Zeigen Sie, dass f beschränkt ist.

Question

Aufgabe:

Sei $$f:X\rightarrow\R$$ stetig, wobei $$X$$ 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!

Answer 1

Hallo,

vielleicht wäre das etwas elementarer:

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

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

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

$$n \leq |f(x_n)| \leq 1+|f(a)|$$

Gruß Mathhilf

Comments

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

Answer 2

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 \( X = \bigcup_{i \in \mathbb N} O_i \). Dann willst du zeigen dass diese stets eine endliche Teilüberdeckung besitzt

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

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

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

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

Es gilt \( V_ 1 \supseteq V_2 \supseteq \dotsm \)

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

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

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

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

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

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

Comments

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