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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:30 Mo 14.09.2015 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | Sei [mm] O_{c_o}:=\{A \subseteq X| X\setminus A endlich \} \cup \emptyset [/mm] die kofinite Topologie auf X.
Wenn X überabzählbar ist besitzt diese keine abzählbare Basis. Was ist wenn X abzählbar ist? |
Hallo,
Sei X überabzählbar, ang [mm] \mathcal{B}:=\{B_i: i \in I\} [/mm] Basis und I abzählbar.
Da [mm] \mathcal{B} \subseteq O_{c_o} [/mm] folgt [mm] \forall [/mm] i [mm] \in [/mm] I: X [mm] \setminus B_i [/mm] endlich
Daraus folgt [mm] \bigcup_{i\in I} X\setminus B_i [/mm] ist abzählbar also mit De Morgan [mm] X\setminus \bigcap_{i\in I} B_i [/mm] abzählbar.
Also [mm] \exists [/mm] x [mm] \in \bigcap_{i\inI} B_i.
[/mm]
Da X [mm] \setminus\{x\} [/mm] offen ist gibt es eine passende Indexmenge [mm] J\subseteq [/mm] I: [mm] X\setminus\{x\} [/mm] = [mm] \bigcup_{i\in J} B_i
[/mm]
So folgt aber, dass x [mm] \not\in B_i [/mm] für alle i [mm] \in J\subseteq [/mm] I
Wid. zu x [mm] \in \bigcap_{i\inI} B_i.
[/mm]
Sei X abzählbar.
Nun muss ja die Potenzmenge von X nicht auch abzählbar sein.
Ist es ratsam eine abzählbare Basis zu suchen?
Wenn X endlich ist entspricht die kofinite Topologie der diskreten Topoligie. In der diskreten Metrik sind die Singletons [mm] \{\{x\}| x \in X\} [/mm] eine abzählbare Basis für X endlich.
Aber was ist für X abzählbar unendlich?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:35 Mo 14.09.2015 | | Autor: | tobit09 |
Hallo sissile!
> Sei [mm]O_{c_o}:=\{A \subseteq X| X\setminus A endlich \} \cup \emptyset[/mm]
> die kofinite Topologie auf X.
> Wenn X überabzählbar ist besitzt diese keine abzählbare
> Basis. Was ist wenn X abzählbar ist?
> Sei X überabzählbar, ang [mm]\mathcal{B}:=\{B_i: i \in I\}[/mm]
> Basis und I abzählbar.
> Da [mm]\mathcal{B} \subseteq O_{c_o}[/mm] folgt [mm]\forall[/mm] i [mm]\in[/mm] I: X
> [mm]\setminus B_i[/mm] endlich
Zumindest im Falle [mm] $B_i\not=\emptyset$, [/mm] was sich oBdA annehmen lässt, indem man die leere Menge aus [mm] $\mathcal{B}$ [/mm] entfernt.
> Daraus folgt [mm]\bigcup_{i\in I} X\setminus B_i[/mm] ist
> abzählbar also mit De Morgan [mm]X\setminus \bigcap_{i\in I} B_i[/mm]
> abzählbar.
> Also [mm]\exists[/mm] x [mm]\in \bigcap_{i\inI} B_i.[/mm]
> Da X
> [mm]\setminus\{x\}[/mm] offen ist gibt es eine passende Indexmenge
> [mm]J\subseteq[/mm] I: [mm]X\setminus\{x\}[/mm] = [mm]\bigcup_{i\in J} B_i[/mm]
> So
> folgt aber, dass x [mm]\not\in B_i[/mm] für alle i [mm]\in J\subseteq[/mm]
> I
> Wid. zu x [mm]\in \bigcap_{i\inI} B_i.[/mm]
Um diesen Widerspruch zu erhalten, benötigt man die Existenz eines [mm] $j\in [/mm] J$.
Die Begründung dafür lässt sich aber leicht ergänzen.
Sehr schön! ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Sei X abzählbar.
> Nun muss ja die Potenzmenge von X nicht auch abzählbar
> sein.
> Ist es ratsam eine abzählbare Basis zu suchen?
> Wenn X endlich ist entspricht die kofinite Topologie der
> diskreten Topoligie. In der diskreten Metrik sind die
> Singletons [mm]\{\{x\}| x \in X\}[/mm] eine abzählbare Basis für X
> endlich.
Alles korrekt.
> Aber was ist für X abzählbar unendlich?
Überlege dir, dass [mm] $O_{c_0}$ [/mm] schon selbst abzählbar ist.
Viele Grüße
Tobias
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:45 Mo 14.09.2015 | | Autor: | sissile |
Hallo!
> Um diesen Widerspruch zu erhalten, benötigt man die Existenz eines
> [mm] j\in [/mm] J. Die Begründung dafür lässt sich aber leicht ergänzen.
Wäre [mm] J=\emptyset \Rightarrow \bigcup_{j \in \emptyset} B_j= \emptyset [/mm] nach Konverntion [mm] \Rightarrow X\setminus\{x\}= \emptyset
[/mm]
Wid. zur Existenz von x oben.
> > Aber was ist für X abzählbar unendlich?
> Überlege dir, dass [mm]O_{c_0}[/mm] schon selbst abzählbar ist.
Definition: M ist abzählbar unendlich wenn [mm] \exists [/mm] Bijektion f: [mm] \mathbb{N} \rightarrow [/mm] M
Sei O [mm] \in O_{C_o} \rightarrow O=X\setminus [/mm] K mit [mm] K\subseteq [/mm] X endlich
Wenn es nur abzählbar viele endliche Teilmengen von X gibt gibt es auch nur abzählbar viele offene Mengen O. (muss ich das näher beweisen?)
[mm] K_1 [/mm] = [mm] \{ K_1 \subseteq X : |K_1|=1\}=\{\{x\}: x \in X\}
[/mm]
Bijektion [mm] f:X\rightarrow K_1 [/mm] mit f(x) = x [mm] \Rightarrow |X|=|K_1|
[/mm]
[mm] K_2 =\{ K_2 \subseteq X : |K_2|=2\}
[/mm]
Bijektion f: [mm] X\times [/mm] X [mm] \rightarrow K_2 [/mm] mit [mm] f(\vektor{x_{i_1} \\ x_{i_2}}) [/mm] = [mm] \{x_{i_1},x_{i_2}\} \Rightarrow [/mm] |X [mm] \times [/mm] X| = [mm] |K_2|
[/mm]
[mm] \vdots
[/mm]
[mm] K_n=\{ K_n \subseteq X : |K_n|=n\}
[/mm]
Bijektion f: [mm] X^n \rightarrow K_n [/mm] mit [mm] f(\vektor{x_{i_1} \\ x_{i_2} \\ \vdots \\ x_{i_n}})=\{x_{i_1}, x_{i_2},\dots,x_{i_n}\} \Rightarrow |X^n| [/mm] = [mm] |K_n|
[/mm]
Da das Kartesische Produkt einer abzählbaren Mengen wieder abzählbar ist folgt [mm] K_1,..,K_n [/mm] sind abzählbar.
K= [mm] \bigcup_{i=1}^n K_i [/mm] ist als Vereinigung von endlich viele abzählbaren Mengen abzählbar für alle n [mm] \in \mathbb{N}.
[/mm]
LG,
sissi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:14 Mo 14.09.2015 | | Autor: | tobit09 |
Wieder stimmen alle Ideen!
> > Um diesen Widerspruch zu erhalten, benötigt man die
> Existenz eines
> > [mm]j\in[/mm] J. Die Begründung dafür lässt sich aber leicht
> ergänzen.
>
> Wäre [mm]J=\emptyset \Rightarrow \bigcup_{j \in \emptyset} B_j= \emptyset[/mm]
> nach Konverntion
(Eine gesonderte Konvention benötigt man dafür eigentlich nicht, auch wenn manche Dozenten das vielleicht so halten.)
> [mm]\Rightarrow X\setminus\{x\}= \emptyset[/mm]
> Wid. zur Existenz von x oben.
Ich würde es so formulieren: Aus [mm] $X\setminus\{x\}=\emptyset$ [/mm] (und [mm] $x\in [/mm] X$) folgt [mm] $X=\{x\}$ [/mm] im Widerspruch zur Überabzählbarkeit von $X$.
> > > Aber was ist für X abzählbar unendlich?
> > Überlege dir, dass [mm]O_{c_0}[/mm] schon selbst abzählbar ist.
> Definition: M ist abzählbar unendlich wenn [mm]\exists[/mm]
> Bijektion f: [mm]\mathbb{N} \rightarrow[/mm] M
Weiterhin gilt:
Ist $M$ abzählbar, so ist für jede surjektive Abbildung [mm] $f\colon M\to [/mm] Z$ auch $Z$ abzählbar.
Das darfst du wohl ohne Beweis voraussetzen, wenn du Aufgaben auf dem vorliegenden Niveau löst.
> Sei O [mm]\in O_{C_o} \rightarrow O=X\setminus[/mm] K mit [mm]K\subseteq[/mm]
> X endlich
Ja im Falle [mm] $O\not=\emptyset$.
[/mm]
> Wenn es nur abzählbar viele endliche Teilmengen von X
> gibt gibt es auch nur abzählbar viele offene Mengen O.
> (muss ich das näher beweisen?)
Ich würde sagen, das hängt vom Leser/Korrigierenden ab, ob er/sie einen näheren Beweis sehen will. Ein Beweis ist aber auch nicht lang:
Sei [mm] $\mathcal{P}_e(X)$ [/mm] die Menge der endlichen Teilmengen von $X$.
Dann ist die Abbildung
[mm] $f\colon\mathcal{P}_e(X)\to \{X\setminus A\;|\;A\subseteq X\text{ endlich}\},\quad K\mapsto X\setminus [/mm] K$
surjektiv.
Also folgt aus der noch zu beweisenden Abzählbarkeit von [mm] $\mathcal{P}_e(X)$ [/mm] die von [mm] $\{X\setminus A\;|\;A\subseteq X\text{ endlich}\}$ [/mm] und damit die von [mm] $O_{c_0}$.
[/mm]
> [mm]K_1[/mm] = [mm]\{ K_1 \subseteq X : |K_1|=1\}=\{\{x\}: x \in X\}[/mm]
(Du verwendest [mm] $K_1$ [/mm] hier in zweierlei nicht zusammenpassenden Bedeutungen. Verwende ganz links z.B. [mm] $\mathcal{K}_1$ [/mm] statt [mm] $K_1$.)
[/mm]
> Bijektion [mm]f:X\rightarrow K_1[/mm] mit f(x) = x
(Tippfehler: Du meinst natürlich ganz rechts [mm] $\{x\}$ [/mm] statt x.
> [mm]\Rightarrow |X|=|K_1|[/mm]
Ja.
> [mm]K_2 =\{ K_2 \subseteq X : |K_2|=2\}[/mm]
> Bijektion f: [mm]X\times[/mm] X
> [mm]\rightarrow K_2[/mm] mit [mm]f(\vektor{x_{i_1} \\ x_{i_2}})[/mm] =
> [mm]\{x_{i_1},x_{i_2}\}[/mm]
Eine solche "Abbildung" ist nicht wohldefiniert: Für jedes [mm] $x\in [/mm] X$ wäre sonst [mm] $\mathcal{K}_2\ni f((x,x))=\{x,x\}=\{x\}$.
[/mm]
Abhilfe: Definiere anstelle deiner Wahl von [mm] $\mathcal{K}_2$
[/mm]
[mm]\mathcal{K}_2:=\{ K_2 \subseteq X : |K_2|\le2\}[/mm].
Die entsprechende Abbildung f ist dann zwar nicht injektiv, aber surjektiv.
Das genügt jedoch, um die Abzählbarkeit von [mm] $\mathcal{K}_2$ [/mm] zu beweisen.
> [mm]K_n=\{ K_n \subseteq X : |K_n|=n\}[/mm]
> Bijektion f: [mm]X^n \rightarrow K_n[/mm]
> mit [mm]f(\vektor{x_{i_1} \\ x_{i_2} \\ \vdots \\ x_{i_n}})=\{x_{i_1}, x_{i_2},\dots,x_{i_n}\} \Rightarrow |X^n|[/mm]
> = [mm]|K_n|[/mm],
Hier gilt Analoges wie oben.
> Da das Kartesische Produkt einer abzählbaren Mengen wieder
> abzählbar ist
(Du meinst: das Kartesische Produkt zweier bzw. endlich vieler abzählbarer Mengen)
> folgt [mm]K_1,..,K_n[/mm] sind abzählbar.
> K= [mm]\bigcup_{i=1}^n K_i[/mm] ist als Vereinigung von endlich
> viele abzählbaren Mengen abzählbar für alle n [mm]\in \mathbb{N}.[/mm]
Wichtiger: [mm] $\mathcal{P}_e(X)=\bigcup_{i\in\IN_0}\mathcal{K}_i$ [/mm] ist abzählbar als abzählbare Vereinigung abzählbarer Mengen.
Wie gesagt: Deine Ideen sind völlig korrekt und zielführend.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:25 Mo 14.09.2015 | | Autor: | sissile |
Vielen Dank fürs Ausbessern!
Liebe Grüße,
sissi
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