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Universität/Hochschule J Rand einer Menge
julian2000P
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-02-22 11:39


Hallo zusammen,

ich versuche gerade folgendes zu zeigen:

Sei $\langle X,\mathcal{T} \rangle$ ein topologischer Raum. Sei $G$ eine offene Menge.
Falls $z \in \partial G$, also im Rand von G ist, dann gilt für jede Umgebung $U$ von $z$, dass
$U \cap G \neq \emptyset$ und $U \cap X\setminus \bar{G} \neq \emptyset$.

Kann man das in einem allgemeinen topologischen Raum überhaupt beweisen? Ich versuche es schon eine Weile habe aber keine wirklichen Fortschritte gemacht. Kann mir hier jemand helfen?

Grüße



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-02-22 13:17


Hallo julian2000P,

2021-02-22 11:39 - julian2000P im Themenstart schreibt:
Kann man das in einem allgemeinen topologischen Raum überhaupt beweisen?

Doch, man kann.

Zeige die Behauptung für jede offene Umgebung U von z. (Dann gilt sie für jede Umgebung. Klar?)

Mal zur ersten Behauptung:

Wenn es eine offene Umgebung U von z gäbe, die mit G einen leeren Schnitt hat, dann betrachte X\U. X\U ist abgeschlossen und G ist in X\U enthalten. Also ist die abgeschlossene Hülle von G in X\U enthalten, sie enthält also insbesondere nicht z. Es soll aber \(z\in\partial G=\overline G\setminus G^°\subseteq\overline G\) gelten. Widerspruch.

(Entweder ich habe noch einen Fehler in meiner Argumentation oder die Voraussetzung, dass G offen ist, ist hier überflüssig.)



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julian2000P
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-02-22 14:11


Hallo StrgAltEntf,

danke für deine Antwort! Ja das macht durchaus Sinn. Ja die VS dass $G$ offen ist, dürfte wohl überflüssig sein.
Für den anderen Teil würde ich genau gleich argumentieren, allerdings müsste ich hier irgendwie zeigen, dass ich den Rand $\partial G = \overline{G} \setminus G$ auch als $\overline{X\setminus \overline{G}} \setminus (X\setminus \overline{G})$ darstellen kann.
Und um das zu zeigen müsste es eigentlich genügen, zu zeigen, dass $X \setminus G = \overline{X \setminus \overline{G}}$ ist.
Wobei ich hier auch nur mehr an der Inklusion $X \setminus G \subseteq \overline{X \setminus \overline{G}}$ scheitere.

Hast du hier vielleicht noch mal einen Tipp für mich? Danke nochmals für die Hilfe bisher.

Grüße



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-02-22 21:34


Hallo noch mal,

vorhin dachte ich, dass ich die Aussage beweisen könnte. Das hat sich aber erst einmal als Irrtum erwiesen. Wie ist denn die Aufgabe formuliert? "Beweise" oder "beweise oder widerlege"?

Deinem Ansatz kann ich leider auch noch nicht ganz folgen. Vielleicht kannst du das noch mal näher ausführen.



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2021-02-22 22:39


Hallo julian2000P,

für jede Menge \(G\) mit \(\partial G\neq\emptyset\) und \(\overline{G}=X\) ist die Aussage offenbar falsch, da dann \(U\cap(X\setminus \overline{G})=\emptyset\). Dies ist z.B. für \(X=\mathbb{R}\) und \(G=\mathbb{Q}\) mit der euklidischen Topologie erfüllt aber auch für gewisse offene Mengen \(G\), z.B. \(G=\mathbb{R}\setminus\{0\}\).



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2021-02-22 23:49


Was wegen \(\partial G=\overline{G}\cap\overline{X\setminus G}\) aber gilt ist, dass stets \(U\cap G\neq\emptyset\) und \(U\cap(X\setminus G)\neq\emptyset\). Siehe
en.wikipedia.org/wiki/Boundary_(topology)#Common_definitions



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2021-02-23 08:18


@sonnenschein96,

2021-02-22 22:39 - sonnenschein96 in Beitrag No. 4 schreibt:
für jede Menge \(G\) mit \(\partial G\neq\emptyset\) und \(\overline{G}=X\) ist die Aussage offenbar falsch, da dann \(U\cap(X\setminus \overline{G})=\emptyset\). Dies ist z.B. [...] auch für gewisse offene Mengen \(G\), z.B. \(G=\mathbb{R}\setminus\{0\}\).

O Mann, so ein simples Gegenbeispiel, vielen Dank!



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julian2000P
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-02-23 12:35


Hallo,

danke euch beiden für die Antworten und das Gegenbeispiel.

Es handelt sich hierbei um gar keine gestellte Aufgabe, wir verwenden so ein Schritt lediglich in einem Beweis. Konkret handelt es sich um folgende Situation:

$W$ ist offene Umgebung von einem Punkt $z \in \mathbb{R}^n$ (hier ist $z$ ein Randpunkt aus dem orientierbaren Rand einer offenen beschränkten Menge $G$). Die Behauptung ist nun, dass
$W \cap G \neq \emptyset$ und $W \cap (\mathbb{R}^n \setminus \overline{G}) \neq \emptyset$ gilt.

Der erste Teil, dass $W \cap G \neq \emptyset$ gilt, sollte dann ja passen oder?

Kann man mit

2021-02-22 23:49 - sonnenschein96 in Beitrag No. 5 schreibt:
Was wegen \(\partial G=\overline{G}\cap\overline{X\setminus G}\) aber gilt ist, dass stets \(U\cap G\neq\emptyset\) und \(U\cap(X\setminus G)\neq\emptyset\). Siehe
en.wikipedia.org/wiki/Boundary_(topology)#Common_definitions

nun noch den anderen Teil folgern?
(Ich bin mir nicht sicher, ob die Definition von "oreintierbarer Rand" einheitlich ist, falls noch ein wichtiges Detail zu fehlen scheint, kann ich die Definition davon gerne noch nachliefern)
Danke nochmals für eure Hilfe!

Grüße



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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2021-02-23 12:48


2021-02-23 12:35 - julian2000P in Beitrag No. 7 schreibt:
...
$W$ ist offene Umgebung von einem Punkt $z \in \mathbb{R}^n$ (hier ist $z$ ein Randpunkt aus dem orientierbaren Rand einer offenen beschränkten Menge $G$). Die Behauptung ist nun, dass
$W \cap G \neq \emptyset$ und $W \cap (\mathbb{R}^n \setminus \overline{G}) \neq \emptyset$ gilt.

...

Kann man mit

2021-02-22 23:49 - sonnenschein96 in Beitrag No. 5 schreibt:
Was wegen \(\partial G=\overline{G}\cap\overline{X\setminus G}\) aber gilt ist, dass stets \(U\cap G\neq\emptyset\) und \(U\cap(X\setminus G)\neq\emptyset\). Siehe
en.wikipedia.org/wiki/Boundary_(topology)#Common_definitions

nun noch den anderen Teil folgern?

Ich denke, erst  mal nicht. Aber dass wir uns im IR^n befinden und G beschränkt ist, könnte vielleicht helfen. Ich nehme an, dass dort die euklidische Topologie herrschen soll.



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julian2000P
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2021-02-23 12:55


Ja genau, wir haben die Euklidische Topologie vorliegen.



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2021-02-23 17:29


Die Beschränktheit von \(G\) allein bringt Dir erstmal nichts, betrachte z.B. \(G=B_\varepsilon(0)\setminus\{0\}\) (offene Kugel ohne Mittelpunkt) und \(z=0\). Für jede Kugel \(W=B_\delta(0)\) mit \(\delta\leq\varepsilon\) ist nun \(W\cap(\mathbb{R}^n\setminus\overline{G})=\emptyset\).

Die Frage ist jetzt, was Du unter dem "orientierbaren Rand" verstehst. Im obigen Beispiel wird der Mittelpunkt der Kugel zwar im topologischen Rand, aber wohl kaum im orientierbaren Rand liegen.

Ich kenne den Begriff der Orientierung/Orientierbarkeit von Mannigfaltigkeiten (offene Mengen im \(\mathbb{R}^n\) sind \(n\)-dimensionale Untermannigfaltigkeiten des \(\mathbb{R}^n\)). Wenn \(G\) das Innere einer Mannigfaltigkeit mit Rand und \(z\) ein Randpunkt ist, sieht \(G\) in einer Umgebung \(W\) von \(z\) dann nahezu aus wie ein offener Halbraum, womit man dann natürlich auch \(W\cap(\mathbb{R}^n\setminus\overline{G})\neq\emptyset\) erwarten würde.



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julian2000P
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2021-02-23 19:10


Hallo,

danke für die Antwort. Unter dem orientierbaren Rand verstehen wir alle Punkte $z \in \partial G$, mit $G$ offen, bei denen es zusätzlich einen Diffeomorphismus $\Phi: W \to V$,wobei $W$ eine offene Umgebung von $z$ ist, gibt mit:
\[
\Phi (W \cap \partial G) = V \cap (\mathbb{R}^n \times \{0\}) \text{ und } \\
\Phi (W \cap G) = V \cap (\mathbb{R}^n \times (-\infty,0))
\] Insbesondere haben wir für diesen Rand auch gezeigt, dass es eine lokale äußere normierte Normale $\Lambda$ gibt (also normal an den Tangentialraum), mit der Eigenschaft, (für $z$ im orientierbaren Rand):
\[
\exists \epsilon > 0 \\
\forall \alpha \in (0,\epsilon): z + \alpha \Lambda(z) \notin G \\
\forall \alpha \in (-\epsilon,0): z + \alpha \Lambda(z) \in G
\] Ich bin mir allerdings nicht sicher ab man damit nun was anfangen kann. Danke nochmals!

Grüße



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2021-02-23 19:51


2021-02-23 19:10 - julian2000P in Beitrag No. 11 schreibt:
\[
\Phi (W \cap \partial G) = V \cap (\mathbb{R}^n \times \{0\}) \text{ und } \\
\Phi (W \cap G) = V \cap (\mathbb{R}^n \times (-\infty,0))\]

Wenn \(G\subseteq\mathbb{R}^n\) ist, sollte es auf der rechten Seite dann aber wohl jeweils eher \(\mathbb{R}^{n-1}\) sein. \(V\) ist wohl eine offene Teilmenge des \(\mathbb{R}^n\).

Da \(G\) offen ist, gilt \(\mathbb{R}^n=G\cup\partial G\cup(\mathbb{R}^n\setminus\overline{G})\) (disjunkt) und damit kannst Du Dir mit der Bijektivität von \(\Phi\) überlegen, dass \(\Phi(W\cap(\mathbb{R}^n\setminus\overline{G}))=V\cap(\mathbb{R}^{n-1}\times(0,\infty))\). Wegen \(\Phi(z)\in V\cap(\mathbb{R}^{n-1}\times\{0\})\) und der Offenheit von \(V\) kannst Du Dir leicht überlegen, dass \(V\cap(\mathbb{R}^{n-1}\times(0,\infty))\neq\emptyset\) ist und damit auch \(W\cap(\mathbb{R}^n\setminus\overline{G})\neq\emptyset\).



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julian2000P
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Hallo,

tut mir Leid, ja sollte natürlich ein $\mathbb{R}^{n-1}$ sein.

Ja super, vielen Dank für deine Hilfe, so macht die Sache natürlich Sinn.

Einen schönen Abend noch.



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