V2B3 Partielle Differentialgleichungen und Funktionalanalysis

iii) (A, d) ist vollständig und A ist präkompakt.
Beweis. i) ⇒ ii). Sei A kompakt und (x k ) k∈N eine Folge in A. Wir haben schon in Theorem
1.1.9 bewiesen, dass (x k ) k∈N mindestens einen Häufungspunkt x ∈ A hat. Jede Umgebung von
x enthält dann unendlich viele Punkte aus der Folge (x k ) k∈N . Für alle n ∈ N, finden wir also
k n ∈ N mit x kn ∈ B 1/n (x). Die Teilfolge x kn konvergiert dann gegen x.
ii) ⇒ iii). Sei A folgenkompakt und (x k ) k∈N eine Cauchy-Folge in A. Aus ii) existiert eine
Teilfolge x ij und x ∈ A mit x ij → x als j → ∞. Dann gilt d(x l , x) ≤ d(x l , x ij ) + d(x ij , x) für
alle j ∈ N. Also d(x l , x) ≤ lim sup j→∞ d(x l , x ij ). Die rechte Seite konvergiert aber zu Null,
da l → ∞, weil x l eine Cauchy-Folge ist. Dewegen x l → x. Wir haben bewiesen, dass A
vollständig ist. Um die Präkompaktheit zu zeigen, nehmen wir an, es existiere ε > 0, so dass
A keine Überdeckung mit ε-Kugeln besitzt. Dann können wir induktiv eine Folge x j ∈ A mit
x j+1 ∈ A\ ∪ j j=1 B ε(x j )
finden. Die Folge (x j ) hat dann keinen Häufungspunkt in A, im Widerspruch zu ii).
iii) ⇒ i). Sei (U j ) j∈J eine offene Überdeckung von A. Wir setzen
B = {B ⊂ A : I ⊂ J, B ⊂ ∪ i∈I U i ⇒ |I| = ∞}
(B ist die Familie der Teilmengen von A, die keine endliche Teilüberdeckung haben). Für jede
B ∈ B und ε > 0 existiert x ∈ X mit B ∩ B ε (x) ∈ B. In der Tat, aus iii) existiert n ε ∈ N
mit x 1 , . . . , x nε ∈ X mit A ⊂ ∪ nε
i=1 B ε(x i ). Deswegen haben wir B = ∪ nε
i=1 B ∩ B ε(x i ) und es
existiert j ∈ {1, 2, . . . , n ε } mit B ∩ B ε (x j ) ∈ B. Nehmen wir also an A ∈ B. Wir setzen dann
B 1 = A und wir finden x 2 ∈ X mit
Weiter existiert x 3 ∈ X mit
B 2 = B 1/2 (x 2 ) ∩ A ∈ B
B 3 = B 1/3 (x 3 ) ∩ B 2 ∈ B
Iterativ finden wir für jede k ∈ N, ein x k ∈ X mit
B k = B 1/k (x k ) ∩ B k−1 ∈ B
Wir wählen dann eine Folge y k ∈ B k für alle k ∈ N. Dann gilt für l ≥ k, d(y k , y l ) ≤ 2/k.
(y k ) k∈N ist deswegen eine Cauchy-Folge in A. Aus iii) existiert y ∈ A mit y k → y. Da (U j ) j∈N
eine Überdeckung von A ist, existiert i 0 mit y ∈ U i0 . Also,
B k ⊂ B 1/k (x k ) ⊂ B 2/k (y k ) ⊂ B (2/k)+d(yk ,y)(y) ⊂ U i0
für k gross genug, weil (2/k) + d(y k , y) → 0 als k → ∞ und weil U i0
offen ist.
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