Charakterisierung einem ein besseres Bild der Eigenschaft verschafft). Wenn man genauer darüber nachdenkt, was sie geometrisch aussagt, dann ist sie eigentlich alles andere als künstlich, sondern sehr natürlich - viel natürlicher als die gewöhnliche Definition, wie ich finde. Augenzwinkern

Die eine Richtung - (ii) => (i) - ist leicht: Wenn X nicht zusammenhängend ist, dann gibt es nichtleere, disjunkte, offene Mengen U, V, so dass $\begin{eqnarray*} X = U\cup V \end{eqnarray*}$ , dann erfüllt die offene Überdeckung $\begin{eqnarray*} \mathcal U = \{U, V\} \end{eqnarray*}$ die Eigenschaft (ii) nicht (man nehme x aus U und y aus V).
An der anderen Richtung lässt sich die Methode ausprobieren.

Wink

27.08.2011, 22:11

Gast11022013

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Auch, wenn ich oben schon einen Beweis habe, würde ich gerne noch einen Beweis mit dem Hinweis, der gegeben ist, hinbekommen.

Ziel ist es wohl zu zeigen, dass für alle x in U gilt f(x)=1, denn dann wäre U ja wegzusammenhängend.

Das hieße doch, daß f konstant und somit stetig wäre.

Meintest Du das oben mit: "Der Tipp zielt wohl darauf ab, zu zeigen, dass die Funktion stetig ist."?

Edit:

Wie kommt der Fragesteller ausgerechnet auf diese Funktion?

Ist das so gemeint:

Man sucht ja letztlich einen stetigen Weg von p nach z.B. q, also eine Funktion g

$\begin{eqnarray*} [0,1]\mapsto U, g(0)=p, g(1)=q \end{eqnarray*}$ .

Und die obige Funktion f wäre dann ein solcher Weg, wenn man nachgewiesen hätte, daß sie für alle x in der Wegzusammenhangskomponente von p den Wert 1 annimmt?

27.08.2011, 23:21

Ungewiss

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Ich habe mal was probiert, bei dem man diese Funktion verwendet. Kritik erwünscht:

Sei $\begin{eqnarray*} x \in f^{-1}(\{1\}) \end{eqnarray*}$ , da U offen existiert Umgebung U_x von x die in U enthalten ist, die außerdem $\begin{eqnarray*} U_x \subset f^{-1}(\{1\}) \end{eqnarray*}$ erfüllt. Damit ist $\begin{eqnarray*} f^{-1}(\{1\}) \end{eqnarray*}$ offen. Sei (x_n) eine Folge in $\begin{eqnarray*} f^{-1}(\{1\}) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \lim x_n =x_0 \in U \end{eqnarray*}$ , es gibt eine Umgebung um x_0 die noch in U liegt, außer gibt es einen Index N, so dass x_N in dieser Ungebung liegt, damit ist $\begin{eqnarray*} x_0 \in f^{-1}(\{1\}) \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} f^{-1}(\{1\}) \end{eqnarray*}$ ist offen und abgeschlossen In U und nichtleer $\begin{eqnarray*} \Rightarrow f^{-1}(\{1\})=U \end{eqnarray*}$

28.08.2011, 00:21

Gast11022013

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Du hast also genau den Standardtrick benutzt, den gonnabphd oben erklärt hat.

Die Urbildmenge ist nach Deinem Beweis sowohl offen, abgeschlossen als auch nicht-leer und da die Menge U nach Voraussetzung zusammenhängend ist, muss U selbst die Urbildmenge sein.

Für mich klingt das plausibel nach dem, was oben erläutert wurde.

Ich habe nochmal eine viel elementarere Frage:

Wenn man gezeigt hat, dass $\begin{eqnarray*} f(x)=1\forall x\in\mathcal{V} \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} \mathcal{V} \end{eqnarray*}$ [=U, wie sich herausstellt] die Wegzusammenhangskomponente des zu Beginn fixierten Punkts $\begin{eqnarray*} p\in U \end{eqnarray*}$ sein soll, so hat man doch damit einen stetigen Weg von p zu allen Punkten in U gefunden - sehe ich das richtig?

28.08.2011, 00:31

Ungewiss

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Ich würde mehr sagen, dass man gezeigt hat, dass es einen solchen gibt. Die funktion f ist kein Weg der 2 Pkt aus U verbindet( das hast du in einem vorigen Beitrag geschrieben). Und danke, dass du dir meinen Versuch das zu beweisen angeschaut hast.

28.08.2011, 00:34

Gast11022013

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Kannst Du mir vielleicht erklären, wieso man damit dann gezeigt hat, daß es einen solchen Weg gibt? Ich sehe nicht, inwiefern daraus dann folgt, daß es einen solchen Weg gibt.

Edit:

Achso, vielleicht habe ich viel zu konkret gedacht schon; die Idee ist vielleicht einfach folgende:

Die Funktion f kann nur zwei Werte annehmen, nämlich 0 oder 1.
Daran, welcher Wert angenommen wird, kann man sehen, ob das dazugehörige Urbild in der Wegzusammenhangskomponente von p liegt oder nicht.

Die Funktion f ist also quasi einfach als "Indikator" dafür zu verstehen, ob man den Punkt p (den man zu Beginn fixiert hat) mit dem Urbild verbinden kann oder nicht.

Nicht mehr und nicht weniger.

Wenn nun für alle x in U die Funktion also den Wert 1 annimmt, gibts also nur eine Wegzusammenhangskomponente und U ist wegzusammenhängend, d.h. es existiert zu je 2 Punkten in U ein stetiger Weg, der diese beiden Punkte miteinander verbindet.

So?

Gute Nacht!

28.08.2011, 12:20

Ungewiss

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So sehe ich das auch Augenzwinkern

28.08.2011, 13:30

Gast11022013

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Da bin ich froh.

Ich dachte schon wieder, ich hätte das in den falschen Hals bekommen...

Und gonnabphd meinte, es liefe darauf hinaus zu zeigen, daß die Funktion stetig ist...
Wie war das denn gemeint?

Zu zeigen, daß die Funktion überall 1 ist (also konstant, also stetig)?

28.08.2011, 16:25

gonnabphd

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Genau anders herum: f stetig => f konstant in diesem Fall.

Genauer haben wir

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \text{Sei $X$ toplogischer Raum. Äquivalent sind:} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \text{$X$ ist zusammenhängend} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \text{Für jede Funktion $f:X \to \{0,1\}$ gilt:} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \text{$f$ stetig $\iff$ $f$ konstant} \end{eqnarray*}$

Und Stetigkeit von f zu zeigen, läuft einfach darauf hinaus zu zeigen, dass zu jedem x eine Umgebung U (z.B. ein Ball) existiert, so dass $\begin{eqnarray*} f(y) = f(x) \; \forall y \in U \end{eqnarray*}$ . D.h. dass f lokal konstant ist. Insbesondere kann man mit allem in diesem Thread gesagten beweisen, dass

$\begin{eqnarray*} \text{$f: X \to Y$ lokal konstant, $X$ zusammenhängend $\implies$ $f$ konstant} \end{eqnarray*}$

28.08.2011, 16:37

Gast11022013

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Danke, gonnabphd. Ich glaube, da ist mir schon Vieles klarer geworden!

Edit:

Ich muss meine Gedanken zu Deinem Beitrag nochmal ein bisschen geordneter aufschreiben.

Erstmal zu dem, was in dem Kästchen steht.

Die Hin-Richtung (auf die es hier wohl vor allem ankommt), ist mir - denke ich klar. Ich denke da etwa an das Intervall [0,1], das ja zusammenhängend ist. Wenn eine Funktion auf diesem Intervall nur die Werte 0 oder 1 annehmen kann und stetig sein soll, so muss sie natürlich entweder nur den Wert 0 oder nur den Wert 1 auf diesem Intervall annehmen, ansonsten gäbe es ja (unstetige) Sprungstellen.

So, wenn man nun zeigen kann, daß die Funktion also lokal nur einen einzigen Wert annimmt, was sie tut (nämlich den Wert 1, da diese Punkte ja alle in der Wegzusammenhangskomponente von beispielsweise p liegen), so ist diese Funktion lokal ja konstant bzw. man könnte auch sagen, dass sie da stetig ist.

Und nach alledem, was ich oben schon in dem Beweis hatte (daß U zusammenhängend ist und daß man zeigen kann, daß dann U die einzige Wegzusammenhangskomponente sein muss), folgt dann, daß f auf ganz U stetig ist und daher konstant 1. Was wiederum bedeutet, daß U wegzusammenhängend ist bzw. daß es zu je zwei Punkten einen stetigen Weg gibt, denn f nimmt ja nur dann den Wert 1 an nach Voraussetzung.

Das heißt, man zeigt alles in allem einmal, daß f konstant ist und "nebenbei", daß der Wert, den sie überall annimmt eben nicht 0, sondern 1 ist.

So, ich habe das hoffentlich einigermaßen korrekt verstanden!

28.08.2011, 21:37

gonnabphd

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Zitat:

Die Hin-Richtung (auf die es hier wohl vor allem ankommt), ist mir - denke ich klar. Ich denke da etwa an das Intervall [0,1], das ja zusammenhängend ist. Wenn eine Funktion auf diesem Intervall nur die Werte 0 oder 1 annehmen kann und stetig sein soll, so muss sie natürlich entweder nur den Wert 0 oder nur den Wert 1 auf diesem Intervall annehmen, ansonsten gäbe es ja (unstetige) Sprungstellen.

Ja-ah. :-S Genauer wäre: Das stetige Bild eines zusammenhängenden Raumes ist zusammenhängend (die Menge {0,1} ist gerade der Prototyp für einen Raum, welcher genau zwei Zusammenhangskomponenten - {0} und {1} - hat).

Zitat:

Und nach alledem, was ich oben schon in dem Beweis hatte (daß U zusammenhängend ist und daß man zeigen kann, daß dann U die einzige Wegzusammenhangskomponente sein muss), folgt dann, daß f auf ganz U stetig ist und daher konstant 1.

Das stimmt zwar, aber damit wäre der Teil "daß f auf ganz U stetig ..." redundant. Man muss eben nicht wissen, ob U zusammenhängend ist oder nicht, um zu zeigen, dass f stetig ist. Das einzige, was man braucht, ist dass U lokal wegzusammenhängend ist. Daraus folgert man die Stetigkeit von f und daraus f = 1 (hier wird U zusammenhängend benutzt) und daraus "alle Punkte liegen in der selber Wegkomponente" => U ist wegzusammenhängend.

Das was du schreibst ist ja: U zusammenhängend => U wegzusammenhängend => f stetig => f konstant => U wegzusammenhängend

Der zweite Teil macht dann nicht so viel Sinn.

28.08.2011, 23:35

Gast11022013

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Entschuldige, wenn ich nochmals etwas nachfrage:

Der Schritt von der Stetigkeit auf f=1 überall ist mir noch nicht ganz klar und inwiefern man hier dann zusammenhängend benutzt.

Edit:

Hier wieder meine Gedanken dazu:

Wenn f stetig ist, bedeutet das ja hier: f ist konstant, kann also theoretisch =1 oder =0 sein und zu untersuchen ist, welcher Wert es ist.

Und nun kommt man wahrscheinlich mit dem Argument, das ich ganz zu Beginn dieses Threads in dem Beweis hatte, das nämlich die Menge, auf der f=1 und die Menge auf der f=0 ist beiden offen sind. Da U zusammenhängend ist und erste Menge nicht leer (p fixiert), muss U gleich der Menge sein, wo f=1 ist bzw. die Menge, auf der f=0 wäre, ist leer. Somit kommt nur f=1 in Frage.

Oder so ähnlich, hoffe ich.

Ich tu' mir wirklich schwer, die Argumentationsschritte zu verstehen, ich weiß. Big Laugh

29.08.2011, 10:33

gonnabphd

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Zitat:

Original von Dennis2010
Wenn f stetig ist, bedeutet das ja hier: f ist konstant, kann also theoretisch =1 oder =0 sein und zu untersuchen ist, welcher Wert es ist.

Ja, genau. Aber wir wissen ja, dass f(p) = 1. Also f=1.

Zitat:

Original von Dennis2010Und nun kommt man wahrscheinlich mit dem Argument, das ich ganz zu Beginn dieses Threads in dem Beweis hatte, das nämlich die Menge, auf der f=1 und die Menge auf der f=0 ist beiden offen sind. Da U zusammenhängend ist und erste Menge nicht leer (p fixiert), muss U gleich der Menge sein, wo f=1 ist bzw. die Menge, auf der f=0 wäre, ist leer. Somit kommt nur f=1 in Frage.

Das fette hat man schon gezeigt, wenn man weiss, dass f stetig ist. Denn {0} und {1} sind offen in {0,1}, deshalb sind wegen der Stetigkeit auch $\begin{eqnarray*} f^{-1}(0) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f^{-1}(1) \end{eqnarray*}$ offen in U (das ist der Grund weshalb alle stetigen Funktionen f: X -> {0,1} konstant sein müssen).

Was du schreibst ist nicht falsch, nur ist es entweder in falscher Reihenfolge hingeschrieben (z.B. muss man zeigen, dass die Urbilder in U offen sind, bevor (damit) man wissen kann, dass f stetig ist), oder halt unnötig, weil wir das schon wissen (z.B. aus "f ist konstant und f(p) = 1" schliesst man direkt, dass f=1 ist, und muss nicht noch einmal herausfinden, dass die Urbilder offen sind und dass das eine Urbild nichtleer ist und dass deshalb das andere Urbild leer sein muss um daraus zu schliessen, dass f=1)

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