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Analysis » Topologie » Abgeschlossenheit zeigen: Menge stetiger Funktionen
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Universität/Hochschule Abgeschlossenheit zeigen: Menge stetiger Funktionen
WagW
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-07-31


Hallo zusammen,

es geht um folgende Aufgabe:

"Sei $\mathcal{C}([0,1])$ die Menge reellwertiger stetiger Funktionen mit der Norm $\Vert  f\Vert = \sup\limits_{x\in[0,1]}{|f(x)|}$ ausgestattet und sei $M:=\{f\in \mathcal{C([0,1])}:f \ge 0 \}$. Zeige, dass $M$ abgeschlossen ist."


Beweis:

Sei $f$ ein beliebiger Häufungspunkt von $M$. Wir zeigen zunächst, dass falls es ein $z\in [0,1]$ mit $f(z)<0$ gibt, dies zu einem Widerspruch führt.

Sei $\epsilon>0$ und $f(z)=-\epsilon$ für ein beliebiges  $z\in[0,1]$. Dann existiert ein $g\in F$ mit $g\neq f$ und $\Vert f-g\Vert = \sup\limits_{x\in[0,1]}|f(x)-g(x)| <\epsilon$. Da $g(x)\geq 0$ für alle $x\in[0,1]$, führt dies zu  $\epsilon<|-\epsilon-g(z)|=|f(z)-g(z)|\leq\sup\limits_{x\in[0,1]}|f(x)-g(x)| <\epsilon$. Was ein Widerspruch ist, daher muss $f(x)\geq 0$ für alle $x\in[0,1]$ gelten, weil $z$ beliebig aus $[0,1]$ gewählt wurde.

Kommen wir nun zur Stetigkeit von $f$:
Wir wissen, dass $g\in M$ stetig auf einem komapakten Inervall ist und damit auch gleichmäßig stetig auf diesem. Daher existiert für ein beliebiges $\epsilon>0$ ein $\delta>0$, sodass für alle $x,y\in[0,1]$ mit $|x-y|<\delta$ gilt $\vert g(x)-g(y)\vert<\epsilon$.

Wir setzen nun $\epsilon':=\frac{\epsilon}{3}>0$. Es gibt nun ein $g\in M$ mit $\Vert g-f\Vert <\epsilon'$. Außerdem wissen wir, dass es ein $\delta>0$ gibt, sodass für alle $x,y\in[0,1]$ mit $|x-y|<\delta$ gilt $\vert g(x)-g(y)\vert<\epsilon'$ (gleichmäßige Stetigkeit von $g$). Sei $a\in[0,1]$ beliebig aber fix und $x\in[0,1]$ mit $|x-a|<\delta$. Dann folgt $\vert f(x)-f(a)\vert \leq |f(x)-g(x)|+ |g(x)-g(a)|+|g(a)-f(a)| \leq  \Vert f-g\Vert +\vert g(x)-g(a)\vert+ \Vert f-g\Vert<\epsilon'+\epsilon'+\epsilon' = \epsilon$.

Also ist $f$ stetig auf $[0,1]$, da wir für ein beliebiges $\epsilon>0$ ein $\delta>0$ angeben können, sodass für alle $x\in[0,1]$ mit$|x-a|<\delta$ gilt $|f(x)-f(a)|<\epsilon$.

Wir können also schlussfolgern, dass $f\in M$. Da $f$ beliebig gewählt war, ist $M$ also abgeschlossen.


Kann mir jemand sagen, ob das so korrekt ist oder ob man das Ganze, wenn man es denn mit dem $\epsilon$-$\delta$-Kriterium machen möchte, verbessern kann?

Ich weiß, dass man das auch mit Funktionenfolgen wahrscheinlich viel eleganter machen kann. Das würde ich als Nächstes mal probieren, daher bitte noch keine Tips geben, die sich auf einen Beweis mit Funktionenfolgen beziehen.

viele Grüße
WagW



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Creasy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-07-31


Guten Abend,

Dein Beweis ist an sich korrekt. Hier gibt es aber einige Dinge zu korrigieren, was aber vermutlich nur Schreibfehler sind:

2020-07-31 14:51 - WagW im Themenstart schreibt:
"Sei $\mathcal{C}([0,1])$ die Menge reellwertiger stetiger Funktionen mit der Norm $\Vert  f\Vert = \sup\limits_{x\in[0,1]}{|f(x)|}$ ausgestattet und sei $M:=\{f\in \mathcal{C([0,1])}:f(x) \ge 0 \}$. Zeige, dass $M$ abgeschlossen ist."
Hier fehlt in der Beschreibung von M, was $x$ sein soll. Ich nehme an, hier fehlt $\forall x\in [0,1]$, dann kann man aber auch genauso gut schreiben $f\geq 0$. Vllt war auch $\exists x\in[0,1]$ gemeint...


Sei $f$ ein beliebiger Häufungspunkt von $M$. Wir zeigen zunächst, dass $f<0$ zu einem Widerspruch führt.
$f<0$ meint hier jetzt $f(x)< 0 ~ \forall x\in [0,1]$, meinen tust du hier aber vermutlich gerade $\exists x>0$ mit $f(x)<0$. Spannend :)


führt dies zu  $\epsilon>|-\epsilon-g(z)|=|f(z)-g(z)|\leq\sup\limits_{x\in[0,1]}|f(x)-g(x)| <\epsilon$
Die erste Ungleichung ist falsch, schreiben wolltest du sicherlich aber auch was anderes.


Wir setzen nun $\epsilon':=\frac{\epsilon}{3}>0$. Es gibt nun ein $g\in M$ with $\Vert g(x)-f(x)\Vert <\epsilon'$.
Wenn du $\Vert$ nutzt, dann keine $(x)$ mehr nutzen. Es heißt hier:
$\Vert g-f \Vert < \epsilon'$.



Dann folgt $\vert f(x)-f(a)\vert \leq \Vert f(x)-g(x)\Vert +\vert g(x)-g(a)\vert+ \Vert f(a)-g(a)\Vert<\epsilon'+\epsilon'+\epsilon' = \epsilon$.

Aufgepasst mit $\Vert$ und $\vert$.

Viele Grüße
Creasy


-----------------
Smile (:



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WagW
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-01


Hallo Creasy,

danke für die Anmerkungen :) Ich habe sie jetzt im Ursprungsbeitrag umgesetzt.

Mal schauen, ob ich das gleich nochmal mit Funktionenfolgen mache.

viele Grüße
WagW



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-08-04


Der Nachweis der Stetigkeit von $f$ entfällt, weil man hier sowieso in $C([0,1])$ arbeitet, also alle Elemente per Definition stetige Funktionen sind. Die Abgeschlossenheit bezieht sich auch auf diesen Raum.

Man kann $[0,1]$ durch irgendeinen kompakten topologischen Raum $X$ ersetzen.

Hier noch ein schnellerer Beweis: Die gleichmäßige Konvergenz (also die zur Supremumsnorm gehört) impliziert die punktweise Konvergenz (folgt sofort aus der Definition). Das bedeutet gerade, dass für $x \in X$ die Auswertung $C(X) \to \IR$, $f \mapsto f(x)$ eine stetige Abbildung ist. Weil $\IR_{\geq 0}$ abgeschlossen in $\IR$, ist also das Urbild $\{f \in C(X) : f(x) \geq 0\}$ abgeschlossen in $C(X)$. Dann ist auch $\bigcap_{x \in X} \{f \in C(X) : f(x) \geq 0\} = \{f \in C(X) : f \geq 0\}$ abgeschlossen in $C(X)$.



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WagW
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-05


Hallo Triceratops,

Ich hatte den Beweis tatsächlich erst ohne das Zeigen der Stetigkeit geführt, aber dann kam mir das ein wenig komisch vor, da das dann nur der "Zweizeiler" bzgl. des Widerspruchs von $\geq 0$ gewesen wäre.

Ich finde Deinen Beweis echt interessant der benutzt eigentlich alles was wir bei uns im Analysis 2 Kurs schon haben. Hat mir nochmal einen ganz anderen Blick auf die Aufgabe verschafft!

Dein vorletztes Argument bzgl. des abgeschlossenen Urbildes haben wir aber nur in einer anderen Variante für offene Mengen, also:
Sei $f:M\subseteq W \to N$ stetig und $S\subseteq N$ eine offene Teilmenge. Dann wissen wir, dass es eine offene Menge $Q\subseteq W$ gibt mit $f^{-1}(S)=Q\cap M$.

Daher hier noch mal eine kurze Ergänzung, die ich für mich dann Deinem Beweis hinzudenken würde (Vertauschung von Urbildnehmen und Komplementbildung ist uns bereits bekannt):
Sei $M:=\{f\in \mathcal{C}([0,1])~|~f\geq 0\}$ und $W:=\mathcal{C}([0,1])$ und $F:M\subset W \to \mathbb{R}$. $\mathbb{R}_{\geq 0}$ ist abgeschlossen und $\{\mathbb{R}_{\geq 0}\}^c$ das Komplement offen. Wir folgern: $F^{-1}(\{\mathbb{R}_{\geq 0}\}^c)= (F^{-1}(\{\mathbb{R}_{\geq 0}\}))^c= (Q\cap\mathcal{C}([0,1]))=M^c$. Da hier $Q\subset\mathcal{C}([0,1])$ gilt und $Q$ offen ist, ist $M^c$ ebenfalls offen und $M$ damit abgeschlossen.

Ist das so o.k?

viele Grüße
WagW



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-08-05


Beweise lieber allgemein das Lemma (also außerhalb des Kontextes), dass eine stetige Abbildung die Eigenschaft hat, dass Urbilder abg. Teilmengen ebenfalls abg. sind.



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