Homöomorphismus finden

11.01.2015, 18:25

duein

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Homöomorphismus finden

Meine Frage:
Sei $\begin{eqnarray*} \mathbb{D}=\left\{z\in\mathbb{C}: \lvert z\rvert <1\right\} \end{eqnarray*}$ und definiere $\begin{eqnarray*} \mathcal{P}\colon\mathbb{D}\times\mathbb{D}\to\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ durch

$\begin{eqnarray*} \mathcal{P}(x,y):=\begin{cases}\frac{1-\lvert x\rvert^2}{\lvert x-y\rvert^2}, & x\neq y\\0, & x=y\end{cases} \end{eqnarray*}$ .

Sei

$\begin{eqnarray*} E:=\left\{0\right\}\cup\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\left\{(1-2^{-n})e^{\pi ik/2^n}: k\in\left\{0,1,\ldots,2^{n+1}-1\right\}\right\},~~\mathcal{F}:=\left\{\mathcal{P}(x,\cdot): x\in E\right\} \end{eqnarray*}$

Wir schreiben $\begin{eqnarray*} x_n\to\infty \end{eqnarray*}$ für eine Folge in E, wenn es für jede endliche Teilmenge $\begin{eqnarray*} A\subset E \end{eqnarray*}$ nur endlich viele $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ gibt mirt $\begin{eqnarray*} x_n\in A \end{eqnarray*}$ .

Definiere die Menge

$\begin{eqnarray*} \xi_{\infty}:=\left\{(x_n)_{n\in\mathbb{N}}\in E: x_n\to\infty\text{ und }(f(x_n))_{n\in\mathbb{N}}\text{ konvergiert für alle }f\in\mathcal{F}\right\} \end{eqnarray*}$

Auf $\begin{eqnarray*} \xi_{\infty} \end{eqnarray*}$ betrachte die folgende Äquivalenzrelation:

$\begin{eqnarray*} (x_n)_{n\in\mathbb{N}}\sim (y_n)_{n\in\mathbb{N}}~\Leftrightarrow~\lim_{n\to\infty}f(x_n)=\lim_{n\to\infty}f(y_n)~~\forall f\in\mathcal{F} \end{eqnarray*}$ .

Zeige, dass der Faktorraum homeomorph zu $\begin{eqnarray*} \mathbb{S}^1:=\left\{z\in\mathbb{C}: \lvert z\rvert =1\right\} \end{eqnarray*}$ ist, also dass

$\begin{eqnarray*} \xi_{\infty}/\sim~\simeq \mathbb{S}^1 \end{eqnarray*}$ .

---

Meine Ideen:
Also ich bin ziemlich ideen- und hilflos.

Ich muss eine bijektive, stetige Funktion

$\begin{eqnarray*} H\colon \xi_{\infty}/\sim\to\mathbb{S}^1 \end{eqnarray*}$

finden, deren Umkehrfunktion ebenfalls stetig ist.

Wie kann man vorgehen? Ich bitte um Eure Hilfe.

12.01.2015, 11:56

duein

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Ups, die Frage scheint irgendwie bei Euch nicht anzukommen. Genauso wenig wie bei mir. Big Laugh

Big Laugh

Was kann ich tun, damit sich jemand dieses Problems annimmt?
Wie kann ich die Frage verbessern?

12.01.2015, 16:10

Guppi12

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Hallo,

in diesem Fall wäre es angebracht gewesen, noch etwas abzuwarten. Für gewisse Bereiche sind nicht immer Leute im Forum unterwegs, die sich mit einem Thema erstens auskennen und zweitens auch Lust haben, zu antworten. Da darf man dann ruhig etwas Geduld haben Augenzwinkern

Augenzwinkern

Ich hoffe dir ist der Satz bekannt, dass eine stetige surjektive Abbildung $\begin{eqnarray*} \phi:\xi_\infty\to\mathbb S \end{eqnarray*}$ , die unter $\begin{eqnarray*} \sim \end{eqnarray*}$ invariant ist, bereits einen Homöomorphismus der gesuchten Art induziert, falls $\begin{eqnarray*} \xi_\infty \end{eqnarray*}$ kompakt ist. Es genügt also, eine solche Abbildung $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ zu finden.

Dafür könntest du zum Beispiel zunächst mal zeigen, dass jedes Element aus $\begin{eqnarray*} \xi_\infty \end{eqnarray*}$ konvergent im herkömmlichen Sinne ist.

12.01.2015, 20:21

RavenOnJ

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RE: Homeomorphismus finden
Du könntest erst mal zeigen, dass alle erlaubten Folgen in $\begin{align*} \xi_\infty \end{align*}$ ab irgendeinem Indexwert $\begin{align*} n_\varepsilon \end{align*}$ sich vollständig innerhalb einer $\begin{align*} \varepsilon \end{align*}$ -Umgebung eines Punktes von $\begin{align*} \mathbb S^1 \end{align*}$ befinden müssen. die Folgen dürfen also nicht wild auf den Kreisen in $\begin{align*} E \end{align*}$ herumwandern. Außerdem sollte klar sein, dass in jeder erlaubten Folge Punkte von unendlich vielen solchen Kreisen enthalten sein müssen.

13.01.2015, 11:33

duein

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Hallo,

da fängt es leider schon an, denn welche Folgen sind denn in $\begin{eqnarray*} \xi_{\infty} \end{eqnarray*}$ ?

Sind das nicht alle Folgen $\begin{eqnarray*} (x_n)_{n\in\mathbb{N}} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x_n:=(1-2^{-n})e^{\pi i k/2^n} \end{eqnarray*}$ für ein $\begin{eqnarray*} k\in\left\{0,1,\ldots,2^{n+1}-1\right\} \end{eqnarray*}$ ?

13.01.2015, 12:24

RavenOnJ

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Vielleicht solltest du dir erstmal klar machen, was dieses seltsame $\begin{align*} x_n\to\infty \end{align*}$ bedeutet, und warum daraus folgt, dass es keinen Kreis $\begin{align*} K_r(0),r<1 \end{align*}$ gibt, in dem alle Folgenglieder enthalten sind.

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13.01.2015, 12:29

duein

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Hallo,

ich denke, das habe ich schon verstanden. Aber ich weiß nicht, was ich damit anfangen kann bzw. auf was das alles hinausläuft.

Inwiefern liegen denn für jede erlaubte Folge in $\begin{eqnarray*} \xi_{\infty} \end{eqnarray*}$ (und was meinst du mit "erlaubt"?) die Folgenglieder irgendwann in jeder Umgebung um einen Punkt in $\begin{eqnarray*} \mathbb{S}^1 \end{eqnarray*}$ ? Und was bringt mir das?

Sorry, mir fehlt der Überblick.

13.01.2015, 12:42

Guppi12

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Mit "erlaubt" meint er wohl, dass es eine Folge in $\begin{eqnarray*} \xi_{\infty} \end{eqnarray*}$ ist.

Was es dir bringt, dass jede Folge aus $\begin{eqnarray*} \xi_{\infty} \end{eqnarray*}$ gegen einen Wert aus $\begin{eqnarray*} \mathbb S^1 \end{eqnarray*}$ konvergiert? Nun, dazu solltest du dir mal meinen ersten Beitrag noch einmal ansehen. Das würde einem eine Idee liefern, wie man sein $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ definieren kann.

Edit: Was für eine Topologie hast du eigentlich auf $\begin{eqnarray*} \xi_\infty \end{eqnarray*}$ ?

13.01.2015, 12:49

duein

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Hallo,

ok, also wenn jeder Kreis $\begin{eqnarray*} K_r(0), r<1 \end{eqnarray*}$ immer nur endlich viele Folgenglieder enthält, dann bedeutet das, dass man irgendwann ganz nahe an einem Punkt auf der Sphäre ist und in dieser Umgebung liegen unendlich viele Folgenglieder. Also konvergiert die Folge gegen einen Sphärenpunkt.

Dann kann man vielleicht definieren:

$\begin{eqnarray*} \Phi\colon \xi_{\infty}\to\mathbb{S}^1, (x_n)_{n\to\mathbb{N}}\mapsto \lim_{n\to\infty}x_n \end{eqnarray*}$ ,

diese Funktion ist surjektiv und sie müsste nach Konstruktion auch folgenstetig, also stetig sein, da wir uns im Komplexen bewegen, also in einem metrischen Raum.

Somit ist - nach dem von Dir genannten Satz - $\begin{eqnarray*} \Phi \end{eqnarray*}$ schon ein Homeomorphismus?

Ist es das?

Falls ja, würde ich gerne noch den Satz, den du verwendest, irgendwo nachlesen, denn ich kenne ihn - leider - nicht.

13.01.2015, 13:04

RavenOnJ

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Zitat:

Original von duein
Also konvergiert die Folge gegen einen Sphärenpunkt.

Nur endlich viele Glieder innerhalb eines Kreises $\begin{align*} K_r(0),r<1 \end{align*}$ ist korrekt. Aber deine Schlussfolgerung stimmt nicht. Um zu dieser Schlussfolgerung zu kommen, brauchst du noch die andere Bedingung, die Folgen aus $\begin{align*} \xi_\infty \end{align*}$ erfüllen müssen.

Beantworte außerdem bitte mal die Frage Guppis nach der Topologie auf $\begin{align*} \xi_\infty \end{align*}$ . Ohne diese Information kann man nämlich nichts über die Stetigkeit einer Abbildung $\begin{align*} \xi_\infty\to\mathbb S^1 \end{align*}$ sagen. (Es gibt eine Topologie, bei der jede Abbildung stetig wäre Augenzwinkern

Augenzwinkern

)

13.01.2015, 13:12

duein

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Ich weiß leider nicht, wie ich die andere Bedingung für Folgen aus $\begin{eqnarray*} \xi_{\infty} \end{eqnarray*}$ verwenden kann, um zu zeigen, dass eine Folge aus $\begin{eqnarray*} \xi_{\infty} \end{eqnarray*}$ gegen einen Sphärenpunkt konvergiert.

Leider ist keine Topologie auf $\begin{eqnarray*} \xi_{\infty} \end{eqnarray*}$ auf dem Aufgabenblatt (und auch nicht in der Vorlesung) angegeben worden, ich kann diese Frage also leider gar nicht beantworten. Welche würde denn Sinn machen, mal so gefragt?

13.01.2015, 13:20

Guppi12

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Zitat:

Ich weiß leider nicht, wie ich die andere Bedingung für Folgen aus $\begin{eqnarray*} \xi_{\infty} \end{eqnarray*}$ verwenden kann, um zu zeigen, dass eine Folge aus $\begin{eqnarray*} \xi_{\infty} \end{eqnarray*}$ gegen einen Sphärenpunkt konvergiert.

Da darfst du gerne länger drüber nachdenken, als 8 Minuten Augenzwinkern

Augenzwinkern

Sinn machen würde zum Beispiel die von der Supremumsmetrik induzierte Topologie.

13.01.2015, 13:32

duein

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Ich hab es versucht...

Hier jedenfalls mein Versuch.

Sei $\begin{eqnarray*} (x_n)_{n\in\mathbb{N}}\in\xi_{\infty} \end{eqnarray*}$ , das heißt für beliebiges $\begin{eqnarray*} x\in E \end{eqnarray*}$ konvergiert $\begin{eqnarray*} \mathcal{P}(x,x_n) \end{eqnarray*}$ , ich nenne den Grenzwert mal $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ .

Jetzt will ich ja zeigen, dass $\begin{eqnarray*} (x_n) \end{eqnarray*}$ gegen ein $\begin{eqnarray*} z\in\mathbb{S}^1 \end{eqnarray*}$ konvergiert.

Für beliebiges $\begin{eqnarray*} \varepsilon > 0 \end{eqnarray*}$ , sei $\begin{eqnarray*} \varepsilon':=\varepsilon/(c+3) \end{eqnarray*}$ .

Dann gilt m.E.

$\begin{eqnarray*} \lvert x_n-z\rvert^2\leq c+3=\varepsilon \end{eqnarray*}$ .

13.01.2015, 14:04

duein

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Ich versuche es nochmal ganz anders. Das eben war einfach falsch und Mist.

Sei $\begin{eqnarray*} (x_n)_n\in\xi_{\infty} \end{eqnarray*}$ .
Dann hat jedes Folgenglied die Form $\begin{eqnarray*} x_n=(1-2^{-n})\exp(\pi i k/2^n) \end{eqnarray*}$ für ein $\begin{eqnarray*} k\in\left\{0,1,...,2^{n+1}-1\right\} \end{eqnarray*}$ .
Jeder Kreis $\begin{eqnarray*} K_r(0), r<1 \end{eqnarray*}$ beinhaltet nur endlich viele Folgenglieder.
Für $\begin{eqnarray*} r\to 1 \end{eqnarray*}$ hat man also irgendwann einen Sphärenpunkt $\begin{eqnarray*} z\in\mathbb{S}^1 \end{eqnarray*}$ , für den in jeder Umgebung unendlich viele Folgenglieder sind, somit ist $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ ein Häufungspunkt der Folge $\begin{eqnarray*} (x_n)_n \end{eqnarray*}$ .

Angenommen, es gäbe einen zweiten Häufungspunkt $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ .

Dann hätt für beliebiges $\begin{eqnarray*} x\in E \end{eqnarray*}$ die Folge $\begin{eqnarray*} (\mathcal{P}(x,x_n))_n \end{eqnarray*}$ zwei Häufungspunkte, was aber nicht sein kann, da die Folge konvergiert, da $\begin{eqnarray*} (x_n)_n\in\xi_{\infty} \end{eqnarray*}$ .

Also hat $\begin{eqnarray*} (x_n)_n \end{eqnarray*}$ genau einen Häufungspunkt und da die Flge $\begin{eqnarray*} (x_n)_n \end{eqnarray*}$ außerdem beschränkt ist und wir uns in einem Hausdorff-Raum bewegen, ist $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ Limes der Folge $\begin{eqnarray*} (x_n)_n \end{eqnarray*}$ .

Das heißt: Jede Folge aus $\begin{eqnarray*} \xi_{\infty} \end{eqnarray*}$ konvergiert gegen einen Sphärenpunkt.

13.01.2015, 15:22

RavenOnJ

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Du missachtest bei deiner Argumentation, dass $\begin{align*} (f(x_n))_{n\in\mathbb N} \end{align*}$ für alle $\begin{align*} f\in\mathcal F \end{align*}$ konvergieren soll, nicht nur für eins. Eine solche Abbildung $\begin{align*} \mathcal P(x,.) \end{align*}$ reicht auf alle Fälle nicht. Beispiel: $\begin{align*} x=\frac 1 2:\mathcal P(1/2,.),\mathcal P(1/2,x_n)\to \frac 3 4\Rightarrow \left\lvert \frac 1 2 - x_n\right\rvert^2\to 1 \end{align*}$ . Hier kannst du die Folge so wählen, dass du immer $\begin{align*} x_{2k+1}=\overline{x_{2k}} \end{align*}$ nimmst, denn mit $\begin{align*} y\in E \end{align*}$ ist auch $\begin{align*} \overline{y}\in E \end{align*}$ . Die Folge $\begin{align*} (x_n)_{n\in\mathbb N} \end{align*}$ hat also zwei Häufungspunkte, obwohl $\begin{align*} (f(x_n))_{n\in\mathbb N} \end{align*}$ einen Grenzwert hat.

13.01.2015, 15:25

duein

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Hm, dann weiß ich, um offen zu sprechen, nicht so wirklich weiter.

Vielleicht könntest Du mir hinschreiben, wie man sieht, dass jede Folge aus $\begin{eqnarray*} \xi_{\infty} \end{eqnarray*}$ gegen ein $\begin{eqnarray*} z\in\mathbb{S}^1 \end{eqnarray*}$ konvergiert. Ich habe es immerhin versucht, komme jetzt aber nicht weiter.

13.01.2015, 15:42

RavenOnJ

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Vielleicht denkst du mal etwas länger als 3 Minuten darüber nach, was ich geschrieben habe, und überlegst dann selber. Ich habe dir immerhin den Hinweis gegeben, dass du alle $\begin{align*} f\in\mathcal F \end{align*}$ berücksichtigen sollst (obwohl ich der Meinung bin, dass viel weniger reichen. Ist jetzt aber egal.).

13.01.2015, 15:43

duein

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Ich kann mit dem Hinweis aber leider nichts anfangen, tut mir leid.
Wenn ich so schnell antworte, liegt es daran, dass ich einfach nicht verstehe, und also auch nicht darüber nachdenken kann.

13.01.2015, 15:44

RavenOnJ

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Wenn man etwas nicht sofort versteht, sollte man etwas länger nachdenken. Außerdem könntest du schreiben, was du nicht verstehst.

13.01.2015, 15:50

duein

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ok, ich verstehe Folgendes nicht:

Wenn jeder Kreis $\begin{eqnarray*} K_r(0), r<1 \end{eqnarray*}$ nur endlich viele Folgenglieder enthält, bedeutet das dann dass auf $\begin{eqnarray*} \mathbb{S}^1 \end{eqnarray*}$ unendlich viele Folgenglieder liegen?

Und wenn ja, wieso bedeutet dass, dass es einen Grenzwert der Folge auf $\begin{eqnarray*} \mathbb{S}^1 \end{eqnarray*}$ gibt?

13.01.2015, 15:56

RavenOnJ

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Auf $\begin{align*} \mathbb S^1 \end{align*}$ liegt überhaupt kein Folgenglied, da alle Punkte in $\begin{align*} E \end{align*}$ sich innerhalb von $\begin{align*} \mathbb S^1 \end{align*}$ befinden. Sie haben alle einen Abstand < 1 vom Ursprung.

Veranschauliche dir am besten erstmal die Punktemenge $\begin{align*} E \end{align*}$ .

13.01.2015, 16:05

duein

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Dann verstehe ich nicht, wieso sich die Folgenglieder ab einem Index in einer Umgebung eines Sphärenpunkts befinden müssen.

Hm verwirrt

verwirrt

13.01.2015, 16:08

duein

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Die Folgenglieder müssen doch nicht auf einem "Strahl" liegen? Sie können doch wild verteilt jeweils auf einem der Kreise liegen? Wieso sollten sie dann ab einem Index in der Umgebung eines Sphärenpunkts liegen?

Oder liegen die Glieder eine Folge auf einem "Strahl"?

13.01.2015, 16:20

RavenOnJ

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Die Folgen, die der Bedingung $\begin{align*} x_n\to\infty \end{align*}$ genügen, können allerdings "wild verteilt" auf den Kreisen $\begin{align*} K_{1-2^{-m}}(0) \end{align*}$ liegen, solange es zu jedem m ein Folgenglied $\begin{align*} x_{n(m)} \end{align*}$ gibt, sodass alle Folgenglieder $\begin{align*} x_{n},n>n(m) \end{align*}$ auf Kreisen mit größerem Radius als $\begin{align*} 1-2^{-m} \end{align*}$ liegen.

Deswegen steht für die "erlaubten" Folgen, d.h. die Folgen, die zu $\begin{align*} \xi_\infty \end{align*}$ gehören, noch eine zweite Bedingung in der Definition, dass nämlich $\begin{align*} (f(x_{n}))_{n\in\mathbb N} \end{align*}$ für alle $\begin{align*} f\in\mathcal F \end{align*}$ konvergiert. Erst diese zweite Bedingung zwingt die Folgen zu genau einem Häufungspunkt. (Ob es wirklich alle f sein müssen, darüber könnte man sich noch streiten. Es könnten, wie schon geschrieben, mE nach auch nur ein paar (2?) geschickt gewählte sein. Das lassen wir aber mal außen vor.)

13.01.2015, 16:34

RavenOnJ

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Dieser Häufungspunkt darf keinen Abstand < 1 vom Ursprung haben, da sonst unendlich viele Folgenglieder innerhalb eines Ursprungskreises mit Radius < 1 liegen würden. Man kann dann nämlich eine genügend kleine Umgebung um den Häufungspunkt wählen, die vollständig innerhalb einer Umgebung $\begin{align*} B_r(0), r <1 \end{align*}$ liegt, in der unendlich viele Folgenglieder liegen. Das wäre ein Widerspruch zur Bedingung $\begin{align*} x_n\to\infty \end{align*}$ .

13.01.2015, 16:47

duein

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Ok, dann ist das Problem schonmal eingegrenzt, denn denn verstehe ich nicht, wieso die zweite Bedingung, also $\begin{eqnarray*} (f(x_n))_n \end{eqnarray*}$ konvergiert für ALLE f, dafür sorgt, dass die Folge nur einen Häufungspunkt hat.

13.01.2015, 16:50

RavenOnJ

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Was wäre denn, wenn eine Folge $\begin{align*} (x_n)_{n\in\mathbb N} \end{align*}$ mehrere Häufungspunkte hätte?

Edit: Warum der/die Häufungspunkt/e einer solchen Folge keinen Abstand größer als 1 vom Ursprung haben können, solltest du dir auch noch überlegen.

13.01.2015, 16:52

duein

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Dann würde sie nicht konvergieren.

13.01.2015, 16:56

RavenOnJ

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Zitat:

Original von duein
Dann würde sie nicht konvergieren.

Beachte bitte, was hier konvergieren soll, nämlich $\begin{align*} (f(x_n))_{x\in\mathbb N} \end{align*}$ . Ein bisschen mehr Begründung noch, warum dann keine Konvergenz gegeben ist. Ich hatte dir ja an einem Beispiel weiter oben gezeigt, dass eine Konvergenz von $\begin{align*} (f(x_n))_{x\in\mathbb N} \end{align*}$ erfüllt sein kann, obwohl $\begin{align*} (x_n)_{x\in\mathbb N} \end{align*}$ zwei Häufungspunkte hat.

Beachte auch bitte noch mein Edit vom vorigen Post.

13.01.2015, 17:02

duein

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Meine Vermutung ist, dass keine Konvergenz von $\begin{eqnarray*} (f(x_n))_n \end{eqnarray*}$ gegeben wäre wegen der Stetigkeit von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ in der zweiten Komponente in $\begin{eqnarray*} \mathbb{D}\setminus\left\{0\right\} \end{eqnarray*}$ , also dann hätte man

$\begin{eqnarray*} \lim_n f(x_n)=f(\lim_n x_n) \end{eqnarray*}$ ,

aber wenn $\begin{eqnarray*} (x_n)_n \end{eqnarray*}$ gar nicht konvergiert (z.B. wenn man zwei Häufungspunkte hätte), dann würde der Ausdruck keinen Sinn machen.

---

Hm, und wieso kann ein Häufungspunkt nicht größer als 1 sein...

Dann könnte man eine kleine Umgebung dieses Häufungspunkts finden, in der gar keine Folgenglieder liegen. Dann kann es aber kein Häufungspunkt sein.

13.01.2015, 17:27

RavenOnJ

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Zitat:

Original von duein

$\begin{eqnarray*} \lim_n f(x_n)=f(\lim_n x_n) \end{eqnarray*}$ ,

aber wenn $\begin{eqnarray*} (x_n)_n \end{eqnarray*}$ gar nicht konvergiert (z.B. wenn man zwei Häufungspunkte hätte), dann würde der Ausdruck keinen Sinn machen.

Wo steht in der Aufgabe was von $\begin{align*} \lim_{n\to\infty} f(x_n)=f(\lim_{n\to\infty} x_n) \end{align*}$ ? Da muss eine andere Begründung her. Ich hatte dir doch ein Beispiel gegeben, in dem die Folge $\begin{align*} (x_n)_{n\in\mathbb N} \end{align*}$ sehr wohl zwei Häufungspunkte haben kann, obwohl $\begin{align*} \lim_{n\to\infty} f(x_n) \end{align*}$ existiert. Lies dir bitte nochmal das Beispiel auf der ersten Seite ganz unten durch.

13.01.2015, 17:30

duein

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verwirrt

Ok.

Was genau muss ich jetzt eigentlich machen?

Ich bin verwirrt. Hammer

Hammer

13.01.2015, 18:00

RavenOnJ

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Zitat:

Original von duein
Was genau muss ich jetzt eigentlich machen?

Dies nochmal durchlesen und nachvollziehen! Am besten mit geometrischer Veranschaulichung auf einem Blatt Papier.

Zitat:

Original von RavenOnJ
Beispiel: $\begin{align*} x=\frac 1 2:\mathcal P(1/2,.),\mathcal P(1/2,x_n)\to \frac 3 4\Rightarrow \left\lvert \frac 1 2 - x_n\right\rvert^2\to 1 \end{align*}$ . Hier kannst du die Folge so wählen, dass du immer $\begin{align*} x_{2k+1}=\overline{x_{2k}} \end{align*}$ nimmst, denn mit $\begin{align*} y\in E \end{align*}$ ist auch $\begin{align*} \overline{y}\in E \end{align*}$ . Die Folge $\begin{align*} (x_n)_{n\in\mathbb N} \end{align*}$ hat also zwei Häufungspunkte, obwohl $\begin{align*} (f(x_n))_{n\in\mathbb N} \end{align*}$ einen Grenzwert hat.

Dann darüber nachdenken, warum die zweite Bedingung in der Definition

$\begin{align*} \xi_{\infty}:=\left\{(x_n)_{n\in\mathbb{N}}\in E: x_n\to\infty\text{ und }\color{red}(f(x_n))_{n\in\mathbb{N}}\text{ konvergiert für alle }f\in\mathcal{F}\right\} \end{align*}$

dazu führt, dass die erlaubten Folgen nur noch einen Häufungspunkt haben können.

Als nächstes geht es dann um die Äquivalenzklassen. Das war ja überhaupt noch nicht Thema bisher.

13.01.2015, 18:22

duein

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Ein letzter Versuch, dann bin ich am Ende meines Lateins:

Wenn eine Folge in $\begin{eqnarray*} (x_n)_n\in\xi_{\infty} \end{eqnarray*}$ zwei Häufungspunkte x und y hätte, könnte man so eine Folge in zwei Folgen $\begin{eqnarray*} (x'_n)_n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (x''_n)_n \end{eqnarray*}$ aufteilen, sodass die erste Folge den Häufungspunkt x und die zweite Folge den Häufungspunkt y hätte.
Also man hat quasi zwei Teilfolgen erstellt.

Dann ist $\begin{eqnarray*} \lim_n f(x_n)=\lim_n f(x'_n)=\lim_n f(x''_n) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ .

Also sind die beiden Teilfolgen in der gleichen Äquivalenzklasse und identisch, also im Sinne der Äquivalenzrelation identifiziert man die beiden Teilfolgen.
Also gibts nur einen Häufungspunkt.

Hm, das ist alles, was mir noch einfällt.

13.01.2015, 23:23

RavenOnJ

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Zitat:

Original von duein
Wenn eine Folge in $\begin{eqnarray*} (x_n)_n\in\xi_{\infty} \end{eqnarray*}$ zwei Häufungspunkte x und y hätte, könnte man so eine Folge in zwei Folgen $\begin{eqnarray*} (x'_n)_n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (x''_n)_n \end{eqnarray*}$ aufteilen, sodass die erste Folge den Häufungspunkt x und die zweite Folge den Häufungspunkt y hätte.
Also man hat quasi zwei Teilfolgen erstellt.

Bis hierhin ein möglicher Ansatz.

Zitat:

Dann ist $\begin{eqnarray*} \lim_n f(x_n)=\lim_n f(x'_n)=\lim_n f(x''_n) \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ .

unglücklich

Wie kommst du denn jetzt darauf?? Es ist halt genau das Gegenteil der Fall.

Zitat:

Also sind die beiden Teilfolgen in der gleichen Äquivalenzklasse und identisch, also im Sinne der Äquivalenzrelation identifiziert man die beiden Teilfolgen.
Also gibts nur einen Häufungspunkt.

Tut mir leid, aber du rätst anscheinend nur rum. Was du da schreibst, ist überhaupt nicht schlüssig. Das von mir angegebene Beispiel scheint auch nicht auf fruchtbaren Boden gefallen zu sein. Vielleicht solltest du noch mal drüber schlafen.

13.01.2015, 23:30

duein

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Ich habe ja schon vorhin gesagt, dass ich nicht verstehe und mir da auch Rumdenken nichts bringt.

Schade, aber ich komme eben nicht weiter, ich kann es nicht erzwingen.

Ich komme auch über Nacht nicht darauf, wie man sieht, kommt ja nur Blödsinn dabei raus. Darum bitte ich darum, mir zu sagen, wieso jede Folge auf der Sphäre konvergiert.

Ich denke, ich habe zumindest gezeigt, dass ich mich bemüht habe und nicht einfach nur so um irgendwelche Fertiglösungen bitte.

14.01.2015, 01:36

RavenOnJ

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Zitat:

Original von duein
Ich habe ja schon vorhin gesagt, dass ich nicht verstehe und mir da auch Rumdenken nichts bringt.

Schade, aber ich komme eben nicht weiter, ich kann es nicht erzwingen.

Ich komme auch über Nacht nicht darauf, wie man sieht, kommt ja nur Blödsinn dabei raus.

Dann ist wohl die Kacke am Dampfen, um es mal so gewählt auszudrücken.

Zitat:

Ich denke, ich habe zumindest gezeigt, dass ich mich bemüht habe und nicht einfach nur so um irgendwelche Fertiglösungen bitte.

Die Fertiglösungen würdest du auch nicht bekommen. Ich werde mal grob eine Teillösung präsentieren.

Sei $\begin{align*} (x_n)_{n\in\mathbb N} \end{align*}$ eine Folge aus $\begin{align*} \xi_\infty \end{align*}$ . Dass ihre Häufungspunkte auf $\begin{align*} \mathbb S^1 \end{align*}$ liegen, sollte inzwischen mehr oder weniger klar sein. Es geht also nur noch um die Frage, warum die Folge nur einen Häufungspunkt haben kann. Die zweite Bedingung, die alle Folgen aus $\begin{align*} \xi_\infty \end{align*}$ erfüllen müssen, ist die Konvergenz von $\begin{align*} (P(y,x_n))_{n\in\mathbb N} \end{align*}$ für alle $\begin{align*} y\in E \end{align*}$ . Betrachtet man nur eine bestimmte Abbildung $\begin{align*} P(y_1,.) \end{align*}$ , so müssen, um die Konvergenzbedingung zu erfüllen, alle Häufungspunkte von $\begin{align*} (x_n)_{n\in\mathbb N} \end{align*}$ auf einem bestimmten Kreis um $\begin{align*} y_1 \end{align*}$ liegen. Dieser Kreis hat maximal zwei Schnittpunkte mit $\begin{align*} \mathbb S^1 \end{align*}$ . Die Folge kann also auch nur maximal zwei Häufungspunkte haben.

Betrachtet man nun eine weitere Abbildung $\begin{align*} P(y_2,.) \end{align*}$ , wobei $\begin{align*} 0,y_1,y_2 \end{align*}$ nicht kollinear sein sollen, so gelten dieselben Überlegungen wie für die andere Abbildung. Weil die drei Punkte nicht kollinear sind, können sich die Kreise mit Mittelpunkten $\begin{align*} y_1,y_2 \end{align*}$ , die durch einen Häufungspunkt gehen, nicht in einem zweiten Punkt auf $\begin{align*} \mathbb S^1 \end{align*}$ schneiden. Also kann die Folge $\begin{align*} (x_n)_{n\in\mathbb N}\in \xi_\infty \end{align*}$ nur einen Häufungspunkt haben. (Man kann diese geometrischen Überlegungen natürlich auch algebraisch formulieren.) Die Bedingung, dass alle $\begin{align*} (P(y,x_n))_{n\in\mathbb N},y\in E \end{align*}$ konvergieren, ändert nichts an den vorigen Überlegungen.

Zu der Äquivalenzrelation: Offenbar sind die Folgen äquivalent, die denselben Häufungspunkt haben.

Es wäre noch zu zeigen, dass jeder Punkt auf $\begin{align*} \mathbb S^1 \end{align*}$ Häufungspunkt mindestens einer Folge aus $\begin{align*} \xi_\infty \end{align*}$ ist.

Als einfachste stetige und bijektive Abbildung $\begin{align*} \xi_\infty/{\sim} \to \mathbb S^1 \end{align*}$ könnte man die Identitätsabbildung auf $\begin{align*} \mathbb S^1 \end{align*}$ nehmen, wenn man die Folgen mit ihren Häufungspunkten identifiziert.

Die Lösung ist jetzt noch nicht vollständig (insbesondere wäre noch zu zeigen, dass jeder Punkt auf $\begin{align*} \mathbb S^1 \end{align*}$ Häufungspunkt einer Folge aus $\begin{align*} \xi_\infty \end{align*}$ ist und es wäre noch die Frage der Topologie auf $\begin{align*} \xi_\infty \end{align*}$ zu klären. Vermutlich die durch die Standardtopologie auf $\begin{align*} \mathbb C \end{align*}$ induzierte Topologie auf der Menge der Häufungspunkte, analog zur Topologie auf $\begin{align*} \mathbb S^1 \end{align*}$ .), aber dies hier ist mehr als genug dazu von meiner Seite.

14.01.2015, 10:58

duein

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Dankeschön

Also dass ein $\begin{eqnarray*} z\in S^1 \end{eqnarray*}$ Häufungspunkt mindestens einer Folge aus $\begin{eqnarray*} \xi_{\infty} \end{eqnarray*}$ ist, würde ich anschaulich so erklären, dass man sich die Folge hernimmt, deren Folgenglieder auf der Gerade liegen, die man von z zum Nullpunkt zieht.

Wäre das eine Brgründung oder viel zu schwammig?

14.01.2015, 12:54

RavenOnJ

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Die Begründung ist nicht nur schwammig, sondern falsch. Allein schon wegen der Abzählbarkeit der Punkte in $\begin{align*} E \end{align*}$ und der Überabzählbarkeit der Punkte auf $\begin{align*} \mathbb S^1 \end{align*}$ kann das nicht stimmen. Es kann keine surjektive Abbildung $\begin{align*} E\to\mathbb S^1 \end{align*}$ geben.

Trotzdem kannst du die Idee mit dem Strahl weiterverfolgen, du musst nur deine Konstruktion einer konvergenten Folge modifizieren. Der Strahl muss nicht durch die Punkte der Folge gehen.

14.01.2015, 13:24

duein

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Dann die Schnittpunkte des Strahls mit den Kreisen betrachten - und dann findet man eine Umgebung so eines Schnittpunkts, in der ein Punkt auf dem jeweiligen Kreis liegt. Eine genaue Begründung weiß ich dafür nicht. Erst dachte ich irgendwie an Dichtheit.. aber bin dann damit doch nicht weiter gekommen.

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