cofinite Topologie/ kompakt

15.03.2012, 17:38

Gast11022013

cofinite Topologie/ kompakt

Meine Frage:
Die Menge $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ trage die cofinite Topologie. Zeigen Sie, daß $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ dann kompakt ist.

Meine Ideen:
Hallo, so ganz sicher bin ich mir nicht, daher poste ich meine Idee:

Es bezeichne $\begin{eqnarray*} \mathcal{O} \end{eqnarray*}$ die cofinite Topologie auf $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ .

Dann gilt:

$\begin{eqnarray*} \mathcal{O}=\left\{X\setminus K~|~\text{K endlich}\right\}\cup\left\{\emptyset\right\} \end{eqnarray*}$

Sei $\begin{eqnarray*} X\subseteq \bigcup_{i\in I}X\setminus K_i=X\setminus\bigcap_{i\in I}K_i \end{eqnarray*}$ eine offene Überdeckung von $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ .

Dann handelt es sich also genau dann um eine offene Überdeckung von $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ , wenn $\begin{eqnarray*} \bigcap_{i\in I}K_i=\emptyset \end{eqnarray*}$ .

Dann findet man doch aber auch eine endliche Menge $\begin{eqnarray*} I'\subseteq I \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \bigcap_{i\in I'}K_i=\emptyset \end{eqnarray*}$ und damit eine endliche offene Überdeckung von $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ .

(Wenn der Schnitt über unendlich/ überabzählbar vieler $\begin{eqnarray*} K_i \end{eqnarray*}$ leer ist, gibt es doch endlich viele $\begin{eqnarray*} K_i \end{eqnarray*}$ , deren Schnitt ebenfalls leer ist.)

Das ist sicher nicht optimal, daher freue ich mich auf Verbesserungen bzw. Kommentare.

15.03.2012, 18:52

tmo

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Die Idee ist richtig, aber die Kernaussage (Man findet auch endlich viele $\begin{eqnarray*} K_i \end{eqnarray*}$ mit leerem Schnitt), sollte noch bewiesen werden.

Da geht nämlich entscheidend ein, dass die $\begin{eqnarray*} K_i \end{eqnarray*}$ 's endlich sind.

Man kann z.b. Induktion nach $\begin{eqnarray*} n=|K_1| \end{eqnarray*}$ machen.

15.03.2012, 19:03

Gast11022013

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Den Hinweis mit der Induktion verstehe ich nicht.

Was wird da gezeigt?

15.03.2012, 19:12

tmo

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Also uns fehlt ja noch:

Ist I eine beliebige Indexmenge (wir nennen ein Element aus I dann später einfach mal 1) und $\begin{eqnarray*} \bigcap_{i \in I} K_i = \emptyset \end{eqnarray*}$ , wobei alle $\begin{eqnarray*} K_i \end{eqnarray*}$ endlich sind, so gibt es eine endliche Teilmenge $\begin{eqnarray*} M \subset I \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \bigcap_{i \in M} K_i = \emptyset \end{eqnarray*}$ .

Nun nehmen wir uns eine beliebige Menge $\begin{eqnarray*} K_1 \end{eqnarray*}$ .

Ist $\begin{eqnarray*} |K_1|=1 \end{eqnarray*}$ , so geht man so vor:

Angenommen $\begin{eqnarray*} K_1 \subset K_i \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} i \in I \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} K_1 \subset \bigcap_{i \in I} K_i \end{eqnarray*}$ . Widerspruch!

Also gibt es ein $\begin{eqnarray*} K_2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} K_1 \not\subset K_2 \end{eqnarray*}$ .
Wegen $\begin{eqnarray*} |K_1|=1 \end{eqnarray*}$ ist dann schon $\begin{eqnarray*} K_1 \cap K_2 = \emptyset \end{eqnarray*}$ --> Fertig.

Versuche nunmal den Induktionsschritt. Im Prinzip ist es dasselbe Argument wie beim Anfang.

Du findest ein $\begin{eqnarray*} K_2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |K_1 \cap K_2| < |K_1| \end{eqnarray*}$ . Nach Induktion ist man dann aber schon fertig.

15.03.2012, 19:17

Gast11022013

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Ah, jetzt kapiere ich, wie Du es meinst, ich versuche es mal eben, komplett aufzuschreiben und poste es dann.

15.03.2012, 19:42

Gast11022013

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Was genau ist denn jetzt eigentlich die Aussage, die ich per Induktion zeigen möchte?

Die lautet doch, daß es zu $\begin{eqnarray*} |K_1|=n \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} K_2 \end{eqnarray*}$ gibt, s.d. $\begin{eqnarray*} K_1\cap K_2=\emptyset \end{eqnarray*}$ .

Den Induktionsanfang hast Du gezeigt. Danke.

Die Induktionsannahme ist jetzt, daß die Aussage stimmt für $\begin{eqnarray*} |K_1|=n \end{eqnarray*}$ .

Induktionsschritt: Sei $\begin{eqnarray*} |K_1'|=n+1 \end{eqnarray*}$ .

Dann ist das doch $\begin{eqnarray*} |K_1'|=|K_1|+1 \end{eqnarray*}$ .

Dann haben nach der Induktionsannahme die Mengen $\begin{eqnarray*} K_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} K_2 \end{eqnarray*}$ (aus der Induktionsannhme) leeren Schnitt und wenn man noch ein Element dazunimmt, hat der Schnitt aus $\begin{eqnarray*} K_1' \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} K_2 \end{eqnarray*}$ höchstens 1 gemeinsames Element, also ist die Kardinalität von $\begin{eqnarray*} K_1'\cap K_2 \end{eqnarray*}$ kleiner als die Kardinalität von $\begin{eqnarray*} K_1 \end{eqnarray*}$ (aus der Induktionsannahme). Und für diese Menge gibt es ja nach Annahme eine Menge $\begin{eqnarray*} K_2 \end{eqnarray*}$ , s.d. $\begin{eqnarray*} K_1\cap K_2=\emptyset \end{eqnarray*}$ .

Wieso gibts dann auch ein $\begin{eqnarray*} K_2': K_1'\cap K_2'=\emptyset \end{eqnarray*}$ ?

Einfach, weil die Induktionsannahme lautet, daß man die Aussage schon für eine Menge mit Kardinalität n gezeigt hat und man jetzt wieder bei einer Menge ist, die kleinere Kardinalität hat, also man ist sozusagen noch vor die Induktionsannahme zurückgefallen und dort gilt die Aussage eben wegen der Annahme?

15.03.2012, 20:38

Gast11022013

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Sorry, wegen des Doppelposts, aber ich habe die letzte Antwort nochmal neu überarbeitet.

Jetzt lasse ich sie aber so.

15.03.2012, 21:03

tmo

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Du scheinst noch nicht ganz verstanden zu haben, worauf ich hinaus will bzw. denkst evtl. sogar zu kompliziert.

Zeigen wollen wir ja:

Ist I eine beliebige Indexmenge und $\begin{eqnarray*} \bigcap_{i \in I} K_i = \emptyset \end{eqnarray*}$ , wobei alle $\begin{eqnarray*} K_i \end{eqnarray*}$ endlich sind, so gibt es eine endliche Teilmenge $\begin{eqnarray*} M \subset I \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \bigcap_{i \in M} K_i = \emptyset \end{eqnarray*}$ .

Hinreichend dafür ist klarerweise:

Ist I eine beliebige Indexmenge und $\begin{eqnarray*} \bigcap_{i \in I} K_i = \emptyset \end{eqnarray*}$ , wobei wir ein $\begin{eqnarray*} K_1 \end{eqnarray*}$ finden können, das endliche Kardinalität n hat, so gibt es eine endliche Teilmenge $\begin{eqnarray*} M \subset I \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \bigcap_{i \in M} K_i = \emptyset \end{eqnarray*}$ .

Genau genommen zeigen wir diese letzte Aussage per Induktion.
Und zwar nicht die klassische Induktion, sondern die der Form:
- Zeige es für n=1
- Nehme an, es gilt für alle Zahlen < n
- Zeige es für n.

Der Induktionsanfang ist gemacht.

Nun der Schritt:

Mit der selben Argumentation wie beim Induktionsanfang finden wir ein $\begin{eqnarray*} K_2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} K_1 \not\subset K_2 \end{eqnarray*}$ .
Damit ist aber $\begin{eqnarray*} |K_1 \cap K_2| < n \end{eqnarray*}$ .

Nun setzen wir $\begin{eqnarray*} K = K_1 \cap K_2 \end{eqnarray*}$ und betrachten den Schnitt:

$\begin{eqnarray*} K \cap \bigcap_{i \in I\setminus\{1,2\}} K_i = \emptyset \end{eqnarray*}$ (Ist ja der selbe Schnitt wie vorher, allerdings eine andere Indexmenge)

Aber nun ist $\begin{eqnarray*} |K| < n \end{eqnarray*}$ , d.h. nach Induktionsvorraussetzung (Es ist zwar nun eine andere Indexmenge, aber die Induktionsvorraussetzung gilt ja für jede beliebige Indexmenge. Denn so war unsere Formulierung der Behauptung) finden wir schon einen endlichen "Teilschnitt", der leer ist. Damit sind wir fertig.

Ich hab es nunmal etwas ausführlicher erklärt und es sieht furchtbar kompliziert aus. Aber letztendlich macht man es einfach nur, um sich vor so Formulierungen wir "Nach wiederholter Anwendung sind wir fertig" oder so was zu drücken.

Denn die Idee ist einfach nur folgende:

Zu $\begin{eqnarray*} K_1 \end{eqnarray*}$ kann man $\begin{eqnarray*} K_2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |K_1 \cap K_2| < |K_1| \end{eqnarray*}$ finden.

Zu $\begin{eqnarray*} |K_1 \cap K_2| \end{eqnarray*}$ kann man $\begin{eqnarray*} K_3 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |K_1 \cap K_2 \cap K_3|<|K_1 \cap K_2| \end{eqnarray*}$ .

Also wird die Menge jedes mal kleiner. Da sie am Anfang endlich war, muss sie nach endlichen vielen Schritten irgendwann leer werden. (Es gibt keinen unendlichen Abstieg in den natürlichen Zahlen)

Die Induktion ist einfach nur die Formalisierung des ganzen, auf die auch oft verzichtet wird, weil es "ja auch so klar ist".

15.03.2012, 21:23

Gast11022013

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Zitat:

Original von tmo

$\begin{eqnarray*} K \cap \bigcap_{i \in I\setminus\{1,2\}} K_i = \emptyset \end{eqnarray*}$ (Ist ja der selbe Schnitt wie vorher, allerdings eine andere Indexmenge)

Aber nun ist $\begin{eqnarray*} |K| < n \end{eqnarray*}$ , d.h. nach Induktionsvorraussetzung (Es ist zwar nun eine andere Indexmenge, aber die Induktionsvorraussetzung gilt ja für jede beliebige Indexmenge. Denn so war unsere Formulierung der Behauptung) finden wir schon einen endlichen "Teilschnitt", der leer ist. Damit sind wir fertig.

Achso, man findet wieder ein endliches $\begin{eqnarray*} K_1 \end{eqnarray*}$ (hier: K) und für das gilt die Induktionsannahme.

Puh...
Okay...

15.03.2012, 21:24

Ungewiss

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Hey, gehts auch so?

Sei $\begin{eqnarray*} j\in I \text{und } K_j=\{x_1,\ldots, x_n\}, \end{eqnarray*}$ angenommen, jeder endliche Schnitt( in dem K_j vorkommt) wäre nicht-leer, dann gäbe es ein $\begin{eqnarray*} x_m \end{eqnarray*}$ , das in jedem endlichen Schnitt liegt, sonst gäbe es für jedes $\begin{eqnarray*} x_l \end{eqnarray*}$ einen endlichen Schnitt, in dem es nicht liegt, und der endliche Schnitt dieser endliche Schnitte wäre leer.

Wäre $\begin{eqnarray*} x_m\notin\bigcap_{i\in I}K_i \end{eqnarray*}$ , dann gäbe es $\begin{eqnarray*} k\in I \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x_m\notin K_k \end{eqnarray*}$ , dann ist aber auch $\begin{eqnarray*} x_m\notin K_j\cap K_k \end{eqnarray*}$ , also läge x_m nicht in jedem endlichen Schnitt, in dem K_j vorkommt, Widerspruch. Es muss also einen endlichen Schnitt geben, in dem K_j vorkommt, der leer ist. Und das war zu zeigen.

15.03.2012, 21:35

tmo

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Ja, oder noch kürzer:

Ist $\begin{eqnarray*} j \in I \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} K_j = \{x_1, \dotsc x_n\} \end{eqnarray*}$ so gibt es zu jedem $\begin{eqnarray*} x_l \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} K_{i_l} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x_l \notin K_{i_l} \end{eqnarray*}$ .
Dann ist $\begin{eqnarray*} K_j \cap \bigcap_{l=1}^n K_{i_l} = \emptyset \end{eqnarray*}$ .

Aber eigentlich wollte ich (nachdem ich das zunächst vorgeschlagen hatte), dass Dennis die Induktion versteht. Denn dies scheint mir irgendwie der intuitivere Weg im Gegensatz zu diesem ad-hoc Beweis Augenzwinkern

15.03.2012, 21:37

Ungewiss

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Schon klar! Wollte nur kurz checken obs so auch funktionieren würde, deshalb dank ich für die Bestätigung!

15.03.2012, 21:49

Gast11022013

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Also ich denke, daß ich es verstanden habe.

Selbst drauf gekommen wäre ich allerdings nicht.

Ob ich es noch jemals lerne, solche Ideen zu haben, wer weiß es...

unglücklich

15.03.2012, 21:52

Ungewiss

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Du schlägst dich doch ganz gut! Und vielleicht tröstet dich, dass ich auf diese Induktion auch nicht gekommen wäre smile

15.03.2012, 22:01

Gast11022013

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Danke, das ist wirklich nett.

Im Moment bin ich ein bisschen unzufrieden, gerade im Hinblick auf die mündl. Prüfung, die noch in "mengentheoretischer Topologie" ansteht.

Aber naja, weiter geht's. Jaulen nützt nix. Erstaunt2

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