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Aufgabe:


Sei f : XRf:X\rightarrow\R stetig, wobei XX ein metrischer Raum ist in dem jede Folge einen Häufungspunkt hat.

Zeigen Sie, dass f beschränkt ist.



Problem/Ansatz:

Ich weiß nicht, wie ich das direkt zeigen kann. Kann mir da jemand helfen? Vielen Dank!

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Beste Antwort

Hallo,

vielleicht wäre das etwas elementarer:

Wenn f nicht beschränkt ist, gibt es eine Folge (xn)x_n) in X mit f(xn)n|f(x_n)| \geq n. Sei a ein Häufungspunkt dieser Folge. Wegen der Stetigkeit dort existiert ein δ>0\delta>0 mit

xX : d(a,x)<δf(x)f(a)1f(x)f(a)+1\forall x \in X: d(a,x) < \delta \Rightarrow |f(x)-f(a)| \leq 1\Rightarrow |f(x)| \leq |f(a)|+1

Weil a ein Häufungspunkt ist, liegen in der δ\delta-Umgebung von a unendlich viele Folgenglieder, sagen wir xnx_n mit nINn \in I \sub \mathbb{N}. Für diese ergibt sich der Widerspruch:

nf(xn)1+f(a)n \leq |f(x_n)| \leq 1+|f(a)|

Gruß Mathhilf

Avatar von 14 k

Klever. Vielen Dank. Macht alles Sinn jetzt. Danke :)

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Keine Ahnung ob das der eleganteste Weg ist:

Eine Möglichkeit wäre zu zeigen, dass X (überdeckungs-)kompakt ist, dann ist f(X) wegen der Stetigkeit auch (überdeckungs-)kompakt und nach Heine-Borel dann beschränkt (und abgeschlossen, aber das ist ja egal)

Nimm also eine offene Überdeckung X=iNOi X = \bigcup_{i \in \mathbb N} O_i . Dann willst du zeigen dass diese stets eine endliche Teilüberdeckung besitzt

Um die Dinge zu vereinfachen nimm o.E. an, dass O1O2 O_1 \subseteq O_2 \subseteq \dotsm gilt.

(Überlege dir dazu einfach dass für eine beliebige offene Überdeckung Oi O_i gilt: iNOi \bigcup_{i \in \mathbb N} O_i besitzt endliche Teilüberdeckung      \iff iN[k=1iOi] \bigcup_{i \in \mathbb N} \left[ \bigcup_{k=1}^i O_i \right] besitzt endliche Teilüberdeckung)

Angenommen X=iNOi X = \bigcup_{i \in \mathbb N} O_i besitzt keine endliche Teilüberdeckung

Überlege dir jetzt warum dann Vi : =X\Oi V_i := X \backslash O_i niemals leer sein kann.

Es gilt V1V2 V_ 1 \supseteq V_2 \supseteq \dotsm

Überlege dir warum man iterativ Elemente xkVk\{x1,...,xk1} x_k \in V_k \backslash \{ x_1,...,x_{k-1}\} wählen kann.

(Falls Vk\{x1,...,xk1}= V_k \backslash \{ x_1,...,x_{k-1}\} = \emptyset ergibt sich schnell ein Widerspruch)

Das führt dich zu einer Folge (xk) (x_k) die hat nach Voraussetzung einen Häufungspunkt hat, den nennen wir mal x x . Wir wählen m m , s.d. xOm x \in O_m .

Häufungspunkt bedeutet jetzt ja aber, dass unendlich viele Folgenglieder in Om O_m liegen. Immerhin ist Om O_m eine Umgebung von x x und in jeder Umgebung findet man unendlich viele Folgenglieder.

Aber nach Konstruktion der Folge ist km  :  xkVk \forall k \ge m ~:~ x_k \in V_k Jetzt ist jedoch VmOm= V_m \cap O_m = \emptyset und für k>m k > m ist VmVk V_m \supseteq V_k also auch VkOm= V_k \cap O_m = \emptyset . D.h. km  :  xkOm \forall k \ge m ~:~ x_k \notin O_m . Und das ist ein Widerspruch, denn es können somit nur endlich viele Punkte der Folge in Om O_m liegen.

Die Annahme ist also falsch, Oi \bigcup O_i muss eine endliche TÜ besitzen. Da diese beleibig gewählt war, gilt das für alle Überdeckungen. Folglich ist X (überdecksungs-)kompakt.

Avatar von 1,3 k

An das hab ich gar nicht gedacht. Vielen Dank :)

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