Ασκήσεις Τοπολογίας

stranger · #61

giannispapav έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 08, 2023 11:00 pm

Νομίζω ότι κάτι δεν λες καλά.
Για $m \neq n$ οι $\mathbb{R}^n$ και $\mathbb{R}^m$ είναι ομοτοπικά ισοδύναμοι.
Είναι και οι δυο contractible.Δηλαδή ομοτοπικά ισοδύναμοι με ένα σημείο.
Σίγουρα δεν τα λέω καλά. Ας κάνω άλλη μια προσπάθεια να γράψω αυτό που ήθελα να γράψω:

Αν $\phi:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^m$ είναι ομοιομορφισμός, τότε έχουμε ομοιομορφισμό $\mathbb{R}^n-\{ x_0\}\cong \mathbb{R}^m-\{\phi(x_0)\}$ .

Επίσης οι χώροι $\mathbb{R}^n-\{ x_0\},S^{n-1}$ και $\mathbb{R}^m-\{\phi(x_0)\},S^{m-1}$ είναι ομοτοπικά ισοδύναμοι. Άρα έχουμε ομοτοπική ισοδυναμία $S^{n-1}\cong S^{m-1}$ και άρα .

Ελπίζω να μη μου διαφεύγει κάτι.

Ναι τώρα είσαι εντάξει.
Οι τοπολογικοί χώροι $S^{n-1}$ και $S^{m-1}$ δεν μπορεί να είναι ομοτοπικά ισοδύναμοι για $m \neq n$ γιατί αλλιώς θα είχαν ισόμορφες ομάδες ομολογίας κάθε τάξης, κάτι που δεν μπορεί να ισχύει.

ΑλέξανδροςΚ · #62

stranger έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 12, 2020 7:08 pm

stranger έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 11, 2020 8:16 pm
2) Δείξτε ότι μια συνεντική τοπολογική πολλαπλότητα(manifold) είναι συνεκτική κατά τόξα.
Κανείς;

Ας είναι μια συνεκτική τοπολογική πολλαπλότητα διαστάσεως . Έστω $A = \{(U,\phi)\}$ ένας (μεγιστικός) τοπολογικός άτλας της πολλαπλότητας. Σταθεροποιούμε $p_{0} \in X$ και ονομάζουμε $\Omega = \{p \in X | \exists \gamma \in \mathcal{C}([0,1],X), \gamma(0) = p_{0} \hspace{2mm} \gamma(1) = p\}$ . Θα αποδείξουμε ότι το σύνολο $\Omega$ είναι ένα μη κενό, ανοικτό και κλειστό υποσύνολο του κάτι που λόγω της συνεκτικότητας της πολλαπλότητας θα μας οδηγήσει στο συμπέρασμα ότι $\Omega = X$ από όπου άμεσα έπεται ότι η είναι κατά τόξα συνεκτική.

Αρχικά αποδεικνύουμε ότι το $\Omega$ είναι μη κενό και ανοικτό.
Ας είναι $(U, \phi) \in A$ τέτοιο ώστε $p_{0} \in U$ . Προφανώς, το $\phi(U)$ είναι ένα ανοικτό υποσύνολο του χώρου $\mathbb{R}^{n}$ και άρα μπορούμε να βρούμε ανοικτή μπάλα με αρκούντως μικρή ακτίνα και κέντρο το $\phi(p_{0})$
ώστε $B \subset \phi(U)$ . Συνεπώς το $p_{0} \in \phi^{-1}(B) \subset U$ είναι μια κατά τόξα συνεκτική ανοικτή περιοχή του περιοχή του $p_{0}$ . Επομένως $p_{0} \in \phi^{-1}(B) \subset \Omega$ , που σημαίνει ότι $\Omega \neq \emptyset$ .

Στο προηγούμενο βρίσκουμε και την ιδέα κλειδί που μας επιτρέπει να ολοκληρώσουμε την απόδειξη μας: εφόσον η είναι μια πολλαπλότητα κάθε σημείο του έχει μια κατά τόξα συνεκτική ανοικτή περιοχή.

Αν λοιπόν επιλέξουμε $p \in \Omega$ τότε υπάρχει μια συνεχής απεικόνιση $\gamma_{1} \in \mathcal{C}([0,1],X)$ με $\gamma_{1}(0)= p_{0}$ και $\gamma_{1}(1) = p$ .Όπως σχολιάσαμε και προηγουμένως υπάρχει μια ανοικτή και κατά τόξα συνεκτική περιοχή, , του . Αν $q \in V$ τυχόν, τότε υπάρχει $\gamma_{2} \in \mathcal{C}([0,1],X)$ με αρχή το και πέρας το . Θεωρούμε τη καμπύλη $\gamma = \gamma_{1} \gamma_{2}$ , η οποία και προκύπτει από το σύνηθες γινόμενο διαδοχικών καμπυλών. Προφανώς, η $\gamma$ είναι συνεχής και έχει αρχή το $p_{0}$ και πέρας το . Άρα $q \in \Omega$ και αφού το ήταν τυχαίο στοιχείο του έπεται ότι $p \in V \subset \Omega$ . Πράγματι λοιπόν το $\Omega$ είναι ανοικτό υποσύνολο του .

Με παρόμοια επιχειρηματολογία δείχνουμε ότι το $X \setminus \Omega$ είναι ανοικτό. Ας είναι $r \in X \setminus \Omega$ τυχόν και ας υποθέσουμε προς άτοπο ότι για μια κατά τόξα συνεκτική και ανοικτή περιοχή του του ισχύει $W \cap \Omega \neq \emptyset$ . Τότε, όπως δείξαμε προηγουμένως μπορούμε να βρούμε ένα μονοπάτι από το $p_{0}$ στο και άρα $r \in \Omega \cap X \setminus \Omega$ , κάτι που φυσικά δεν μπορεί να ισχύει. Επομένως το $X \setminus \Omega$ είναι ανοικτό, δηλαδή το $\Omega$ είναι κλειστό.

Δείξαμε λοιπόν το ζητούμενο. Μάλλον η απάντηση είναι μεγαλύτερη από ότι χρειάζεται αλλά μου φάνηκε ενδιαφέρον ότι ουσιαστικά είναι ίδια με αυτή της απόδειξης μιας στοιχειώδους πρότασης της Πραγματικής ανάλυσης ότι ένα ανοικτό υποσύνολο ενός ευκλείδειου χώρου είναι συνεκτικό αν και μόνον αν είναι κατά τόξα συνεκτικό, και ίσως μια πιο χρήσιμη για τη Μιγαδική Ανάλυση μορφή της ίδιας πρότασης: ένα ανοικτό υποσύνολο του μιγαδικού επιπέδου είναι συνεκτικό αν και μόνον αν κάθε δύο σημεία του ενώνονται μεταξύ τους μέσω μιας πολυγωνικής γραμμής εντός του αρχικού συνόλου.

ΑλέξανδροςΚ · #63

stranger έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 13, 2020 4:51 pm
5) Έστω $D^2=\{(x,y) : x^2+y^2 \leq 1\}$ , $S^1=\{(x,y): x^2+y^2=1\}$ και $x \in D^2$ .
Δείξτε ότι ο $D^2/\{x\}$ είναι απλά συνεκτικός αν και μόνο αν $x \in S^1$ .
Επιλέγουμε $x \in D^{2}$ και ορίζουμε τον χώρο $X = D^{2} \setminus\{x\}$ .

Ας υποθέσουμε ότι το είναι εσωτερικό σημείο του $D^{2}$ . Είναι εύκολο να δούμε ότι ο χώρος περιστέλλεται στο $S^{1}$ και άρα οι θεμελιώδεις ομάδες τους είναι ισόμορφες. Αφού η θεμελιώδεις ομάδα του κύκλου είναι άπειρη κυκλική ομάδα, έπεται ότι ο χώρος δεν είναι απλά συνεκτικός.

Αντίστροφα ας υποθέσουμε ότι ο χώρος δεν είναι απλά συνεκτικός. Έστω προς άτοπο ότι $x \in S^{1}$ . Είναι εύκολο να δούμε τότε ότι ο χώρος είναι ομοιόμορφος με ένα κλειστό ημιεπίπεδο, και άρα είναι απλά συνεκτικός, κάτι που αντιτίθεται στην αρχική μας υπόθεση.

Θα δώσω περισσότερες λεπτομέρειες στον τελευταίο ομοιομορφισμό.
Αφού $x \in S^{1}$ χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι . Απο εδώ και στο εξής δουλεύουμε στο μιγαδικό επίπεδο.
Θεωρούμε την απεικόνιση $f: D^{2} \setminus \{(1,0)\} \to \mathbb{C}$ που ορίζεται ως εξής $f(z) = \frac{z+1}{1-z}$ . Προφανώς η είναι συνεχής, 1-1 και επί του συνόλου των μιγαδικών αριθμών με θετικό πραγματικό μέρος. Έτσι παίρνουμε έναν ομοιομορφισμό μεταξύ του $D^{2} \setminus \{(1,0)\}$ και ενός κλειστού ημιεπιπέδου

Δείξαμε λοιπόν το ζητούμενο.

stranger · #64

11)
Έστω ένα σύνολο

. Έστω η τοπολογία

στο

με $T = \{A | x \in A \subseteq X\}\cup\{\emptyset\}$ , όπου

σημείο του

.
Είναι ο (X,T)

μετρικοποιήσιμος(metrizable) τοπολογικός χώρος;

#65

stranger έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 14, 2023 12:00 am
11)
Έστω ένα σύνολο . Έστω η τοπολογία στο με $T = \{A | x \in A \subseteq X\}\cup\{\emptyset\}$ , όπου σημείο του .
Είναι ο μετρικοποιήσιμος(metrizable) τοπολογικός χώρος;

Όχι, δεν είναι μετρικοποιήσιμος αφού δεν είναι καν Hausdorff: Δεν υπάρχουν ξένα μη κενά ανοικτά σύνολα αφού όλα τα ανοικτά περιέχουν το σημείο

.

stranger · #66

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 14, 2023 1:16 am

stranger έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 14, 2023 12:00 am
11)
Έστω ένα σύνολο . Έστω η τοπολογία στο με $T = \{A | x \in A \subseteq X\}\cup\{\emptyset\}$ , όπου σημείο του .
Είναι ο μετρικοποιήσιμος(metrizable) τοπολογικός χώρος;
Όχι, δεν είναι μετρικοποιήσιμος αφού δεν είναι καν Hausdorff: Δεν υπάρχουν ξένα μη κενά ανοικτά σύνολα αφού όλα τα ανοικτά περιέχουν το σημείο .

Νομίζω κάνετε λάθος.
Αν πάρουμε $X=\{x\}$ με $T=\{\emptyset,\{x\}\}$ , τότε είναι μετρικοποιήσιμος.
π.χ. $d(x,y)= \delta_{x,y}$ .

Μοναδικό παράδειγμα βέβαια αφού αλλιώς δεν είναι Haussdorf όπως είπατε.

#67

stranger έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 14, 2023 1:21 am
Νομίζω κάνετε λάθος.
Αν πάρουμε $X=\{x\}$ με $T=\{\emptyset,\{x\}\}$ , τότε είναι μετρικοποιήσιμος.
π.χ. $d(x,y)= \delta_{x,y}$ .

Μοναδικό παράδειγμα βέβαια αφού αλλιώς δεν είναι Haussdorf όπως είπατε.

Σωστά, αλλά εννοούσα την μη-τετριμμένη περιπτώση, δηλαδή όχι ένα μονοσύνολο ως σύνολο αναφοράς. Στην περίπτωση του μονοσύνόλου, εκφυλίζεται και η έννοια της μετρικής. Όπως και να είναι, παράλειψή μου. Ευχαριστώ.

abfx · #68

12) Έστω $X\neq \emptyset$ σύνολο και $x_0\in X$ . Θέτουμε:

$\mathcal T_1=\{A\subseteq X : x_0 \notin A\}\cup\{X\}$ (Τοπολογία εξαιρουμένου σημείου)

$\mathcal T_2=\{A\subseteq X : |X\setminus A|<\infty\}\cup\{\emptyset\}$ (Συμπεπερασμένη τοπολογία)

α) Να δειχθεί ότι η $\mathcal T=\mathcal T_1 \cup \mathcal T_2$ τοπολογία του

.
b) Αν επιπλέον $X=\{x_0, x_1 , \ldots \}$ (άπειρο) αριθμήσιμο, να δειχθεί ότι $(X,\mathcal T)$ μετρικοποιήσιμος.

stranger · #69

abfx έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 18, 2024 1:56 pm
12) Έστω $X\neq \emptyset$ σύνολο και $x_0\in X$ . Θέτουμε:
$\mathcal T_1=\{A\subseteq X : x_0 \notin A\}\cup\{X\}$ (Τοπολογία εξαιρουμένου σημείου)

$\mathcal T_2=\{A\subseteq X : |X\setminus A|<\infty\}\cup\{\emptyset\}$ (Συμπεπερασμένη τοπολογία)

α) Να δειχθεί ότι η $\mathcal T=\mathcal T_1 \cup \mathcal T_2$ τοπολογία του .
b) Αν επιπλέον $X=\{x_0, x_1 , \ldots \}$ (άπειρο) αριθμήσιμο, να δειχθεί ότι $(X,\mathcal T)$ μετρικοποιήσιμος.

α)
Καταρχήν προφανώς $\emptyset,X \in T$ .
Επιπλέον αν έχουμε μια οικογένεια $(X_i)_{i \in I}$ συνόλων στην

(μπορούμε να υποθέσουμε ότι κανένα από τα X_i

δεν ταυτίζεται με το $\emptyset$ η το

) και η ένωση τους δεν ανήκει στην

τότε υπάρχει i_0

ώστε $x_0 \in X_i_0$ και επιπλέον όλα τα X_i

έχουν άπειρο συμπλήρωμα. Άρα το σύνολο X_i_0

δεν ανήκει στην

. Άτοπο.
Αν πάρουμε δύο σύνολα A,B

που το συπλήρωμά τους ανήκει στην

τότε αν το συμπλήρωμα της τομής τους δεν ανήκει στην

, τότε θα έχουμε ότι $x_0 \notin A \cap B$ και $|A \cap B|= \infty$
Άρα τα A,B

είναι και τα δυο άπειρα σύνολα και κάποιο από τα δυο δεν περιέχει το x_0

(έστω το

).
Άρα το συμπλήρωμα του

περιέχει το x_0

. Άρα αφού το συμπλήρωμα του

είναι ανοιχτό θα πρέπει να έχει πεπερασμένο συμπλήρωμα.
Άρα το

είναι πεπερασμένο. Άτοπο.

Συνεπώς δείξαμε ότι τη ένωση είναι τοπολογία.
β)
Παίρνουμε την μετρική
$d(x_i,x_j) =|\frac{1}{i} - \frac{1}{j}|$ αν $ij \neq 0$ και $d(x_i,x_0) = \frac{1}{i}$ , αν $i \neq 0$ . Τέλος ορίζουμε d(x_0,x_0) = 0

.
Μπορούμε να δείξουμε διακρίνοντας περιπτώσεις(δεν θα το κάνω) ότι πρόκειται για μια μετρική.
Θα δείξω ότι αυτή η μετρική επάγει την

.
Αρχικά, θα δείξω ότι όλες οι ανοιχτές μπάλες ανήκουν στην

.
Παίρνω μια μπάλα B(x_i,r)

. Αρχικά αν i=0

εύκολα βλέπουμε ότι το συμπλήρωμα της μπάλας είναι πεπερασμένο.
Αν $i \neq 0$ , τότε αν το x_0

ανήκει στην μπάλα έχουμε $\frac{1}{i} < r$ .
Άρα πόσα x_j

δεν ανήκουν στην μπάλα; Δηλαδή για πόσα x_j

ισχύει $|\frac{1}{i} - \frac{1}{j}| \geq r > \frac{1}{i}$ .
Προφανώς πεπερασμένα το πλήθος.
Άρα έχουμε δείξει ότι όλες οι μπάλες ανήκουν στην

.
Τώρα για να τελειώσουμε, θα δείξουμε ότι κάθε σύνολο της

γράφεται ως ένωση ανοιχτών μπαλών.
Παίρνω $A \in T$ .
Αν $x_0 \notin A$ έχουμε $A = \cup_{x \in A} B(x,d(x,x_0))$ . Tελειώσαμε.
Αν $x_0 \in A$ , έχουμε ότι το συμπλήρωμα του

είναι πεπερασμένο. Έστω λοιπόν ότι τα στοιχεία που δεν ανήκουν στο

είναι τα $x_{i_1},..,x_{i_n}$ με i_1<...<i_n

.
Tότε έχουμε $A = B(x_0,\frac{1}{i_1+1}) \cup \cup_{j> i_n} B(x_j,min_{i \in \{1,..,n\}} d(x_j,x_i))$ .
Τέλος.

abfx · #70

stranger έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 07, 2024 2:59 am
Αν πάρουμε δύο σύνολα που το συπλήρωμά τους ανήκει στην τότε αν το συμπλήρωμα της τομής τους δεν ανήκει στην , τότε θα έχουμε ότι $x_0 \notin A \cap B$ και $|A \cap B|= \infty$
Άρα τα είναι και τα δυο άπειρα σύνολα και κάποιο από τα δυο δεν περιέχει το (έστω το ).
Άρα το συμπλήρωμα του περιέχει το . Άρα αφού το συμπλήρωμα του είναι ανοιχτό θα πρέπει να έχει πεπερασμένο συμπλήρωμα.
Άρα το είναι πεπερασμένο. Άτοπο.

Αν καταλαβαίνω καλά, σε αυτό το βήμα δείχνετε ότι $X\setminus A , X\setminus B \in \mathcal T \implies X\setminus (A\cap B) \in \mathcal T$ .

Αυτό όμως το έχουμε ήδη από το προηγούμενο βήμα αφού: $X\setminus (A\cap B)&\stackrel{\text{De Morgan}}{=\!=\!=\!=\!=} (X\setminus A)\cup (X\setminus B)$ .

Δεν έχει δειχθεί δηλαδή ότι αν $A,B\in \mathcal T$ τότε $A\cap B \in \mathcal T$ , για να είναι ολοκληρωμένη η απόδειξη.

stranger έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 07, 2024 2:59 am
Παίρνω $A \in T$ .
Αν $x_0 \notin A$ έχουμε $A = \cup_{x \in A} B(x,d(x,x_0))$ . Tελειώσαμε.

Δεν ισχύει η ισότητα. Πάρτε $A=\{x_1\} \in \mathcal T$ . Τότε $x_0\notin A$ και $\displaystyle \bigcup_{x\in A} B(x,d(x,x_0))=B(x_1,1)= X\setminus \{x_0\}\neq A$ .

stranger έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 07, 2024 2:59 am
Αν $x_0 \in A$ , έχουμε ότι το συμπλήρωμα του είναι πεπερασμένο. Έστω λοιπόν ότι τα στοιχεία που δεν ανήκουν στο είναι τα $x_{i_1},..,x_{i_n}$ με .
Tότε έχουμε $A = B(x_0,\frac{1}{i_1+1}) \cup \cup_{j> i_n} B(x_j,min_{i \in \{1,..,n\}} d(x_j,x_i))$ .

Πάλι η ισότητα δεν είναι σωστή. Για $A=\{x_0,x_4,x_5,\ldots \} \in \mathcal T$ , έχουμε i_1=1,i_2=2,i_3=3

.

Είναι τότε $\displaystyle x_3\in B(x_0, \frac{1}{2})\cup \bigcup_{j>3} B(x_j,\frac{1}{3}-\frac{1}{j})$ , όμως $x_3 \notin A$ .

stranger · #71

abfx έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 10, 2024 5:27 pm

stranger έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 07, 2024 2:59 am
Αν πάρουμε δύο σύνολα που το συπλήρωμά τους ανήκει στην τότε αν το συμπλήρωμα της τομής τους δεν ανήκει στην , τότε θα έχουμε ότι $x_0 \notin A \cap B$ και $|A \cap B|= \infty$
Άρα τα είναι και τα δυο άπειρα σύνολα και κάποιο από τα δυο δεν περιέχει το (έστω το ).
Άρα το συμπλήρωμα του περιέχει το . Άρα αφού το συμπλήρωμα του είναι ανοιχτό θα πρέπει να έχει πεπερασμένο συμπλήρωμα.
Άρα το είναι πεπερασμένο. Άτοπο.
Αν καταλαβαίνω καλά, σε αυτό το βήμα δείχνετε ότι $X\setminus A , X\setminus B \in \mathcal T \implies X\setminus (A\cap B) \in \mathcal T$ .

Αυτό όμως το έχουμε ήδη από το προηγούμενο βήμα αφού: $X\setminus (A\cap B)&\stackrel{\text{De Morgan}}{=\!=\!=\!=\!=} (X\setminus A)\cup (X\setminus B)$ .

Δεν έχει δειχθεί δηλαδή ότι αν $A,B\in \mathcal T$ τότε $A\cap B \in \mathcal T$ , για να είναι ολοκληρωμένη η απόδειξη.

stranger έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 07, 2024 2:59 am
Παίρνω $A \in T$ .
Αν $x_0 \notin A$ έχουμε $A = \cup_{x \in A} B(x,d(x,x_0))$ . Tελειώσαμε.
Δεν ισχύει η ισότητα. Πάρτε $A=\{x_1\} \in \mathcal T$ . Τότε $x_0\notin A$ και $\displaystyle \bigcup_{x\in A} B(x,d(x,x_0))=B(x_1,1)= X\setminus \{x_0\}\neq A$ .

stranger έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 07, 2024 2:59 am
Αν $x_0 \in A$ , έχουμε ότι το συμπλήρωμα του είναι πεπερασμένο. Έστω λοιπόν ότι τα στοιχεία που δεν ανήκουν στο είναι τα $x_{i_1},..,x_{i_n}$ με .
Tότε έχουμε $A = B(x_0,\frac{1}{i_1+1}) \cup \cup_{j> i_n} B(x_j,min_{i \in \{1,..,n\}} d(x_j,x_i))$ .
Πάλι η ισότητα δεν είναι σωστή. Για $A=\{x_0,x_4,x_5,\ldots \} \in \mathcal T$ , έχουμε .

Είναι τότε $\displaystyle x_3\in B(x_0, \frac{1}{2})\cup \bigcup_{j>3} B(x_j,\frac{1}{3}-\frac{1}{j})$ , όμως $x_3 \notin A$ .

Φίλε μου έχεις δίκιο. Ήμουν βιαστικός. Θα ανασκευάσω λίγο αργότερα.

stranger · #72

stranger έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 10, 2024 9:43 pm

abfx έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 10, 2024 5:27 pm

stranger έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 07, 2024 2:59 am
Αν πάρουμε δύο σύνολα που το συπλήρωμά τους ανήκει στην τότε αν το συμπλήρωμα της τομής τους δεν ανήκει στην , τότε θα έχουμε ότι $x_0 \notin A \cap B$ και $|A \cap B|= \infty$
Άρα τα είναι και τα δυο άπειρα σύνολα και κάποιο από τα δυο δεν περιέχει το (έστω το ).
Άρα το συμπλήρωμα του περιέχει το . Άρα αφού το συμπλήρωμα του είναι ανοιχτό θα πρέπει να έχει πεπερασμένο συμπλήρωμα.
Άρα το είναι πεπερασμένο. Άτοπο.
Αν καταλαβαίνω καλά, σε αυτό το βήμα δείχνετε ότι $X\setminus A , X\setminus B \in \mathcal T \implies X\setminus (A\cap B) \in \mathcal T$ .

Αυτό όμως το έχουμε ήδη από το προηγούμενο βήμα αφού: $X\setminus (A\cap B)&\stackrel{\text{De Morgan}}{=\!=\!=\!=\!=} (X\setminus A)\cup (X\setminus B)$ .

Δεν έχει δειχθεί δηλαδή ότι αν $A,B\in \mathcal T$ τότε $A\cap B \in \mathcal T$ , για να είναι ολοκληρωμένη η απόδειξη.

stranger έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 07, 2024 2:59 am
Παίρνω $A \in T$ .
Αν $x_0 \notin A$ έχουμε $A = \cup_{x \in A} B(x,d(x,x_0))$ . Tελειώσαμε.
Δεν ισχύει η ισότητα. Πάρτε $A=\{x_1\} \in \mathcal T$ . Τότε $x_0\notin A$ και $\displaystyle \bigcup_{x\in A} B(x,d(x,x_0))=B(x_1,1)= X\setminus \{x_0\}\neq A$ .

stranger έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 07, 2024 2:59 am
Αν $x_0 \in A$ , έχουμε ότι το συμπλήρωμα του είναι πεπερασμένο. Έστω λοιπόν ότι τα στοιχεία που δεν ανήκουν στο είναι τα $x_{i_1},..,x_{i_n}$ με .
Tότε έχουμε $A = B(x_0,\frac{1}{i_1+1}) \cup \cup_{j> i_n} B(x_j,min_{i \in \{1,..,n\}} d(x_j,x_i))$ .
Πάλι η ισότητα δεν είναι σωστή. Για $A=\{x_0,x_4,x_5,\ldots \} \in \mathcal T$ , έχουμε .

Είναι τότε $\displaystyle x_3\in B(x_0, \frac{1}{2})\cup \bigcup_{j>3} B(x_j,\frac{1}{3}-\frac{1}{j})$ , όμως $x_3 \notin A$ .
Φίλε μου έχεις δίκιο. Ήμουν βιαστικός. Θα ανασκευάσω λίγο αργότερα.

Ανασκευάζω την απόδειξη.
Όσον αφορά στήν ιδιότητα της τομής των ανοιχτών έχουμε ότι αν $A,B \in T$ και $x_0 \in A \cap B$ τότε $x_0 \in A$ και $x_0 \in B$ οπότε τα A,B

έχουν πεπερασμένο συμπλήρωμα. Οπότε και το συμπλήρωμα της τομής τους είναι πεπερασμένο από τους νόμους De Morgan. Πάει αυτό.
Τώρα εύκολα μπορούμε να δούμε ότι αν $x_0 \notin A$ και πάρουμε $x \in A$ τότε υπάρχει $\epsilon_x>0$ (επιλογή) ώστε $B(x,\epsilon_x)=\{x\}$ .
Αυτό έπεται από το γεγονός ότι δεν υπάρχει ακολουθία φυσικών αριθμών διαφορετικών από έναν δοσμένο φυσικό αριθμό που να συγκλίνει σε αυτόν. Απαιτεί κάποια δικιολόγηση αυτό το βήμα.
Τώρα παίρνουμε $A = \cup_{x \in A} B(x,\epsilon_x)$ . Πάει και αυτό.
Τώρα αν $x_0 \in A$ έχουμε ότι το συμπλήρωμα του

είναι πεπερασμένο. Οπότε ορίζουμε $A_y = \cup_{x \in X, x \neq y} B(x,\epsilon_x)$ .
Τώρα έχουμε $A = \cap_{y \notin A}A_y$ . Επειδή αυτή η τομή είναι πεπερασμένη παίρνουμε ότι το

γράφεται ώς πεπερασμένη τομή συνόλων που είναι αυθαίρετη ένωση ανοιχτών μπαλών και τώρα από τον ορισμό της τοπολογίας έχουμε τελειώσει.
Πες μου αν είναι εντάξει τώρα.
edit: Πρέπει να ορίσουμε και το $\epsilon_{x_0}$ στην περίπτωση που το συμπλήρωμα του συνόλου

είναι πεπερασμένο.
Μπορούμε να επιλέξουμε ένα $\epsilon_{x_0}>0$ ώστε η μπάλα $B(x_0,\epsilon_{x_0})$ να μην περιέχει κανένα από τα στοιχεία που δεν ανήκουν στο σύνολο

. Προφανώς υπάρχει τέτοιο $\epsilon_{x_0}>0$ γιατί το πλήθος αυτών των στοιχείων είναι πεπερασμένο.

abfx · #73

stranger έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 11, 2024 12:25 am
Πες μου αν είναι εντάξει τώρα.

Όλα μια χαρά. Ευχαριστώ για την ενασχόλησή σας.

stranger · #74

13) Δείξτε ότι ο μοναδιαίος κύκλος στο επίπεδο είναι ομοιομορφικός με κάθε έλλειψη.
edit: Αν δεν έχει απαντηθεί μέχρι και την Παρασκευή θα δώσω απάντηση αν και είναι αρκετά εύκολη.

stranger · #75

14) Έστω

ένας τοπολογικός χώρος Alexandrov(δηλαδή ένας χώρος που οποιαδήποτε τομή ανοιχτών είναι ανοιχτό).
α) Δείξτε ότι για κάθε σημείο $x \in X$ υπάρχει το ελάχιστο ανοιχτό σύνολο που περιέχει το

.
β) Δείξτε ότι κάθε τέτοιο σύνολο είναι συνεκτικό κατά τόξα.

#76

stranger έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 12, 2024 2:35 pm
13) Δείξτε ότι ο μοναδιαίος κύκλος στο επίπεδο είναι ομοιομορφικός με κάθε έλλειψη.

Χωρίς βλάβη θεωρούμε ότι η έλλειψη έχει κέντρο το κέντρο

του μοναδιαίου κύκλου και ότι βρίσκεται έξω από τον κύκλο. Φέρνοντας τυχούσα ημιευθεία από το κέντρο του κύκλου, αυτή τέμνει τον κύκλο και την έλλειψη στα σημεία

και

αντίστοιχα. Αυτή όμως είναι μια 1-1, συνεχής αντιστοίχιση των σημείων του κύκλου με τα σημεία της έλλειψης. Προφανώς η αντίστροφή της απεικόνιση είναι, επίσης, συνεχής.

: S^1-Ell.png (17.99 KiB) Προβλήθηκε 479 φορές

stranger · #77

grigkost έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 12, 2024 7:38 pm

stranger έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 12, 2024 2:35 pm
13) Δείξτε ότι ο μοναδιαίος κύκλος στο επίπεδο είναι ομοιομορφικός με κάθε έλλειψη.
Χωρίς βλάβη θεωρούμε ότι η έλλειψη έχει κέντρο το κέντρο του μοναδιαίου κύκλου και ότι βρίσκεται έξω από τον κύκλο. Φέρνοντας τυχούσα ημιευθεία από το κέντρο του κύκλου, αυτή τέμνει τον κύκλο και την έλλειψη στα σημεία και αντίστοιχα. Αυτή όμως είναι μια 1-1, συνεχής αντιστοίχιση των σημείων του κύκλου με τα σημεία της έλλειψης. Προφανώς η αντίστροφή της απεικόνιση είναι, επίσης, συνεχής.

S^1-Ell.png

Αμιγώς γεωμετρική απάντηση.
Απάντηση εντός ZFC;

giannispapav · #78

stranger έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 12, 2024 2:35 pm
13) Δείξτε ότι ο μοναδιαίος κύκλος στο επίπεδο είναι ομοιομορφικός με κάθε έλλειψη.
edit: Αν δεν έχει απαντηθεί μέχρι και την Παρασκευή θα δώσω απάντηση αν και είναι αρκετά εύκολη.

Μπορούμε, μετά από μετατόπιση και στροφή (που είναι ομοιομορφισμοί), να υποθέσουμε ότι η εξίσωση της έλλειψης παίρνει τη μορφή $E:\frac{x^2}{\alpha^2}+\frac{y^2}{\beta^2}=1$ οπότε αν

είναι ο μοναδιαίος κύκλος, τότε η $f:E\to C$ με $f((x,y))=\big(\frac{x}{\alpha},\frac{y}{\beta}\big)$ είναι ομοιμορφισμός.

abfx · #79

stranger έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 12, 2024 6:53 pm
14) Έστω ένας τοπολογικός χώρος Alexandrov(δηλαδή ένας χώρος που οποιαδήποτε τομή ανοιχτών είναι ανοιχτό).
α) Δείξτε ότι για κάθε σημείο $x \in X$ υπάρχει το ελάχιστο ανοιχτό σύνολο που περιέχει το .
β) Δείξτε ότι κάθε τέτοιο σύνολο είναι συνεκτικό κατά τόξα.

α)Έστω $(X,\mathcal T)$ ο δοσμένος τοπολογικός χώρος.

Για $\mathcal F = \{ G \in \mathcal T : x\in G\}$ , θέτουμε $A= \bigcap \mathcal F$ .

Αφού

Alexandrov, $A\in \mathcal T$ και επιπλέον $\forall G\in \mathcal F$ : $x\in G \implies x \in \bigcap \mathcal F=A$ .

Άρα $A \in \mathcal F$ και προφανώς $A\subseteq G$ , $\forall G \in \mathcal F$ , δηλαδή

το ελάχιστο.

β) Έστω $a,b\in A$ . Ορίζουμε $f:[0,1]\rightarrow A$ ως εξής:

$f(t)= \begin{cases} a & \text{, }t\in \big{[} 0, \frac{1}{3} \big{)}\\ x & \text{, }t\in \big{[} \frac{1}{3}, \frac{2}{3}\big{]}\\ b & \text{, }t\in \big{(} \frac{2}{3},1\big{]} \\ \end{cases}$

Έστω $G\subseteq A$ ανοιχτό.

Αν $x \in G$ , τότε $G=A \implies f^{-1}(G)=[0,1]$ , ανοιχτό (στη σχετική τοπολογία).

Αν $x\notin G$ , τότε $f^{-1}(G) \in \{ \emptyset , \big{[} 0, \frac{1}{3} \big{)}, \big{(} \frac{2}{3},1\big{]} , \big{[} 0, \frac{1}{3} \big{)}\cup \big{(} \frac{2}{3},1\big{]} \}$ , οπότε

πάλι $f^{-1}(G)$ ανοιχτό (στη σχετική τοπολογία).

Άρα

συνεχής με f(0)=a

,

, συνεπώς έχουμε το ζητούμενο.

stranger · #80

abfx έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 28, 2024 7:36 pm

stranger έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 12, 2024 6:53 pm
14) Έστω ένας τοπολογικός χώρος Alexandrov(δηλαδή ένας χώρος που οποιαδήποτε τομή ανοιχτών είναι ανοιχτό).
α) Δείξτε ότι για κάθε σημείο $x \in X$ υπάρχει το ελάχιστο ανοιχτό σύνολο που περιέχει το .
β) Δείξτε ότι κάθε τέτοιο σύνολο είναι συνεκτικό κατά τόξα.
α)Έστω $(X,\mathcal T)$ ο δοσμένος τοπολογικός χώρος.

Για $\mathcal F = \{ G \in \mathcal T : x\in G\}$ , θέτουμε $A= \bigcap \mathcal F$ .

Αφού Alexandrov, $A\in \mathcal T$ και επιπλέον $\forall G\in \mathcal F$ : $x\in G \implies x \in \bigcap \mathcal F=A$ .

Άρα $A \in \mathcal F$ και προφανώς $A\subseteq G$ , $\forall G \in \mathcal F$ , δηλαδή το ελάχιστο.

β) Έστω $a,b\in A$ . Ορίζουμε $f:[0,1]\rightarrow A$ ως εξής:

$f(t)= \begin{cases} a & \text{, }t\in \big{[} 0, \frac{1}{3} \big{)}\\ x & \text{, }t\in \big{[} \frac{1}{3}, \frac{2}{3}\big{]}\\ b & \text{, }t\in \big{(} \frac{2}{3},1\big{]} \\ \end{cases}$

Έστω $G\subseteq A$ ανοιχτό.
Αν $x \in G$ , τότε $G=A \implies f^{-1}(G)=[0,1]$ , ανοιχτό (στη σχετική τοπολογία).

Αν $x\notin G$ , τότε $f^{-1}(G) \in \{ \emptyset , \big{[} 0, \frac{1}{3} \big{)}, \big{(} \frac{2}{3},1\big{]} , \big{[} 0, \frac{1}{3} \big{)}\cup \big{(} \frac{2}{3},1\big{]} \}$ , οπότε

πάλι $f^{-1}(G)$ ανοιχτό (στη σχετική τοπολογία).
Άρα συνεχής με , , συνεπώς έχουμε το ζητούμενο.

Σωστός.

Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Μέλη σε σύνδεση