Kurs:Maß- und Integrationstheorie (Osnabrück 2022-2023)/Vorlesung 17

Kompaktheit

Bisher haben wir den Kompaktheitsbegriff nur für abgeschlossene und beschränkte Teilmengen ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ verwendet.

Teilmengen eines euklidischen Raumes,die sowohl abgeschlossenals auch beschränktsind, nennt man kompakt. Auf topologischen Räumen,die nicht durch eine Metrik gegeben sind, kann man nicht von beschränkt sprechen, aber auch bei einem metrischen Raum, der keine Teilmenge eines ${}\mathbb {R} ^{n}$ ist, führen die beiden Eigenschaften abgeschlossen und beschränkt nicht sehr weit. Jeder metrische Raum ist in sich selbst abgeschlossen und jede Metrik kann man so abändern, dass sie beschränkt wird, ohne dass die Topologie sich ändert. Schlagkräftiger ist das folgende rein topologische Konzept.

Definition

Eintopologischer Raum ${}X$ heißt kompakt(oder überdeckungskompakt),wenn es zu jeder offenen Überdeckung

X=\bigcup _{i\in I}U_{i}\,\,\,{\text{ mit }}U_{i}{\text{ offen und einer beliebigen Indexmenge }}I

eine endliche Teilmenge ${}J\subseteq I$ derart gibt, dass

{}X=\bigcup _{i\in J}U_{i}\,

ist.

Diese Eigenschaft nennt man manchmal auch überdeckungskompakt. Häufig nimmt man zu kompakt noch die Eigenschaft Hausdorffsch mit hinzu. Es sei betont, dass diese Eigenschaft nicht besagt, dass es eine endliche Überdeckung aus offenen Mengen gibt(es gibt immer die triviale offene Überdeckung mit dem Gesamtraum),sondern dass man, wenn irgendeine irgendwie indizierte offene Überdeckung vorliegt, dann nur eine endliche Teilmenge aus der Indexmenge für die Überdeckung nötig ist.

Lemma

Es sei ${}X$ einHausdorffraumund es sei ${}Y\subseteq X$ eine Teilmenge, die dieinduzierte Topologietrage. Es sei ${}Y$ kompakt.

Dann ist ${}Y$ abgeschlossen in ${}X$ .

Beweis

SieheAufgabe 17.21.

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Lemma

Es sei ${}X$ einkompakter Raumund es sei ${}Y\subseteq X$ eine abgeschlossene Teilmenge,die dieinduzierte Topologietrage.

Dann ist ${}Y$ ebenfalls kompakt.

Beweis

SieheAufgabe 17.3.

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Eine Variante des Kompaktheitsbegriffes ist die sogenannte Folgenkomapktheit, die besagt, dass jede Folge eine konvergente Teilfolge besitzt. NachAufgabe 2.9ist dies im Fall einer abzählbaren Basis(es genügt eine abzählbare Umgebungsbasis für jeden Punkt)äquivalent dazu, dass jede Folge einen Häufungspunkt besitzt. Wir werden hier hauptsächlich Situationen besprechen, in denen überdeckungskompakt und folgenkompakt übereinstimmen.

Lemma

Es sei ${}X$ eintopologischer Raummit einerabzählbaren Basis.

Dann ist ${}X$ genau dannkompakt,wenn jede Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in ${}X$ einen Häufungspunkt(in ${}X$ )besitzt.

Beweis

Es sei ${}X$ kompakt und sei eine Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegeben. Nehmen wir an, dass diese Folge keinen Häufungspunkt besitzt. Das bedeutet, dass es zu jedem ${}y\in X$ eine offene Umgebung ${}y\in U_{y}$ gibt, in der es nur endlich viele Folgenglieder gibt. Wegen

{}X=\bigcup _{y\in X}U_{y}\,

gibt es nach Voraussetzung eine endliche Teilüberdeckung

{}X=\bigcup _{i=1}^{n}U_{y_{i}}\,.

Diese enthält einerseits alle Folgenglieder und andererseits nur endlich viele Folgenglieder, ein Widerspruch.

Es sei die Folgeneigenschaft erfüllt und sei ${}X=\bigcup _{i\in I}U_{i}$ eine Überdeckung mit offenen Mengen. Da ${}X$ eineabzählbare Basisbesitzt, gibt es nachAufgabe 2.8eine abzählbare Teilmenge ${}J\subseteq I$ mit

{}X=\bigcup _{i\in J}U_{i}\,.

Wir können ${}J=\mathbb {N}$ annehmen. Nehmen wir an, dass die Überdeckung ${}X=\bigcup _{i\in \mathbb {N} }U_{i}$ keine endliche Teilüberdeckung besitzt. Dann ist insbesondere ${}\bigcup _{i=0}^{n}U_{i}\neq X$ für jedes ${}n\in \mathbb {N}$ und daher gibt es zu jedem ${}n\in \mathbb {N}$ ein ${}x_{n}\in X$ mit ${}x_{n}\not \in \bigcup _{i=0}^{n}U_{i}$ .Nach Voraussetzung besitzt diese Folge einen Häufungspunkt ${}x$ . Da eine Überdeckung ${}X=\bigcup _{i\in \mathbb {N} }U_{i}$ vorliegt, gibt es ein ${}k\in \mathbb {N}$ mit ${}x\in U_{k}$ . Da ${}x$ ein Häufungspunkt ist, liegen unendlich viele Folgenglieder in ${}U_{k}$ . Dies ist ein Widerspruch, da nach Konstruktion für ${}n\geq k$ die Folgenglieder ${}x_{n}$ nicht zu ${}U_{k}$ gehören.

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Der folgende Satz heißt Satz von Heine-Borel.

Satz

Es sei ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine Teilmenge Dann sind folgende Aussagen äquivalent.

${}T$ istüberdeckungskompakt.
JedeFolge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in ${}T$ besitzt einenHäufungspunktin ${}T$ .
JedeFolge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in ${}T$ besitzt eine in ${}T$ konvergente Teilfolge.
${}T$ istabgeschlossenundbeschränkt.

Beweis

Die Äquivalenz von (1) und (2) wurde allgemeiner inLemma 17.4bewiesen, für die Existenz einer abzählbaren Basis sieheAufgabe 2.23.
Die Äquivalenz von (2) und (3) ist klar.
Die Äquivalenz von (3) und (4) wurde inSatz 36.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))gezeigt.

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Stetige Abbildungen auf kompakten Räumen

Lemma

Es seien ${}X$ und ${}Y$ topologische Räumeund es sei

\varphi \colon X\longrightarrow Y

einestetige Abbildung. Es sei ${}X$ kompakt.

Dann ist das Bild ${}\varphi (X)\subseteq Y$ ebenfalls kompakt ist.

Beweis

SieheAufgabe 17.22.

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Die folgende Aussage ist eine wesentliche Verallgemeinerung vonSatz 13.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))und vonSatz 36.12 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)).

Satz

Es sei ${}X$ ein nichtleererkompakter topologischer Raumund sei

f\colon X\longrightarrow \mathbb {R}

einestetige Funktion.

Dann gibt es ein ${}x\in X$ mit

$f(x)\geq f(x'){\text{ für alle }}x'\in X.$

D.h., dass die Funktion ihr Maximum(und ihr Minimum)annimmt.

Beweis

Aufgrund vonLemma 17.6ist ${}f(X)\subseteq \mathbb {R}$ kompakt, also nachSatz 17.5 abgeschlossenundbeschränkt.Insbesondere ist ${}f(X)\leq M$ für eine reelle Zahl ${}M$ . Wegen ${}X\neq \emptyset$ besitzt ${}f(X)$ wegenSatz 7.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))ein Supremum ${}s$ in ${}\mathbb {R}$ , das wegen der Abgeschlossenheit nach Korollar 33.18 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))zu ${}f(X)$ gehört, also das Maximum von ${}f(X)$ ist. Daher gibt es auch ein ${}x\in X$ mit ${}f(x)=s$ .

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Bemerkung

Es sei ${}X$ ein kompakter topologischer Raum.Aufgrund vonLemma 17.7ist jede stetige Funktion

f\colon X\longrightarrow \mathbb {R}

beschränkt, und damit stimmt der Vektorraum ${}C(X,\mathbb {R} )$ aller stetigen Funktionen mit dem Vektorraum ${}C^{b}(X,\mathbb {R} )$ aller stetigen und beschränkten Funktionen überein. Bei ${}X\neq \emptyset$ gibt es auf ${}C^{b}(X,\mathbb {R} )$ stets die Supremumsnorm,die im kompakten Fall wieder wegenLemma 17.7zur Maximumsnorm wird, da das Supremum angenommen wird.

Die folgende Aussage heißt Satz von Dini.

Satz

Es sei ${}X$ ein kompakter topologischer Raum.Es sei ${}{\left(f_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge in ${}C(X,\mathbb {R} )$ , diepunktweiseundmonotongegen ein ${}f\in C(X,\mathbb {R} )$ konvergiert.

Dann ist die Konvergenz gleichmäßig.

Beweis

Die Funktionenfolge sei wachsend und es sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wir betrachten die offenen Mengen

{}U_{n}={\left\{x\in X\mid f(x)-f_{n}(x)<\epsilon \right\}}\,.

Wegen der Monotonie ist

{}f(x)-f_{n+1}(x)\leq f(x)-f_{n}(x)\,

und daher ist ${}U_{n}\subseteq U_{n+1}$ .Wegen der punktweisen Konvergenz ist

{}X=\bigcup _{n\in \mathbb {N} }U_{n}\,.

Aufgrund der Kompaktheit gibt es ein ${}n_{0}$ mit

{}X=U_{n_{0}}\,,

was die Behauptung bedeutet.

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Kompakte metrische Räume

Lemma

Einkompakter metrischer Raum ${}X$

istvollständig.

Beweis

Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Cauchy-Folgein ${}X$ . Nehmen wir an, dass diese Folge nicht konvergiert. NachAufgabe 36.7 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))besitzt sie dann auch keinen Häufungspunkt. Das bedeutet, dass es zu jedem Punkt ${}y\in X$ eine offene Umgebung ${}y\in U_{y}$ derart gibt, dass es darin nur endlich viele Folgenglieder gibt. Aufgrund der Kompaktheit gibt es zur Überdeckung

{}X=\bigcup _{y\in X}U_{y}\,

eine endliche Teilüberdeckung, also

{}X=\bigcup _{i=1}^{m}U_{y_{i}}\,.

Dann wären ab einem ${}N$ alle Folgenglieder außerhalb dieser Menge, was absurd ist.

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Definition

Einmetrischer Raum ${}M$ heißttotal beschränkt, wenn es zu jedem ${}\epsilon >0$ endlich viele Punkte ${}x_{1},\ldots ,x_{n}\in M$ derart gibt, dass

{}M=\bigcup _{i=1}^{n}U{\left(x_{i},\epsilon \right)}\,

gilt.

Satz

Es sei ${}X$ einmetrischer Raum. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent.

${}X$ istkompakt.
${}X$ ist folgenkompakt.
${}X$ istvollständigundtotal beschränkt.

Beweis

Die Folgenkompaktheit ist äquivalent dazu, dass jede Folge einen Häufungspunkt besitzt. Von (1) nach (2) ergibt sich wie im Beweis zuLemma 17.4.Aus (2) folgt (1) mitLemma 17.4wegenAufgabe 17.20.Es sei (2) erfüllt. Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Cauchy-Folgein ${}X$ . Nach Voraussetzung besitzt sie eine konvergente Teilfolge. Daraus folgt aber schon, dass die Folge konvergiert. Der Raum ist also vollständig. Wenn ${}X$ nicht total beschränkt ist, so gibt es ein ${}\epsilon >0$ derart, dass von den offenen Bällen ${}U{\left(x,\epsilon \right)}$ keine endliche Auswahl ganz ${}X$ überdeckt. Wir können daher eine Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konstruieren mit der Eigenschaft, dass zu ${}n>m$ .der Abstand

{}d{\left(x_{n},x_{m}\right)}\geq \epsilon \,

ist. Eine solche Folge besitzt keine konvergente Teilfolge.

Es sei nun (3) erfüllt und wir wollen auf (2) schließen. Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge in ${}X$ . Wir definieren induktiv unendliche Teilmengen ${}N_{k}\subseteq N_{k-1}\subseteq \mathbb {N}$ in folgender Weise: Es sei ${}N_{k-1}$ schon konstruiert. Es sei ${}U{\left(y_{1},{\frac {1}{k}}\right)},\ldots ,U{\left(y_{r},{\frac {1}{k}}\right)}$ eine offene Überdeckung von ${}X$ , die es aufgrund der totalen Beschränktheit gibt. Dann gibt es eine unendliche Teilmenge ${}N_{k}\subseteq N_{k-1}$ derart, dass die ${}x_{n}$ , ${}n\in N_{k}$ ,in einem der Bälle ${}U{\left(y_{i},{\frac {1}{k}}\right)}$ liegen. Wir wählen eine Teilfolge ${}x_{n_{k}}$ mit ${}n_{k}\in N_{k}$ und ${}n_{k}$ aufsteigend. Dann ist für ${}\ell \geq k$ stets