Abgeschlossener Graph, stetig < Topologie+Geometrie < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:07 Sa 24.04.2010 | | Autor: | Teufel |
| Aufgabe | Sei $f: [mm] \IR^n \to \→R$. [/mm] Man nennt [mm] $G_f=\{(x, f(x)) | x \in \IR^n\}$ [/mm] den Graphen von f.
Man zeige: Ist [mm] G_f [/mm] abgeschlossen und f beschränkt, so ist f stetig. |
Hi!
Folgendes Problem: Ich meine eine Lösung zu haben, die ich weiß, wo ich dabei verwendet habe, dass [mm] G_f [/mm] abgeschlossen ist. Es müsste aber implizit irgendwo dabei sein.
Ich wollte das folgendermaßen lösen:
Betrachte [mm] $\pi_x: G_f \to \IR^n, [/mm] (x,y) [mm] \mapsto [/mm] x$ und [mm] $\pi_y: G_f \to \IR, [/mm] (x,y) [mm] \mapsto [/mm] y$. Die beiden Projektionen sind stetig und sogar bijektiv. Daher existiert auch [mm] \pi_x^{-1}, [/mm] welches auch stetig ist. (Wahrscheinlich muss ich an dieser Stelle von der Abgeschlossenheit des Graphen und der Beschränktheit von f Gebrauch machen, oder?)
Dann ist $f [mm] \circ \pi_x=\pi_y \gdw f=\pi_y \circ \pi_x^{-1}$. [/mm] Also ist f als Komposition von 2 stetigen Abbildungen auch wieder stetig.
Finde ich eigentlich einleuchtend, aber ich weiß, dass da noch viel Argumentation fehlt. Kann mir bitte jemand helfen den Beweis zu vervollständigen? oder sollte man da vielleicht sogar anders rangehen?
Danke!
![[anon]](/images/smileys/anon.png "[anon]") Teufel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:24 Sa 24.04.2010 | | Autor: | SEcki |
> Folgendes Problem: Ich meine eine Lösung zu haben, die ich
> weiß, wo ich dabei verwendet habe, dass [mm]G_f[/mm] abgeschlossen
> ist.
Ich möchte diesen Teppich nicht kaufen - oder: Häh?
> Betrachte [mm]\pi_x: G_f \to \IR^n, (x,y) \mapsto x[/mm] und [mm]\pi_y: G_f \to \IR, (x,y) \mapsto y[/mm].
> Die beiden Projektionen sind stetig und sogar bijektiv.
Nur die erste, die zweite ist es offenbar nicht.
> Daher existiert auch [mm]\pi_x^{-1},[/mm] welches auch stetig ist.
Soso, stetig ... Betrachte mal (das nicht beschränkte) [m]f: [mm] x\mapsto\begin{cases} 0, & \mbox{für } x=0 \\ \bruch{1}{x}, & \mbox{sonst} \end{cases}
[/mm]
> (Wahrscheinlich muss ich an dieser Stelle von der
> Abgeschlossenheit des Graphen und der Beschränktheit von f
> Gebrauch machen, oder?)
Aber Hallo!
> Finde ich eigentlich einleuchtend, aber ich weiß, dass da
> noch viel Argumentation fehlt.
Ja.
> Kann mir bitte jemand helfen
> den Beweis zu vervollständigen? oder sollte man da
> vielleicht sogar anders rangehen?
Musst du mal rumprobieren - imo ist Folgenstetigkeit am schnellsten; man sollte also zeigen, dass wenn [m]y_n\to y[/m] [m](y_n,f(y_n))[/m] gegen [m](y,f(y))[/m] konvergiert. Das geht recht flott mit Abgeschlossenheit und Kompaktheitsargumenten!
SEcki
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:03 So 25.04.2010 | | Autor: | Teufel |
Hi!
> Ich möchte diesen Teppich nicht kaufen - oder: Häh?
Uff, sorry, das hab ich kurz nach dem Aufstehen geschrieben und da war ich wohl noch etwas wirr im Kopf.
Ok, danke für die Antwort erstmal, ich habe nun folgendes:
Sei [mm] (x_v) [/mm] eine Folge im [mm] \IR^n [/mm] mit [mm] \limes_{v\rightarrow\infty}=x.
[/mm]
Betrachte dann [mm] (x_v, f(x_v)), [/mm] welches für alle $v [mm] \in \IN$ [/mm] in [mm] G_f [/mm] (abgeschlossen) liegt.
Da f beschränkt ist, besitzt f einen Häufungspunkt. Wähle eine Teilfolge [mm] (x_{v_k})_k [/mm] , sodass [mm] f(x_{v_k}) [/mm] gegen $a [mm] \in \IR$ [/mm] konvergiert. Dann ist also [mm] \limes_{k\rightarrow\infty}(x_{v_k}, f(x_{v_k}))=(x,a) [/mm] und weil [mm] G_f [/mm] ja abgeschlossen ist, muss dieser Grenzwert aber noch in [mm] G_f [/mm] liegen. Das heißt also, dass a=f(x) sein muss.
Geht das so?
Teufel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:42 So 25.04.2010 | | Autor: | SEcki |
> Das heißt also, dass a=f(x) sein
> muss.
1. Ist dir klar, warum?
2. Warum konvergiert die ursprüngliche Folge auch gegen [m](y,a)[/m]?
SEcki
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:55 So 25.04.2010 | | Autor: | Teufel |
1.)
Wenn $a [mm] \not= [/mm] f(x)$ gelten würde, wäre (x,a) ja kein Element mehr von [mm] G_f, [/mm] obwohl es aber drinnen liegen müsste, da [mm] G_f [/mm] ja abgeschlossen ist und insbesondere alle Grenzwerte aller Folgen in [mm] G_f [/mm] auch in [mm] G_f [/mm] liegen.
2.)
Wenn alle Komponenten des (n+1)-Tupels konvergieren, so doch auch das gesamte Tupel, oder meinst du was anderes?
Teufel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:06 So 25.04.2010 | | Autor: | SEcki |
> 1.)
> Wenn [mm]a \not= f(x)[/mm] gelten würde, wäre (x,a) ja kein
> Element mehr von [mm]G_f,[/mm] obwohl es aber drinnen liegen
> müsste, da [mm]G_f[/mm] ja abgeschlossen ist und insbesondere alle
> Grenzwerte aller Folgen in [mm]G_f[/mm] auch in [mm]G_f[/mm] liegen.
Ich wollte nur wissen, ob es dir klar ist - also insbesondere warum für [mm]a \not= f(x)[/mm] das Element nicht auf dem Graphen liegt.
> 2.)
> Wenn alle Komponenten des (n+1)-Tupels konvergieren, so
> doch auch das gesamte Tupel, oder meinst du was anderes?
Nö. Du hattest eine Folge und bist zu einer Teilfolge übergegangen - aber du musst zeigen, dass die ursprüngliche Folge konvergiert!
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:35 Mo 26.04.2010 | | Autor: | Teufel |
Hi nochmals!
Also ich hab das mit der Teilfolge mal gelassen. Ich nehme einfach eine konvergente Folge [mm] x_v [/mm] aus [mm] \IR^n. [/mm] Diese ist beschränkt. und da f auch beschränkt ist, ist es [mm] (x_v, f(x_v)) [/mm] auch. Und da [mm] (x_v, f(x_v)) [/mm] in [mm] G_f [/mm] verläuft, muss [mm] (x_v, f(x_v)) [/mm] einen Häufungspunkt in [mm] G_f [/mm] haben. Und dieser kann nur (x, f(x)) sein, da alles andere außerhalb des Graphen landen würde, salopp gesagt, was aber nicht passieren kann.
Danke nochmal!
Teufel
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