Menge - kompakt, perfekt, total unzusammenhaengend

27.08.2009, 13:57

ge88

Menge - kompakt, perfekt, total unzusammenhaengend

Sei $\begin{eqnarray*} G \subset (0,1) \end{eqnarray*}$ eine beliebige offene Menge mit $\begin{eqnarray*} \lambda(G) = \alpha < 1 \end{eqnarray*}$ , welche alle rationalen Zahlen aus (0,1) enthaelt. Zeigen Sie, dass die Menge $\begin{eqnarray*} M := [0,1] \setminus G \end{eqnarray*}$ (vom Mass $\begin{eqnarray*} \lambda(M) = 1 - \alpha \end{eqnarray*}$ ) dann kompakt, perfekt, total unzusammenhaengend und ueberabzaehlbar ist.

Die Menge $\begin{eqnarray*} [0,1] \setminus G \end{eqnarray*}$ ist abgeschlossen (denn G ist offen) und beschraenkt, deshalb kompakt.

M ist ueberabzaehlbar, denn G ist abzaehlbar.

Pefekt und total unzusammenhaengend gleichzeitig bedeutet fuer die Menge:
1) M enthaelt keine isolierten Punkte,
2) aus $\begin{eqnarray*} [a,b] \subseteq M \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} a=b \end{eqnarray*}$ .

Es gilt $\begin{eqnarray*} \lambda(M) = 1 - \alpha \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 0 \leq \alpha < 1 \end{eqnarray*}$ , deshalb muss die Menge innere Punkte enthalten. Meine erste Frage ist: wie kann diese Menge auch noch total unzusammenhaengend sein? Und die zweite Frage: wie zeige ich das?
Danke!

27.08.2009, 14:29

kiste

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Ist alpha>0 so kann G doch nicht abzählbar sein oder?
Vielmehr ist M überabzählbar da alpha<1 und damit lambda(M) > 0.
unzusammenhängend ist ja auch klar, in einem nicht-trivialen Intervall hat es auch rationale Zahlen, aber die sind schon alle in G.

27.08.2009, 14:40

ge88

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Ah, ok, ist eigentlich ganz einfach.
Danke!

edit:
Frage: Muss G nicht abzaehlbar sein? Dann koennte auch mein Argument stimmen.

27.08.2009, 15:48

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Zitat:

Original von ge88
Muss G nicht abzaehlbar sein? Dann koennte auch mein Argument stimmen.

Ganz im Gegenteil: G kann gar nicht abzählbar sein, denn G ist nichtleer und offen, woraus sofort ein positives Lebesguemaß und damit Überabzählbarkeit folgt!

27.08.2009, 16:00

ge88

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Ganz im Gegenteil: G kann gar nicht abzählbar sein, denn G ist nichtleer und offen, woraus sofort ein positives Lebesguemaß und damit Überabzählbarkeit folgt!

Die Menge der rationalen Zahlen ist abzaehlbar - warum sind dann die rationalen Zahlen aus (0,1) ueberabzaehlbar?

27.08.2009, 17:15

Cordovan

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G ist mehr als nur alle rationalen Zahlen aus (0,1): es ist eine offene Menge, welche außerdem alle rationalen Zahlen enthält!

Cordovan

27.08.2009, 18:17

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So ist es. Das war schon eine merkwürdige Anmerkung für jemanden, der sich schon eine geraume Weile mit der Aufgabe auseinandergesetzt hat.

27.08.2009, 18:24

ge88

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Zitat:

Original von Cordovan
G ist mehr als nur alle rationalen Zahlen aus (0,1): es ist eine offene Menge, welche außerdem alle rationalen Zahlen enthält!

Aber warum ist das ueberabzaehlbar? Ich verstehe es immer noch nicht.
Es ist also $\begin{eqnarray*} [0,1] \cap \mathbb Q \end{eqnarray*}$ abzaehlbar, aber $\begin{eqnarray*} (0,1) \cap \mathbb Q \end{eqnarray*}$ ueberabzaehlbar - warum?
Ich werde weiter in meinem Buch lesen, vielleicht die Frage ist doof und es wird mir klar.

27.08.2009, 18:34

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Zitat:

Original von ge88
aber $\begin{eqnarray*} (0,1) \cap \mathbb Q \end{eqnarray*}$ ueberabzaehlbar

Was redest du denn beständig diesen Unsinn? $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ enthält doch nicht nur diese rationalen Zahlen, sondern ist auch noch als offen gefordert!!!

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Anscheinend hast du Probleme, dir $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ vorzustellen. Da kann ich dich beruhigen - was die "geometrische" Vorstellung eines solchen $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ betrifft, scheitern wir alle. Aber man kann ein solches $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ angeben und zeigen, dass es die gewünschte Eigenschaft hat, z.B. so:

$\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \cap (0,1) \end{eqnarray*}$ ist abzählbar, d.h. es existiert eine Folge $\begin{eqnarray*} (q_n)_{n=1,2,\ldots} \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \cap (0,1) = \bigcup\limits_{n=1}^{\infty} \{ q_n \} \end{eqnarray*}$ ,

o.B.d.A. mit $\begin{eqnarray*} q_1 = \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ . Jetzt definieren wir $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ einfach so, dass wir um jedes $\begin{eqnarray*} q_n \end{eqnarray*}$ ein offenes Intervall der Länge $\begin{eqnarray*} 2^{-n-1} \end{eqnarray*}$ platzieren (soweit es in (0,1) enthalten ist) und vereinigen den ganzen Murks:

$\begin{eqnarray*} G := (0,1) \cap \bigcup\limits_{n=1}^{\infty} (q_n-2^{-n-2},q_n+2^{-n-2}) \end{eqnarray*}$ .

Dann ist G offen und man kann abschätzen

$\begin{eqnarray*} \lambda(G) \leq \sum\limits_{n=1}^{\infty} \lambda((q_n-2^{-n-2},q_n+2^{-n-2})) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} 2^{-n-1} = \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

und nach der anderen Richtung einfach

$\begin{eqnarray*} \lambda(G) \geq \lambda((q_1-2^{-3},q_1+2^{-3})) = \lambda\left( \left( \frac{3}{8} , \frac{5}{8} \right) \right) = \frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ .

----------

Nochmal, es ist nicht zwingend, dass $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ genauso aussieht - es ist nur ein Beispiel welches zeigt, dass es überhaupt Mengen $\begin{eqnarray*} G \end{eqnarray*}$ mit der geforderten Eigenschaft gibt.

27.08.2009, 20:53

ge88

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Vielen Dank fuer das Konstruieren von G - ich denke, dass ich es verstanden habe. Mein Fehler war, dass ich gar keinen Wert auf das Wort "offen" gelegt habe, denn fuer mich war der offene Intervall (0,1) schonmal eine offene Menge. Man soll sich eigentlich eine offene Menge zusaetzlich zur Menge der rationalen Zahlen aus (0,1) vorstellen und diese zusaetzliche Menge kann auch irrationale Zahlen enthalten. Vielleicht der Grund dafuer ist, dass eine offene Menge nur aus inneren Punkten besteht und die setzen eben diese Eigenschaft voraus.
Ich denke auf jeden Fall weiter.

28.08.2009, 12:37

ge88

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Jetzt verstehe ich wieder nicht, wie M total unzusammenhaengend sein kann.
Angenommen, dass G genau so aussieht:

Zitat:

Original von Arthur Dent
$\begin{eqnarray*} G := (0,1) \cap \bigcup\limits_{n=1}^{\infty} (q_n-2^{-n-2},q_n+2^{-n-2}) \end{eqnarray*}$

Dann kann man M als Vereinigung abgeschlossener Mengen darstellen. Es gilt auch $\begin{eqnarray*} \lambda(M)>0 \end{eqnarray*}$ , also existiert $\begin{eqnarray*} I \subseteq M \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 0 < \lambda(I) \leq \lambda(M) \end{eqnarray*}$ . Aber dann fuer $\begin{eqnarray*} [a,b] \subseteq M \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} a \neq b \end{eqnarray*}$ .

28.08.2009, 13:04

kiste

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Zitat:

Original von ge88
Dann kann man M als Vereinigung abgeschlossener Mengen darstellen.

Dann versuch das mal zu beweisen...

Zitat:

Es gilt auch $\begin{eqnarray*} \lambda(M)>0 \end{eqnarray*}$ , also existiert $\begin{eqnarray*} I \subseteq M \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 0 < \lambda(I) \leq \lambda(M) \end{eqnarray*}$ . Aber dann fuer $\begin{eqnarray*} [a,b] \subseteq M \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} a \neq b \end{eqnarray*}$ .

Die Existenz von I gilt aber ist doch irrelevant. Wähle I=M und alle Bedingungen die du gefordert hast gelten. Dein letzter Satz ist nicht mal ein deutscher Satz.

28.08.2009, 13:10

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Zitat:

Original von ge88
Es gilt auch $\begin{eqnarray*} \lambda(M)>0 \end{eqnarray*}$

Richtig.

Zitat:

Original von ge88
also existiert $\begin{eqnarray*} I \subseteq M \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 0 < \lambda(I) \leq \lambda(M) \end{eqnarray*}$ .

Sofern $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ hier ein Intervall andeuten soll, ist dies eine falsche Folgerung. Wahrscheinlich aus der Anschauung geboren, die einem hier aber bei diesen wilden Mengen gern einen Streich spielt. Augenzwinkern

28.08.2009, 13:30

ge88

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Sofern $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ hier ein Intervall andeuten soll, ist dies eine falsche Folgerung.

Jetzt sehe ich das Ausmass meiner Doofheit...
Entschuldigung.

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