Beweis für Offenheit einer Menge

11.08.2010, 17:01

Philipp Imhof

Beweis für Offenheit einer Menge

Hallo!

Ich soll zeigen, dass die Menge $\begin{eqnarray*} M:=\left\{\binom xy \in\mathbb R^2\ |\ xy\neq0 \right\} \end{eqnarray*}$ offen ist.

Dazu habe ich mir zwei Ansätze überlegt:

(1) Ich definiere eine Funktion $\begin{eqnarray*} f:\mathbb R^2\to\mathbb R, f(x,y):=x \end{eqnarray*}$ . Diese ist stetig, da Projektionen stetig sind. Ferner ist $\begin{eqnarray*} f(M)=\mathbb R\setminus\{0\} = ]{-\infty},0[\ \cup\ ]0,\infty[ \end{eqnarray*}$ . Die Bildmenge ist offen, denn Vereinigungen von offenen Mengen sind offen. Da f stetig ist, muss das Urbild von f(M) offen sein, also ist M offen.

(2) Ich definiere $\begin{eqnarray*} X:=\mathbb R^2\setminus M=\left\{\binom xy\in\mathbb R^2\ |\ x=0\text{ oder } y=0\right\} \end{eqnarray*}$ wobei dies die Vereinigung von zwei abgeschlossenen Mengen, nämlich $\begin{eqnarray*} \left\{\binom x0\in\mathbb R^2\right\} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \left\{\binom 0y\in\mathbb R^2\right\} \end{eqnarray*}$ ist. Da die Vereinigung von zwei abgeschlossenen Mengen wieder abgeschlossen ist, ist X abgeschlossen. Und damit ist M als Komplement von X offen.

Sind diese Ansätze so korrekt?

Danke & Gruss

11.08.2010, 17:19

Leopold

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Der zweite Beweis stimmt (warum übrigens sind die Koordinatenachsen abgeschlossen?), der erste nicht. Das Urbild von $\begin{eqnarray*} f(M) \end{eqnarray*}$ ist nämlich nicht $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ , sondern die Vereinigung der linken mit der rechten Halbebene. Nimm zum Beweis ein anderes $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ .

12.08.2010, 10:08

Philipp Imhof

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Vielen Dank. Die Koordinatenachsen sind abgeschlossen, weil sie alle ihre Häufungspunkte enthalten. (Dass jeder Punkt auf der Achse ein Häufungspunkt ist, ist trivial. Dass alle Punkte ausserhalb der Achse keine sind zeige ich, indem ich einen Punkt $\begin{eqnarray*} a:=\binom x\alpha \end{eqnarray*}$ ausserhalb der (hier die x-)Achse nehme. Dann ist für $\begin{eqnarray*} \epsilon:=\frac{|\alpha|}{2} \end{eqnarray*}$ in keiner Epsilon-Umgebung von a ein Punkt der Achse, enthalten, also ist a kein Häufungspunkt. Und da a beliebig ausserhalb der Achse gewählt war, ist auch kein anderer derartiger Punkt ein Häufungspunkt. Analog dann für die y-Achse.)

Ich sehe aber noch nicht, warum M nicht das Urbild ist. Es wird doch jeder Punkt aus M in diese beiden Intervalle abgebildet. Die Vereinigung der linken und rechten Halbebene würde ja dann die x-Achse (also y=0) enthalten; aber die sind doch gar nicht in M gewesen. (Vielleicht hätte ich f als Abbildung M -> R definieren sollen? Ich dachte, da ich dann f(M) schreibe, spiele das keine Rolle.)

(EDIT: Betragsstriche um Alpha bei der Definition von Epsilon, für den Fall dass Alpha negativ wäre)

12.08.2010, 12:04

Leopold

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Mit diesem Beweis kannst du ja direkt die Offenheit von $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ zeigen. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit kannst du das für den offenen Quadranten $\begin{eqnarray*} x,y>0 \end{eqnarray*}$ tun.

Für dein $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ gilt:

$\begin{eqnarray*} f^{-1} \left( \mathbb{R} \setminus \{ 0 \} \right) = \left( (-\infty,0) \times \mathbb{R} \right) \cup \left( (0,\infty) \times \mathbb{R} \right) \end{eqnarray*}$

Mit einem anderen $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ funktioniert aber deine Beweisidee. Es liegt so nahe ...

12.08.2010, 14:39

Philipp Imhof

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Mir war nicht bewusst, dass

$\begin{eqnarray*} f^{-1} \left( \mathbb{R} \setminus \{ 0 \} \right) = \left( (-\infty,0) \times \mathbb{R} \right) \cup \left( (0,\infty) \times \mathbb{R} \right) \end{eqnarray*}$

für meine Funktion gilt.

Wie sieht es aus, wenn ich f: M -> R definiere? Dann müsste ja eigentlich

$\begin{eqnarray*} f^{-1} \left( \mathbb{R} \setminus \{ 0 \} \right) = M \end{eqnarray*}$

sein, da die Funktion Elemente $\begin{eqnarray*} \binom x0 \end{eqnarray*}$ ja gar nicht abbildet, also können solche Elemente nicht im Urbild sein. Oder?

12.08.2010, 14:54

Leopold

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Wenn du $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ restringierst, heißt das, daß du $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ als topologischen Raum betrachtest. Du mußt also bei $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ zur Spurtopologie übergehen. Aber dadurch gewinnst du nichts. Du erhältst nämlich nichts weiteres als daß $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ offen in $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ ist. Aber das ist ja trivial. In jedem topologischen Raum ist der gesamte Raum offen.
Du sollst ja die Offenheit von $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ im $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^2 \end{eqnarray*}$ (!!) zeigen. Nimm halt ein anderes $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ (eine andere Vorschrift). Ich sage es jetzt zum dritten Mal. Ein viertes Mal sage ich es nicht ... Augenzwinkern

12.08.2010, 16:13

Philipp Imhof

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Dann nehme ich

$\begin{eqnarray*} f: \mathbb R^2\to \mathbb R, f(x,y):=|xy| \end{eqnarray*}$

Dann ist $\begin{eqnarray*} f(M)=]0,\infty[ \end{eqnarray*}$ und dies ist eine offene Menge.

Gleichzeitig ist (so denke ich zumindest, aber das habe ich ja vorher auch...)

$\begin{eqnarray*} \overset{-1}{f}(]0,\infty[) = M \end{eqnarray*}$

12.08.2010, 18:48

Leopold

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Bei stetigen Funktion sind die Urbilder (!!) offener Mengen offen. Daher ist das hier unwichtig:

Zitat:

Original von Philipp Imhof
Dann ist $\begin{eqnarray*} f(M)=]0,\infty[ \end{eqnarray*}$ und dies ist eine offene Menge.

Und nur darauf kommt es an:

Zitat:

Original von Philipp Imhof
$\begin{eqnarray*} \overset{-1}{f}(]0,\infty[) = M \end{eqnarray*}$

Ja, mit diesem $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ funktioniert es: $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ ist das Urbild einer offenen Menge unter der stetigen Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ . Also ist $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ offen.

Zitat:

Original von Philipp Imhof
Gleichzeitig ist (so denke ich zumindest, aber das habe ich ja vorher auch...)

Für dein altes $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ war das Urbild deiner alten Menge eben gerade nicht $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ . Und deswegen konntest du mit dem alten $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ auch nicht die Offenheit von $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ zeigen. Irgendwie habe ich den Verdacht, daß du die Beziehungen $\begin{eqnarray*} f(M)=N \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f^{-1}(N)=M \end{eqnarray*}$ für äquivalent hältst. Das ist aber mitnichten so. Nimm als Beispiel die Funktion

$\begin{eqnarray*} g: \ \mathbb{R} \to \mathbb{R} \, , \ \ x \mapsto x^2 \end{eqnarray*}$

und überlege dir, warum etwa die folgenden Beziehungen bestehen:

$\begin{eqnarray*} g^{-1} \left( [-1,1] \right) = [-1,1] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g^{-1} \left( (-\infty,1] \right) = [-1,1] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g \left( [-1,1] \right) = [0,1] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g \left( [-1,2) \right) = [0,4) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g^{-1} \left( [0,4) \right) = (-2,2) \end{eqnarray*}$

Um $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ als offen nachzuweisen, hättest du auch mit der Funktion $\begin{eqnarray*} f(x,y) = xy \end{eqnarray*}$ arbeiten können. Von welcher offenen Menge ist jetzt $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ das Urbild?

12.08.2010, 21:53

Philipp Imhof

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Vielen Dank, Leopold, für deine Erklärungen und deine Geduld. Mir war in der Tat nicht klar, dass ich *irgendeine* offene Menge nehmen kann; ich glaubte, es müsse das Bild der zu untersuchenden Menge unter f sein, dessen Urbild wir betrachteten.

Zitat:

$\begin{eqnarray*} g^{-1} \left( [-1,1] \right) = [-1,1] \end{eqnarray*}$

Es ist $\begin{eqnarray*} g([-1,1])=[0,1]\subset[-1,1] \end{eqnarray*}$ und da es kein $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ gibt mit $\begin{eqnarray*} g(x)\in[-1,0[ \end{eqnarray*}$ , gilt die Beziehung.

Zitat:

$\begin{eqnarray*} g^{-1} \left( (-\infty,1] \right) = [-1,1] \end{eqnarray*}$

Hier ist $\begin{eqnarray*} g([-1,1])=[0,1]\subset]{-\infty},1] \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g^{-1}(]{-\infty},0[)=\emptyset \end{eqnarray*}$ da für alle $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} g(x)\not\in]{-\infty},0[ \end{eqnarray*}$

Zitat:

$\begin{eqnarray*} g \left( [-1,1] \right) = [0,1] \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} g \left( [-1,2) \right) = [0,4) \end{eqnarray*}$

So herum ist es klar bzw. war es bereits klar.

Zitat:

Um $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ als offen nachzuweisen, hättest du auch mit der Funktion $\begin{eqnarray*} f(x,y) = xy \end{eqnarray*}$ arbeiten können. Von welcher offenen Menge ist jetzt $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ das Urbild?

Jetzt ist M das Urbild von $\begin{eqnarray*} \mathbb R\setminus \{0\} \end{eqnarray*}$ , denn für jedes beliiebige $\begin{eqnarray*} \binom xy\in M \end{eqnarray*}$ gibt es ein $\begin{eqnarray*} a\in\mathbb R\setminus\{0\} \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} f(x,y)=xy=a \end{eqnarray*}$ gilt. Andererseits gibt es für $\begin{eqnarray*} a=0 \end{eqnarray*}$ kein $\begin{eqnarray*} \binom xy\in M \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(x,y)=a=0 \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ als Körper nullteilerfrei ist.

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