Buchanfang Partielle Differentialgleichungen by Richard4321/ Zusammenhang und Wegzusammenhang – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Wo stehen wir

Wir hatten die Transportgleichung betrachtet und danach die Fundamentallösung hergeleitet. Mit dieser konnten wir im Ganzraum die Lösung der Poissongleichung beweisen. Dann hatten wir die Mittelwerteigenschaft harmonischer Funktionen gezeigt und das Maximumprinzip eingeführt. Dabei war der Begriff des Zusammenhangs aufgetreten, den wir in diesem Kapitel wiederholen wollen.

Motivation

Es fehlte noch ein Beweis zum Zusammenhang, den wir nachtragen wollen. Dazu führen wir den sehr anschaulichen Begriff des Wegzusammenhanges einer Menge ein: dass sich zwei beliebige Punkte einer Menge durch einen endlich langen Weg stetig verbinden lassen. Im $\mathbb {R} ^{n}$ sind beide Begriffe identisch. Wir setzen die Definition des topologischen Raumes und der Stetigkeit dort voraus aus Analysis II.

Der Begriff "wegzusammenhängend"

Definition

Eine Teilmenge $L$ eines topologischen Raumes $M$ heißt wegzusammenhängend genau dann wenn es zu zwei beliebigen Punkten $x,y\in L$ einen Weg mit Anfangspunkt $x$ und Endpunkt $y$ gibt, der ganz in $L$ verläuft, d.h. eine stetige Abbildung

$c:[a,b]\rightarrow L$

mit $c(a)=x,c(b)=y$

Offene beschränkte Mengen sind die Vereinigung ihrer Wegzusammenhangskomponenten

Wir hatten den folgenden Satz benötigt im letzten Kapitel, dessen Beweis wir nun nachtragen wollen.

Satz

Eine offene und beschränkte Menge $U\subset \mathbb {R} ^{n}$ lässt sich darstellen als disjunkte Vereinigung

$U=\biguplus _{i\in I}U_{i}$

offener, beschränkter, wegzusammenhängender Mengen $U_{i}$. Weiter unten zeigen wir, dass auf dem $\mathbb {R} ^{n}$ wegzusammenhängend und zusammenhänmgend identisch sind.

Beweis

Wir wählen die Wegzusammenhangskomponenten als $U_{i}$, d.h. die Mengen deren Punkte sich jeweils mit einem Weg $c:[a,b]\rightarrow U_{i}$ verbinden lassen. Wir zeigen dazu die Äquivalenzrelation

$x\sim y\iff {\text{ es gibt einen Weg }}c:[a,b]\rightarrow U{\text{ von x nach y }}$

Wir rechnen nach

$x\sim x$: wähle den konstanten und damit stetigen Weg $c:[a,b]\rightarrow U,t\mapsto a$

$x\sim y\Rightarrow y\sim x$: wähle den zu

$c:[a,b]\rightarrow U,t\mapsto c(t)$

umgekehrten Weg

${\tilde {c}}:[0,1]\rightarrow U,t\mapsto c(b-t(b-a))$

$x\sim y,y\sim z\Rightarrow x\sim z$: Wähle den verknüpften Weg, d.h. zu

${\begin{aligned}c:[a,b]\rightarrow U,c(a)=x,c(b)=y\\{\tilde {c}}:[b,d]\rightarrow U,{\tilde {c}}(b)=y,{\tilde {c}}(d)=z\end{aligned}}$

wähle

$c\cup {\tilde {c}}:[a,d]\rightarrow U.$

Nun bilden wir die Äquivalenzkassen

$[x]:=\{y\in U\ |x\sim y\}$

Diese sind automatisch disjunkt, was wir uns aber plausibilisieren wollen: Hätten zwei verschiedene Äquivalenzklassen $U_{1},U_{2}$ einen nichtleeren Schnitt, d.h. ein $z$ in beiden Klassen, so ließe sich jeder Punkt aus $U_{1}$ mit $z$ und jeder Punkt aus $U_{2}$ mit $z$ verbinden. Die verknüpften Wege wären Wege zwischen Elementen aus $U_{1}$ und $U_{2}$ und beide wären dieselbe Äquivalenzklasse.

Die Menge der Äquivalenzklassen ist genau die gesuchte Menge der $U_{i}$

$\biguplus _{i\in I}U_{i}=\{[x]\ |\ x\in U\}$

Die $U_{i}$ sind beschränkt, da $U$ beschränkt ist.

Die $U_{i}$ sind offen: Ein beliebiger Punkt $x$ davon ist in $U$ und hat in $U$ eine kleine $\varepsilon$-Kugel als Umgebung; $B(x\varepsilon )$ ist aber wegzusammenhängend. Damit ist sie ganz in der Äquivalenzklasse und diese ist somit offen.

Der Begriff "zusammenhängend"

Die Definition ist reichlich abstrakt, man sollte sich den Begriff als Verallgemeinerung der Definition des Wegzusammenhanges vorstellen; und letzterer ist sehr anschaulich: zwei Punkte lassen sich dabei durch eine stetigen endlichen Weg verbinden.

Definition

1. Eine Menge $A\subset U$ heißt offen in $U$ genau dann wenn es eine offene Menge $B$ gibt sodass gilt $A=B\cap U$.
2. Eine Menge $A\subset U$ heißt abgeschlossen in $U$ genau dann wenn $U\backslash A$ offen in $U$ ist.
3. Eine Menge $U\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ heißt zusammenhängend genau dann wenn sie nicht in zwei disjunkte, nicht-leere, in $U$ offene Mengen zerlegt werden kann.

Zusammenhängend ist gleichbedeutend mit: Jede nicht-leere in $U$ sowohl offene als auch abgeschlossene Menge ist notwendig ganz $U$.

Beweis

$\Rightarrow$: Sei $V\neq \emptyset$ in $U$ sowohl offen als auch abgeschlossen.

Dann ist $U\backslash V$ als Komplement ebenfalls abgeschlossen und offen in $U$.

Da $V$ und $U\backslash V$ disjunkt sind und $V\neq \emptyset$ zusammenhängend ist nach Voraussetzung, folgt mit der Voraussetzung $U\backslash V=\emptyset$. Das ergibt $V=U$.

$\Leftarrow$: WIr führen den Beweis durch Widerspruch. Annahme, $U$ lässt sich in zwei nichtleere, disjunkte, in $U$ offene Mengen $U_{1},U_{2}$ in $U$ zerlegen.

Wegen $U_{1}=U\backslash U_{2}$ und $U_{2}=U\backslash U_{1}$ sind beide Mengen als Komplemente in $U$ abgeschlossen.

Aber nach Voraussetzung ist dann sowohl $U_{1}$ als auch $U_{2}$ notwendig gleich ganz $U$, ein Widerspruch.

Damit kann $U$ nicht in zwei disjunkte, nichtleere, in $U$ offene Mengen zerlegt werden.

Abgeschlossene Intervalle sind zusammenhängend

Wir benötigen im Folgenden die Aussage, dass ein abgeschlossenes Intervall zusammenhängend ist. Wie sollte man es auch durch zwei disjunkte offene Mengen in $\mathbb {R}$ überdecken? Da würde immer mindestens ein Punkt fehlen.

Satz

Seien $a,b\in \mathbb {R}$ mit $a<b$, dann ist das abgeschlossene Intervall $[a,b]$ zusammenhängend.

Beweis

Wir führen einen Widerspruchsbeweis. Annahme sei also $[a,b]$ ist unzusammenhängend.

Dann gibt es zwei offene disjunkte Mengen $U,V\subset \mathbb {R}$, die $[a,b]$ überdecken

${\begin{aligned}U\cap \lbrack a,b\rbrack \neq &\emptyset \\V\cap \lbrack a,b\rbrack \neq &\emptyset \\\lbrack a,b\rbrack \subset &U\uplus V\end{aligned}}$

Sei ohne Beschränkung der Allgemeinheit $a\in U$ und $J$ die Menge der $x$, sodass die abgeschlossenen Intervalle $[a,x]$ auch in $U$ sind.

$J:=\{x\in [a,b]\ |\ [a,x]\subseteq U\}$

Da die Menge $J$ nach oben beschränkt ist durch $b$, existiert ihr Supremum, das wir $c$ nennen

$c:=\sup J$

Wir zeigen nun erst einmal: $[a,c]\subseteq U$. Das gilt automatisch für $a=c$. Sei also $a<c$.

Sei $d\in \mathbb {R}$ beliebig mit

$a<d<c$

Dann ist $d$ nicht obere Schranke von $J$, da ${\frac {d+c}{2}}$ noch in $J$ ist und $c$ obere Schranke ist. Somit gibt es ein $e\in J$ mit

$d<e\leq c$

d.h.

$[a,e]\subset U$

Damit gilt

${\begin{aligned}\forall a<d<c:\ \lbrack a,d\rbrack \subseteq U\\\lbrack a,c)\subseteq U\end{aligned}}$

und das halb-offene Intervall ist in U. Wir müssen noch zeigen, dass $c\in U$. Annahme, das ist nicht der Fall.

Dann muss $c$ automatisch in $V$ liegen. Da $V$ offen ist nach Voraussetzung, ist auch eine $\varepsilon$-Umgebung in $V$, also Elemente kleiner als $c$. Diese liegen aber in $U$, nach Konstruktion von $J$. Ein Widerspruch. Damit gilt

${\begin{aligned}\lbrack a,c\rbrack \subseteq &U\\c\in &U\end{aligned}}$

Da $U$ offen ist, ist auch eine kleine $\varepsilon$-Umgebung in $U$. Annahme: $c$ ist echt kleiner als $b$. Dann liegen auch Punkte rechts von $c$ in $U$ im Widerspruch zur Konstruktion des Supremums. Somit ist die Annahme falsch und es gilt

${\begin{aligned}c=&b\\\lbrack a,b\rbrack \subset &U\end{aligned}}$

Jetzt folgt $[a,b]\cap V=\emptyset$, im Widerspruch zur Voraussetzung.

Stetige Bilder zusammenhängender Mengen sind zusammenhängend

Satz

Sei $f:M\rightarrow N$ stetig zwischen topologischen Räumen und $L\subseteq M$ zusammenhängend. Dann ist $f(L)$ zusammenhängend.

Beweis

Wir nehmen an $f(L)$ sei nicht zusammenhängend. Dann gibt es nicht-leere offene Teilmengen $V_{1},V_{2}\subset N$ mit

${\begin{aligned}f(L)\subset &V_{1}\uplus V_{2}\\f(L)\cap V_{1}\neq &\emptyset \\f(L)\cap V_{2}\neq &\emptyset \end{aligned}}$

Wir haben in der Maßtheorie die Eigenschaften der Abbildung $f^{-1}$ bewiesen, siehe

Mathe_für_Nicht-Freaks:_Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/_Die_Umkehrabbildung

und zeigen noch $L\subset f^{-1}(f(L))$ wegen

${\begin{aligned}x\in L\Rightarrow &f(x)\in f(L)\\\Rightarrow &x\in \{x\in L:f(x)\in f(L)\}=f^{-1}(f(L))\end{aligned}}$

Damit folgen die Beziehungen

$L\subseteq f^{-1}(f(L))\subset f^{-1}(V_{1}\cup V_{2})=f^{-1}(V_{1})\cup f^{-1}(V_{2})$

Da $f$ stetig ist, sind die Mengen $f^{-1}(V_{1}),f^{-1}(V_{2})$ offen. Sie sind zudem disjunkt und überdecken $L$ (siehe oben)

${\begin{aligned}f^{-1}(V_{1})\cap f^{-1}(V_{2})=f^{-1}(V_{1}\cap V_{2})=f^{-1}(\emptyset )=\emptyset \end{aligned}}$

Wähle ein Element $y\in f(L)\cap V_{1}$. Dann gibt es ein $x\in L$ mit $f(x)=y$. Damit gilt

$x\in f^{-1}(V_{1})\cap L\neq \emptyset .$

Genauso gibt es ein

$z\in f^{-1}(V_{2})\cap L\neq \emptyset .$

Damit wäre $L$ unzusammenhängend, im Widerspruch zur Voraussetzung.

Aus wegzusammenhängend folgt zusammenhängend

Satz

Sei die Teilmenge $L$ des topologischen Raumes $M$ wegzusammenhängend. Dann ist sie zusammenhängend.

Beweis

Annahme: $L$ ist nicht zusammenhängend, d.h es gibt offene Teilmengen $U,V$ in $M$ mit

${\begin{aligned}U\cap L\neq &\emptyset \\V\cap L\neq &\emptyset \\L\subset &U\uplus V\end{aligned}}$

Wähle $x\in U\cap L$ und $y\in V\cap L$ und einen Weg, der $x,y$ verbindet.

Da $[a,b]$ zusammenhängend ist und $c$ stetig ist, ist auch $c([a,b])\subset L$ zusammenhängend. Wegen

${\begin{aligned}x\in &c([a,b])\cap U\\y\in &c([a,b])\cap V\\c([a,b])\subseteq &L\subseteq U\uplus V\end{aligned}}$

folgt $c([a,b])$ ist unzusammenhängend, ein Widerspruch. Damit ist $L$ zusammenhängend.

Im $\mathbb {R} ^{n}$ gilt: zusammenhängend gleich wegzusammenhängend

Satz

Sei $X\subset \mathbb {R} ^{n}$ offen und zusammenhängend. Dann ist $X$ wegzusammenhängend.

Beweis

Sei $x_{0}\in X$ beliebig. Wir betrachten die Wegzusammenhangskomponente, d.h. alle Punkte, die sich mit $x_{0}$ durch einen Weg verbinden lassen:

$L:=\{x\in X\ |\ {\text{Es gibt einen Weg mit Anfangspunkt }}x_{0}{\text{ und Endpunkt }}x\}$

Wir wollen $L=X$ zeigen und weisen nach, dass $L$ und $X\backslash L$ offen sind. Wegen $x_{0}\in L$ ist $L$ nicht leer.

L ist offen: Sei $y_{0}\in L$ und

$c:[a,b]\rightarrow X{\text{ mit }}c(a)=x_{0},c(b)=y_{0}.$

Da $X$ offen ist, gibt es eine $\varepsilon$-Kugel um $y_{0}$, die ganz in $U$ liegt. Ein beliebiges $x\in B(y_{0},\varepsilon )$ lässt sich mit einem Wege $c:[b,d]\rightarrow X$ mit $y_{0}$ verbinden. Dann ist

$c:[a,b]\cup [b,d]\rightarrow X$

ein stetiger Weg, der $x$ mit $x_{0}$ verbindet. Damit liegen alle Punkte in $B(y_{0},\varepsilon )$ in $L$ und $L$ ist offen.

$X\backslash L$ ist offen: Für $X\backslash L=\emptyset$ sind wir fertig.

Annahme: es gibt einen Punkt $y_{0}\in X\backslash L$. Dann gibt es keinen stetigen Weg von $x_{0}$ nach $y_{0}$.

Wegen der Offenheit von $X$, gibt es eine $\varepsilon$-Kugel $B(y_{0},\varepsilon )$, die ganz in $X$ liegt. Sei $x$ ein Punkt in $B(y_{0},\varepsilon )$.

Annahme: es gibt einen stetigen Weg von $x_{0}$ nach $x$, d..h

$c:[a,b]\rightarrow X{\text{ mit }}c(a)=x_{0},c(b)=x$

Dann gibt es einen weiteren Weg von $x$ zum Mittelpunkt $y_{0}$.

$c:[b,d]\rightarrow X{\text{ mit }}c(b)=x,c(d)=y_{0}$

und $y_{0}$ läge in $L$ durch

$c:[a,b]\cup [b,d]\rightarrow X{\text{ mit }}c(a)=x_{0},c(b)=x,c(d)=y_{0}$

Ein Widerspruch, damit gibt es keinen stetigen Weg von $x_{0}$ nach $x$ für alle $x\in B(y_{0},\varepsilon )$ und es folgt

$B(y_{0},\varepsilon )\subset X\backslash L$

Da $X$ zusammenhängend ist und $X=L\uplus (X\backslash L)$, muss $X\backslash L$ leer sein. Damit ist X wegzusammenhängend.

Die Vereinigung zusammenhängender Mengen ist zusammenhängend

Satz

Seien $A_{i},i\in I$ zusammenhängend in einem topologischen Raum $X$ und der Schnitt nicht leer $\bigcap _{i\in I}A_{i}\neq \emptyset$. Dann ist die Vereinigung $\bigcup _{i\in I}A_{i}$ zusammenhängend.

Beweis

Angenommen $\bigcup _{i\in I}A_{i}$ lässt sich zerlegen in zwei disjunkte, $\bigcup _{i\in I}A_{i}$-offene Teilmengen $U,V$, d.h. $\bigcup _{i\in I}A_{i}=U\uplus V$ mit

${\begin{aligned}U=&C\cap \bigcup _{i\in I}A_{i}\\V=&D\cap \bigcup _{i\in I}A_{i}\end{aligned}}$

und $C,D$ offen.

Damit sind nach Definition $U$ und $V$ auch $\bigcup _{i\in I}A_{i}$-abgeschlossen, da sie voneinander die $\bigcup _{i\in I}A_{i}$- Komplemente sind.

ObdA $\bigcup _{i\in I}A_{i}\cap U\neq \emptyset$. Dann gibt es ein $i\in I$ mit $A_{i}\cap U\neq \emptyset$.

$A_{i}$ ist in $U$ enthalten:

Da $A_{i}$ zusammenhängend ist nach Voraussetzung muss es ganz in $U$ oder $V$ liegen. Annahme nicht: Wähle $X=U\cap A_{i}$ und $Y=V\cap A_{i}$. Dann sind $X$ und $Y$ $A_{i}$-offen, wähle jeweils das offene $C$ und $D$.

Wegen $U\cap V=\emptyset$ und $A_{i}\subset U\uplus V$ als Komplemente $(U\cap A_{i})\uplus (V\cap A_{i})$ auch $A_{i}$-abgeschlossen. Da $A_{i}$ zusammenhängend ist, sind nach unserem ersten Satz $X$ und $Y$ notwendig ganz $A_{i}$, im Widerspruch zu $X\cap Y=\emptyset$.

Damit liegt $A_{i}$ ganz in $U$ (oder ganz in $V$).

Die Vereinigung ist zusammenhängend:

Da $\bigcap _{i\in I}A_{i}\neq \emptyset$, gilt für alle $i\in IA_{i}\cap U\neq \emptyset$. Analog zu oben folgt, dass alle $A_{i}$ in $U$ liegen. Damit folgt $V=\emptyset$.

Insgesamt gibt es damit keine Zerlegung in zwei nicht-leere, disjunkte, $A\cup B$-offene Teilmengen und $A\cup B$ ist zusammenhängend.

Der Abschluss zusammenhängender Mengen ist zusammenhängend

Satz

Seien $A\subseteq X$ zusammenhängend in einem topologischen Raum $X$. Dann ist ${\overline {A}}$ zusammenhängend.

Beweis

Angenommen ${\overline {A}}=U\uplus V$ mit ${\overline {A}}$-offenen, disjunkten Mengen $U$ und $V$, d.h. es gibt offene Mengen $C$ und $D$ mit $U={\overline {A}}\cap C$ und $V={\overline {B}}\cap D$.

Da $A$ zusammenhängend ist, muss es in einer der beiden Mengen $U$ oder $V$ liegen. Annahme nicht: Wähle $X=U\cap A$ und $Y=V\cap A$. Dann sind $X$ und $Y$ $A$-offen, wähle jeweils das offene $C$ und $D$, und sie sind nicht-leer und disjunkt. Ein Widerspruch dazu, dass $A$ zusammenhängend ist. Gelte oBdA $A\subseteq U$.

Wir wollen über einen Widerspruch $V=\emptyset$ zeigen. Angenommen $V\neq \emptyset$. Wähle ein $x\in V$, dieses ist wegen $A\subseteq U$ notwendig aus dem Rand $\partial A$. Das ist gleichbedeutend dazu (siehe Analysis II), dass für jede offene Umgebung $O$ von $x$ gilt: $O\cap A\neq \emptyset$.

Insbesondere gilt $V\cap A=D\cap A\neq \emptyset$.

Wegen $A\subseteq U$ folgt $V\cap U\neq \emptyset$, im Widerspruch zur Voraussetzung.

Damit ist ${\overline {A}}$ zusammenhängend.

Zusammenhangskomponenten

Satz

Sei $X$ ein topologischer Raum.

1. Auf $X$ erhält man eine Äquivalenzrelation durch
   $x\sim y\iff \exists U\subseteq X{\text{ zusammenhängend }}:x,y\in U$

   Die Äquivalenzklassen nennt man Zusammenhangskomponenten.

2. Die Zusammenhangskomponenten von $X$ sind zusammenhängend und abgeschlossen.
3. Jede zusammenhängende Menge ist in einer Zusammenhangskomponente enthalten.
4. Zusammenhangskomponenten sind entweder gleich oder disjunkt und sie überdecken $X$.

Beweis

1.) $x\sim x$, d.h. $\sim$ ist reflexiv: Wähle $U=\{x\}$, das ist zwangsläufig zusammenhängend: Da es nur einen Punkt enthält, kann man es nicht in zwei disjunkte, nicht-leere Mengen zerlegen.

Aus $x\sim y$ folgt $y\sim x$, d.h. $\sim$ ist symmetrisch: Nach der Definition von $U$ sind $x$ und $y$ gleichberechtigt.

Aus $x\sim y$ und $y\sim z$ folgt $x\sim z$: Nach Voraussetzung liegen $x$ und $y$ in einer zusammenhängenden Menge $U$ und $y$ und $z$ in einer zusammenhängenden Menge $V$. Wir haben gezeigt, dass $U\cup V$ zusammenhängend ist. Diese Menge enthält $x$ und $z$.

2.) Die Zusammenhangskomponente $K(x)$ von $x$ ist die Vereinigung aller zusammenhängenden Mengen, die $x$ enthalten

$K(x)=\bigcup _{i\in I}U_{i}{\text{ mit }}x\in U_{i}{\text{ und }}U_{i}{\text{ zusammenhängend}}$

Das wollen wir kurz beweisen:

"$\supseteq$": Sei $U_{i}$ zusammenhängend mit $x\in U_{i}$, dann ist nach Definition $U_{i}$ in der Äquivalenzklasse $K(x)$. Damit gilt $K(x)\supset U_{i}$.

"$\subseteq$": Alle Punkte, die in $K(x)$ definiert werden, liegen in einem zusammenhängenden $U_{i}$, das $x$ enthält. Damit gilt $K(x)\subset \bigcup _{i\in I}U_{i}$.

Damit ist jede zusammenhängende Menge $U$ automatisch in einem $K(x)$ enthalten, z.B. für ein beliebig gewähltes $x\in U$.

Da die Vereinigung der zusammenhängenden Mengen mit nicht-leerem Durchschnitt zusammenhängend ist, ist $K(x)$ zusammenhängend.

Wir haben gezeigt, dass der Abschluss einer zusammenhängenden Menge zusammenhängend ist. Insbesondere ist damit ${\overline {K}}(x)$ zusammenhängend und enthält $x$, damit folgt ${\overline {K}}(x)=K(x)$ und $K(x)$ ist abgeschlossen.

3.) Wähle ein beliebiges x aus der zusammenhängenden Menge, dann ist mit 2.) die zusammenhängende Menge in der Zusammenhangskomponente $K(x)$ enthalten.

4.) Diese Eigenschaft gilt immer für Äquivalenzklassen, dennoch wollen wir sie nachrechnen:

Sei $K(x)\cap K(y)\neq \emptyset$. Wir müssen zeigen, dass dann gilt $K(x)=K(y)$.

Da die Vereinigung $K(x)\cup K(y)$ wieder zusammenhängend ist, folgt

${\begin{aligned}K(x)\subseteq K(x)\cup K(y)\subseteq K(x)\\K(y)\subseteq K(x)\cup K(y)\subseteq K(y)\end{aligned}}$

Insgesamt ergibt das

$K(x)=K(x)\cup K(y)=K(y)$

Jedes $x$ liegt in seiner Zusammenhangskomponente, damit ist $X$ die Vereinigung der Zusammenhangskomponenten.