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| Aufgabe | Seien [mm] $(X,d_1),(Y,d_2)$ [/mm] metrische Räume und [mm] $\mathcal{B}(X):=\sigma(\{O\subset : O \mbox{ offen }\})$.
[/mm]
Sei [mm] $f:\;X\to [/mm] Y$ eine Abbildung und [mm] $U:=\{x\in X\; : \; f \mbox{ ist unstetig in } x\}.
[/mm]
Zeige, dass [mm] $U\in \mathcal{B}(X)$
[/mm]
Hinweis: Für [mm] $\varepsilon,\delta>0$ [/mm] definiere [mm] $U^{\varepsilon, \delta}:=\{x\in X \; : \;\exists y,z\in B_{\delta}(x)\; : \; d_2(f(y),f(z))\geq\varepsilon \}.$ [/mm]
Hier ist [mm] $B_{\vardelta}(x):=\{y\in X\; :\;d_1(x,y)<\delta\}$ [/mm] |
Guten Tag zusammen,
ich bearbeite derzeit diese Aufgabe und habe schon eine Idee, weiß aber nicht richtig, wie ich diese aufschreiben soll und das Vorgehen richtig begründe.
Also:
Wenn $f$ unstetig in [mm] $x_0\in [/mm] X$, also [mm] $x_0\in [/mm] U$, dann gilt mit der [mm] $\varepsilon, \delta$-Definition [/mm] der Stetigkeit (bzw. deren Negation):
[mm] $\exists \varepsilon>0, \forall \delta>0 ,\underbrace{\exists x\in X\; : \; d_1(x,x_0)<\delta}_{\Leftrightarrow \exists x\in B_\delta(x)} \; [/mm] : [mm] \; d_2(f(x),f(x_0))\geq\varepsilon$
[/mm]
Es gilt somit:
[mm] $x_0\in [/mm] U [mm] \Leftrightarrow x_0\in \{y\in X \; :\; (\exists \varepsilon>0, \forall \delta>0 , \exists x\in B_\delta(y) \; : \; d_2(f(x),f(x_0))\geq\varepsilon)\}\Leftrightarrow x_0\in \bigcup_{\varepsilon>0}\{y\in X\; : \;(\forall \delta>0 , \exists x\in B_\delta(y) \; : \; d_2(f(x),f(x_0))\geq\varepsilon)\}\Leftrightarrow x_0\in\bigcup_{\varepsilon>0}\bigcap_{\delta>0}\{y\in X\; : \; (\exists x\in B_\delta(y) \; : \; d_2(f(x),f(x_0))\geq\varepsilon)\}$
[/mm]
Wenn ich nun zeigen könnte, dass [mm] $\{y\in X\; : \; (\exists x\in B_\delta(y) \; : \; d_2(f(x),f(x_0))\geq\varepsilon)\}$ [/mm] offen ist, wäre $U$ dann doch als Schnitt und Vereinigung offener Mengen Borelmenge, oder kriege ich hier Probleme da es keine abzählbaren Vereinigungen sind?
Außerdem habe ich die Menge vom Hinweis hier irgendwie noch nicht verwendet...
Ich würde mich sehr über Hilfe freuen
Vielen Dank
Liebe Grüße
DudiPupan
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So, ich hab jetzt nochmal rumprobiert und bin auf folgendes gekommen:
Ich nehme einfach mal die Menge [mm] $U^{\varepsilon,\delta}$ [/mm] und zeige, dass diese offen ist und konstruiere $U$ daraus.
1. z.z. [mm] $U^{\varepsilon,\delta}$ [/mm] ist offen
Seien [mm] $\varepsilon,\delta>0$ [/mm] beliebig und [mm] $x\in U^{\varepsilon,\delta}$.Wir [/mm] wählen nun [mm] $y,z\in B_\delta(x)$ [/mm] mit [mm] $d_2(f(y),f(z))\geq\varepsilon$ [/mm] und setzen [mm] $\delta_0:=\min\{\delta-\underbrace{d_1(x,y)}_{<\delta},\delta-\underbrace{d_1(x,z)}_{<\delta}\}>0$.
[/mm]
Zu zeigen ist nun, dass [mm] $B_{\delta_0}(x)\subseteq U^{\varepsilon,\delta}$ [/mm] ist:
Sei also [mm] $x'\in B_{\delta_0}(x), [/mm] dann gilt:
[mm] $$d_1(x',y)\leq \underbrace{d_1(x',x)}_{<\varepsilon_0}+d_1(x,y)<\underbrace{\delta_0}_{\leq \delta-d_1(x,y)}+d1(x,y)\leq (\delta-d_1(x,y))+d_1(x,y)=\delta$$
[/mm]
Insgesamt also: [mm] $d_1(x',y)<\delta \Leftrightarrow y\in B_\delta(x')$
[/mm]
Analog mit z
Dann haben wir:
[mm] $y,z\in B_\delta(x')$ [/mm] mit [mm] $d_2(f(y),f(z))\geq\varepsilon$, [/mm] also [mm] $x'\in U^{\varepsilon,\delta}$ [/mm] und damit: [mm] $B_{\delta_0}(x)\subseteq U^{\varepsilon,\delta}$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow U^{\varepsilon,\delta}$ [/mm] ist offen.
Mit der Darstellung von $U$:
[mm] $$U=\bigcup_{\varepsilon>0}\bigcap_{\delta>0}\underbrace{\{x\in X | \exists y\in B_\delta(x)\; : \; d_2(f(x),f(y))\geq\varepsilon\}}_{:=V^{\varepsilon,\delta}}$$
[/mm]
liegt die Vermutung nahe, dass gilt: [mm] $U=\bigcup_{\varepsilon>0}\bigcap_{\delta>0}U^{\varepsilon,\delta}$
[/mm]
Dies will ich nun zeigen:
1. z.z. [mm] $U\subseteq\bigcup_{\varepsilon>0}\bigcap_{\delta>0}U^{\varepsilon,\delta}$:
[/mm]
Wähle [mm] $x\in [/mm] U$ und sei [mm] $\varepsilon_0>0$ [/mm] mit [mm] $x\in\bigcap_{\delta>0}V^{\varepsilon,\delta}$ [/mm] . Sei [mm] $\delta>0 [/mm] $ beliebig, dann ist [mm] $x\in V^{\varepsilon,\delta}$, [/mm] d.h. es gibt [mm] $z\in B_\delta(x)$ [/mm] mit [mm] $d_2(f(x),f(z))\geq \varepsilon_0$. [/mm] Setze $y:=x$, dann gilt: [mm] $y,z\in B_\delta(x)$ [/mm] und [mm] $d_2(f(y),f(z))\geq\varepsilon_0$ [/mm]
[mm] $\Rightarrow x\in U^{\varepsilon_0,\delta}\Rightarrow x\in\bigcap_{\delta>0}U^{\varepsilon_0,\delta}$ [/mm] und dann natürlich auch [mm] $x\in\bigcup_{\varepsilon>0}\bigcap_{\delta>0}U^{\varepsilon,\delta}$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow U\subseteq\bigcup_{\varepsilon>0}\bigcap_{\delta>0}U^{\varepsilon,\delta}$
[/mm]
2. z.z. [mm] $\bigcup_{\varepsilon>0}\bigcap_{\delta>0}U^{\varepsilon,\delta}\subseteq [/mm] U$
Sei [mm] $x\in\bigcup_{\varepsilon>0}\bigcap_{\delta>0}U^{\varepsilon,\delta}$.
[/mm]
Wähle nun [mm] $\varepsilon_0>0$ [/mm] mit [mm] $x\in \bigcap_{\delta>0}U^{\varepsilon_0,\delta}$ [/mm] und [mm] $\delta>0$ [/mm] beliebig, dann ist [mm] $x\in U^{\varepsilon,\delta}$.
[/mm]
Es existieren also [mm] $y,z\in B_\delta(x)$ [/mm] mit [mm] $d_2(f(y),f(z))\geq\varepsilon_0$.
[/mm]
Es gilt: [mm] $d_2(f(x),f(y))\geq\frac{1}{2}\varepsilon_0$ [/mm] oder [mm] $d_2(f(x),f(z))\geq\frac{1}{2}\varepsilon_0$, [/mm] da sonst wäre [mm] $d_2(f(y),f(z))\leq d_2(f(y),f(x))+d_2(f(x),f(z))<\varepsilon_0$ [/mm] was einen Widerspruch zur Vor. ist!
Wir setzen nun: [mm] $y:=\begin{cases}y,&\mbox{ falls } d_2(f(x),f(y))\geq \frac{1}{2}\varepsilon_0\\ z, &\mbox{ falls } d_2(f(x),f(z))\geq\frac{1}{2}\varepsilon_0>d_2(f(x),f(y))\end{case}$ [/mm]
Dann gilt: [mm] $d_2(f(x),f(y))\geq\frac{1}{2}\varepsilon_0$, [/mm] also ist [mm] $x\in V^{\frac{1}{2}\varepsilon_0,\delta}$.
[/mm]
Dann folgt: [mm] $x\in\bigcap_{\delta>0}V^{\frac{1}{2}\varepsilon_0,\delta}$ [/mm] und damit natürlich auch [mm] $x\in\bigcup_{\varepsilon>0}\bigcap_{\delta>0}V^{\varepsilon,\delta}=U$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow \bigcup_{\varepsilon>0}\bigcap_{\delta>0}U^{\varepsilon,\delta}\subseteq [/mm] U$
Insgesamt also:
$So, ich hab jetzt nochmal rumprobiert und bin auf folgendes gekommen:
Ich nehme einfach mal die Menge [mm] $U^{\varepsilon,\delta}$ [/mm] und zeige, dass diese offen ist und konstruiere $U$ daraus.
1. z.z. [mm] $U^{\varepsilon,\delta}$ [/mm] ist offen
Seien [mm] $\varepsilon,\delta>0$ [/mm] beliebig und [mm] $x\in U^{\varepsilon,\delta}$.Wir [/mm] wählen nun [mm] $y,z\inB_\delta(x)$ [/mm] mit [mm] $d_2(f(y),f(z))\geq\varepsilon$ [/mm] und setzen [mm] $\delta_0:=\min\{\delta-\underbrace{d_1(x,y)}_{<\delta},\delta-\underbrace{d_1(x,z)}_{<\delta}\}>0$.
[/mm]
Zu zeigen ist nun, dass [mm] $B_{\delta_0}(x)\subseteq U^{\varepsilon,\delta}$ [/mm] ist:
Sei also [mm] $x'\in B_{\delta_0}(x), [/mm] dann gilt:
[mm] $$d_1(x',y)\leq \underbrace{d_1(x',x)}_{<\varepsilon_0}+d_1(x,y)<\underbrace{\delta_0}_{\leq \delta-d_1(x,y)}+d1(x,y)\leq (\delta-d_1(x,y))+d_1(x,y)=\delta$$
[/mm]
Insgesamt also: [mm] $d_1(x',y)<\delta \Leftrightarrow y\in B_\delta(x')$
[/mm]
Analog mit z
Dann haben wir:
[mm] $y,z\in B_\delta(x')$ [/mm] mit [mm] $d_2(f(y),f(z))\geq\varepsilon$, [/mm] also [mm] $x'\in U^{\varepsilon,\delta}$ [/mm] und damit: [mm] $B_{\delta_0}(x)\subseteq U^{\varepsilon,\delta}$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow U^{\varepsilon,\delta}$ [/mm] ist offen.
Mit der Darstellung von $U$:
[mm] $$U=\bigcup_{\varepsilon>0}\bigcap_{\delta>0}\underbrace{\{x\in X | \exists y\in B_\delta(x)\; : \; d_2(f(x),f(y))\geq\varepsilon\}}_{:=V^{\varepsilon,\delta}}$$
[/mm]
liegt die Vermutung nahe, dass gilt: [mm] $U=\bigcup_{\varepsilon>0}\bigcap_{\delta>0}U^{\varepsilon,\delta}$
[/mm]
Dies will ich nun zeigen:
1. z.z. [mm] $U\subseteq\bigcup_{\varepsilon>0}\bigcap_{\delta>0}U^{\varepsilon,\delta}$:
[/mm]
Wähle [mm] $x\in [/mm] U$ und sei [mm] $\varepsilon_0>0$ [/mm] mit [mm] $x\in\bigcap_{\delta>0}V^{\varepsilon,\delta}$ [/mm] . Sei [mm] $\delta>0 [/mm] $ beliebig, dann ist [mm] $x\in V^{\varepsilon,\delta}$, [/mm] d.h. es gibt [mm] $z\in B_\delta(x)$ [/mm] mit [mm] $d_2(f(x),f(z))\geq \varepsilon_0$. [/mm] Setze $y:=x$, dann gilt: [mm] $y,z\in B_\delta(x)$ [/mm] und [mm] $d_2(f(y),f(z))\geq\varepsilon_0$ [/mm]
[mm] $\Rightarrow x\in U^{\varepsilon_0,\delta}\Rightarrow x\in\bigcap_{\delta>0}U^{\varepsilon_0,\delta}$ [/mm] und dann natürlich auch [mm] $x\in\bigcup_{\varepsilon>0}\bigcap_{\delta>0}U^{\varepsilon,\delta}$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow U\subseteq\bigcup_{\varepsilon>0}\bigcap_{\delta>0}U^{\varepsilon,\delta}$
[/mm]
2. z.z. [mm] $\bigcup_{\varepsilon>0}\bigcap_{\delta>0}U^{\varepsilon,\delta}\subseteq [/mm] U$
Sei [mm] $x\in\bigcup_{\varepsilon>0}\bigcap_{\delta>0}U^{\varepsilon,\delta}$.
[/mm]
Wähle nun [mm] $\varepsilon_0>0$ [/mm] mit [mm] $x\in \bigcap_{\delta>0}U^{\varepsilon_0,\delta}$ [/mm] und [mm] $\delta>0$ [/mm] beliebig, dann ist [mm] $x\in U^{\varepsilon,\delta}$.
[/mm]
Es existieren also [mm] $y,z\in B_\delta(x)$ [/mm] mit [mm] $d_2(f(y),f(z))\geq\varepsilon_0$.
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Es gilt: [mm] $d_2(f(x),f(y))\geq\frac{1}{2}\varepsilon_0$ [/mm] oder [mm] $d_2(f(x),f(z))\geq\frac{1}{2}\varepsilon_0$, [/mm] da sonst wäre [mm] $d_2(f(y),f(z))\leq d_2(f(y),f(x))+d_2(f(x),f(z))<\varepsilon_0$ [/mm] was einen Widerspruch zur Vor. ist!
Wir setzen nun: [mm] $y:=\begin{cases}y,&\mbox{ falls } d_2(f(x),f(y))\geq \frac{1}{2}\varepsilon_0\\ z, &\mbox{ falls } d_2(f(x),f(z))\geq\frac{1}{2}\varepsilon_0>d_2(f(x),f(y))\end{case}$ [/mm]
Dann gilt: [mm] $d_2(f(x),f(y))\geq\frac{1}{2}\varepsilon_0$, [/mm] also ist [mm] $x\in V^{\frac{1}{2}\varepsilon_0,\delta}$.
[/mm]
Dann folgt: [mm] $x\in\bigcap_{\delta>0}V^{\frac{1}{2}\varepsilon_0,\delta}$ [/mm] und damit natürlich auch [mm] $x\in\bigcup_{\varepsilon>0}\bigcap_{\delta>0}V^{\varepsilon,\delta}=U$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow \bigcup_{\varepsilon>0}\bigcap_{\delta>0}U^{\varepsilon,\delta}=U$
[/mm]
Da wir vorhin gezeigt haben, dass die [mm] $U^{\varepsilon,\delta}$ [/mm] offen sind, ist $U$ als Vereinigung und Schnitten von offenen Mengen wieder offen, also messbar.
Hier habe wieder die Frage mit der Abzählbarkeit.... macht mir das hier wieder Probleme?
Vielen Dank
Liebe Grüße
Dudi
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:07 Mo 28.04.2014 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hiho,
ich habe deinen Beweis jetzt nur grob überflogen, kann aber gut sein, dass dein Ansatz funktioniert. Du machst allerdings einen groben Fehler, den ich dir kurz aufzeigen will:
> Da wir vorhin gezeigt haben, dass die $ [mm] U^{\varepsilon,\delta} [/mm] $ offen sind, ist $ U $ als Vereinigung und Schnitten von offenen Mengen wieder offen,
Die Schlußfolgerung ist fundamental falsch. Seit wann ist der unendliche Schnitt offener Mengen wieder offen? Für Vereinigungen gilt das, aber nicht für Schnitte!
Was ist denn [mm] $\bigcap_{n\in\IN} \left(0,1+\bruch{1}{n}\right)$?
[/mm]
Aber das kann man fixen:
> also messbar.
> Hier habe wieder die Frage mit der Abzählbarkeit.... macht mir das hier wieder Probleme?
Ja, das hast du gut erkannt. Wenn du deine Schnitte und Vereinigungen oben auf abzählbare Mengen einschränken könntest, bräuchtest du den Nachweis doch gar nicht, dass die Gesamtmenge offen ist, denn dann wäre es einfach eine abzählbare Konstruktion aus meßbaren Mengen und damit meßbar.
Tipp dafür: Überlege dir mal, ob du wirklich immer über alle [mm] $\varepsilon>0$ [/mm] bzw [mm] $\delta [/mm] > 0$ Schneiden/Vereinigen musst, ober ob dir da nicht eine kleinere, abzählbare Menge ausreicht.
Dann noch eine Frage zur Aufgabenstellung: Ist die Funktion f wirklich so gegeben? Intuitiv würde ich behaupten, dass die Aussage nur gilt, wenn f selbst meßbar ist.... aber kann ja sein, dass die Aufgabe doch folgenschwerer ist 
Gruß,
Gono.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:20 Di 29.04.2014 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:45 Mo 28.04.2014 | | Autor: | fred97 |
@ Dudipupan: schau mal hier
http://www.math.uni-heidelberg.de/logic/skripten/deskr_mengen/dmengen.pdf
"Satz von Young"
Der Satz wird formuliert für Funktionen $f: [mm] \IR \to \IR$. [/mm] Der Beweis lässt sich leicht auf Funktionen [mm] $f:X\to [/mm] Y$ (X,Y metrische Räume) übertragen.
@Gono: f muss nicht messbar sein.
FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:34 Mo 28.04.2014 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hiho,
> @Gono: f muss nicht messbar sein.
Danke FRED.
Gruß,
Gono
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Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Vielen Dank Gono und Fred für eure Antworten!
Mir fehlt jetzt eigentlich nur noch der Übergang zu den abzählbaren Schnitten und Vereinigungen.
In dem Link von Fred, steht das ja so:
Seien $\varepsilon'>\varepsilon>0$
Dann gilt: $x\in U^{\varepsilon',\delta}=\{x\in X| \exists y,z\in B_\delta(x)\; :\;d_2(f(y),f(z))\geq \varepsilon' (>\varepsilon)\}\Rightarrow x\in\{x\in X| \exists y,z\in B_\delta(x)\; :\;d_2(f(y),f(z))\geq\varepsilon\}=U^{\varepsilon,\delta$
$\Rightarrow U^{\varepsilon',\delta}\subseteq U^{\varepsilon,\delta}$
Daraus folgt dann ja, dass wir mit einer Folge $(a_n)_{n\in\mathbb{N}}$ mit $a_n:=\frac{1}{n}$ alle $\varepsilon\geq \frac{1}{n}$ abdecken, also für $\lim_{n\to\infty}a_n=0$ alle $\varepsilon>0$.
Also $\bigcup_{i=1}^n U^{\frac{1}{i},\delta}=\bigcup_{\varepsilon\geq\frac{1}{n}}U^{\varepsilon,\delta}$ und somit $\bigcup_{n\in\mathbb{N}} U^{\frac{1}{n},\delta}=\bigcup_{\varepsilon>0}U^{\varepsilon,\delta}$
Also natürlich auch $\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\bigcap_{\delta>0} U^{\frac{1}{n},\delta}=\bigcup_{\varepsilon>0}\bigcap_{\delta>0}U^{\varepsilon,\delta}$
Beim ersetzen des $\delta$ durch die Folge habe ich noch etwas Probleme das aufzuschreiben...
Vielen Dank
DudiPupan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:20 Di 29.04.2014 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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