mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 30, 2024 4:27 pm**

giannispapav έγραψε: Τρί Μαρ 12, 2024 11:26 pm
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.

Πολύ ωραία.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 30, 2024 4:38 pm**

15)
Έστω δύο μετρικοί χώροι (X,d_X),(Y,d_Y)

. Έστω η μετρική

στον $X \times Y$ με d(x,y),(z,w))=d_X(x,z) + d_Y(y,w)

.
Δείξτε ότι ο μετρικός χώρος $(X \times Y,d)$ είναι τοπολογικά ο χώρος γινόμενο των (X,d_X)

και

. Δηλαδή ότι έχουν την ίδια τοπολογία.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 15, 2024 9:18 am**

stranger έγραψε: Σάβ Μαρ 30, 2024 4:38 pm 15)
Έστω δύο μετρικοί χώροι . Έστω η μετρική στον $X \times Y$ με .
Δείξτε ότι ο μετρικός χώρος $(X \times Y,d)$ είναι τοπολογικά ο χώρος γινόμενο των και . Δηλαδή ότι έχουν την ίδια τοπολογία.

Έστω $\tau_X,\tau_Y$ οι τοπολογίες των (X,d_X),(Y,d_Y)

αντίστοιχα,
$\tau_d$ η τοπολογία του $(X\times Y,d)$
και $\tau$ η τοπολογία του γινομένου των $(X,\tau_X),(Y,\tau_Y)$

Μια βάση για την $\tau_{X}$ αποτελεί το σύνολο $\{B_{d_X}(x_o,\varepsilon) | x_o\in X,\varepsilon>0\}$
Μια βάση για την $\tau_{Y}$ αποτελεί το σύνολο $\{B_{d_Y}(y_o,\varepsilon) | y_o\in Y,\varepsilon>0\}$
Μια βάση για την $\tau_d$ αποτελεί το σύνολο $\{B_d((x_o,y_o),\varepsilon)|x_o\in X, y_o\in Y,\varepsilon>0\}$

Μια υποβάση (εξ' ορισμού) για την $\tau$ αποτελεί η ένωση $\{A \times Y | A \in \tau_X\} \cup \{ X \times B | B \in \tau_Y \}$
Θεωρώντας τις πεπερασμένες τομές των μελών της λαμβάνουμε για την $\tau$ την ακόλουθη βάση $\{A\times B | A\in\tau_X, B\in\tau_Y\}$
και από αυτήν βρίσκουμε ότι:
Μια βάση για την $\tau$ αποτελεί το σύνολο $\{B_{d_X}(x_o,\varepsilon_1)\times B_{d_Y}(y_o,\varepsilon_2) | x_o\in X, y_o\in Y,\varepsilon_1,\varepsilon_2>0 \}$

Έστω $( x_o , y_o) \in X \times Y$
1. Από τον εγκλεισμό $(x_o,y_o) \in B_d((x_o,y_o),\varepsilon)$ $\subset B_{d_X}(x_o,\varepsilon)\times B_{d_Y}(y_o,\varepsilon)$ έχουμε $\tau\subset \tau_d$
2. Από τον εγκλεισμό $( x_o , y_o)\in B_{d_X}(x_o,\frac{\varepsilon}{2})\times B_{d_Y}(y_o,\frac{\varepsilon}{2})\subset B_d((x_o,y_o),\varepsilon)$ έχουμε $\tau_d\subset \tau$
Οπότε λαμβάνουμε $\tau_d = \tau$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 16, 2024 8:37 pm**

16) Είναι γενικά γνωστό ότι αν $(\mathcal T_i)_{i\in I}$ οικογένεια τοπολογιών στο σύνολο

, τότε $\displaystyle \bigcap_{i\in I}\mathcal T_i$ τοπολογία στο

. Είναι άραγε πάντα αλήθεια ότι, αν $(\mathcal T_i)_{i\in I}$ οικογένεια μετρικών τοπολογιών στο

, τότε $\displaystyle \bigcap_{i\in I}\mathcal T_i$ μετρική τοπολογία στο

;

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 18, 2024 4:12 pm**

abfx έγραψε: Τρί Απρ 16, 2024 8:37 pm 16) Είναι γενικά γνωστό ότι αν $(\mathcal T_i)_{i\in I}$ οικογένεια τοπολογιών στο σύνολο , τότε $\displaystyle \bigcap_{i\in I}\mathcal T_i$ τοπολογία στο . Είναι άραγε πάντα αλήθεια ότι, αν $(\mathcal T_i)_{i\in I}$ οικογένεια μετρικών τοπολογιών στο , τότε $\displaystyle \bigcap_{i\in I}\mathcal T_i$ μετρική τοπολογία στο ;

Η απάντηση φαίνεται πως είναι αρνητική.

Έστω $X=\mathbb{R}$ ,

η ευκλείδεια μετρική και $\tau_d$ η τοπολογία της

Θεωρούμε την 1-1 και επί συνάρτηση $f\colon X\to X$ με $f(x)=\begin{cases}x &, x\in\mathbb{Q}\\x+1 &, x\notin\mathbb{Q}\end{cases}$
Έστω $\tilde{d}$ η μετρική στο

που καθιστά την

ισομετρία, ήτοι $\tilde{d}(x,y)=d(f^{-1}(x),f^{-1}(y))$ και $\tau_{\tilde{d}}$ η τοπολογία της.
Η

θα είναι και ομοιομορφισμός μεταξύ των τοπολογικών χώρων $(X,\tau_d)$ , $(X,\tau_{\tilde{d}})$
οπότε $\tau_{\tilde{d}}=\{U\in\mathcal{P}(X)| U=f(V),V\in\tau_d\}$
Θεωρούμε την τομή των δυο τοπολογιών $\tau=\tau_d\cap \tau_{\tilde{d}}$

Η $\tau$ δεν είναι μετρήσιμη τοπολογία στο

επειδή ο $(X,\tau)$ δεν είναι Hausdorff.
Συγκεκριμένα θα δείξουμε ότι:
για $a\notin \mathbb{Q}$ αν U,V

οποιαδήποτε ανοιχτά σύνολα του $(X,\tau)$ με $a\in U$ και $a+1\in V$ τότε $U\cap V\ne \emptyset$ .

Επειδή $U,V\in\tau_d$ θα υπάρχει $\delta\in(0,\frac{1}{2})$ ώστε $(a-\delta,a+\delta)\subset U$ και $(a+1-\delta,a+1+\delta)\subset V$ .
Επειδή $V\in\tau_{\tilde{d}}$ θα πρέπει f(W)=V

για κάποιο $W\in\tau_{d}$
Επειδή $a\notin\mathbb{Q}$ θα έχουμε f(a)=a+1

οπότε $a\in W$
Επειδή $W\in\tau_{d}$ θα υπάρχει $\delta^\prime\in(0,\delta)$ ώστε $(a-\delta^\prime,a+\delta^\prime)\subset W$
Όμως $(a-\delta^\prime,a+\delta^\prime)\cap\mathbb{Q}=f((a-\delta^\prime,a+\delta^\prime)\cap\mathbb{Q})\subset V$ και $(a-\delta^\prime,a+\delta^\prime)\cap\mathbb{Q}\subset U$ οπότε $(a-\delta^\prime,a+\delta^\prime)\cap\mathbb{Q}\subset U\cap V$ , επομένως $U\cap V\ne\emptyset$

Κατά συνέπεια ο $(X,\tau)$ δεν είναι Hausdorff οπότε δεν είναι μετρήσιμος $\blacksquare$

Σημείωση
Ο χώρος $(X,\tau)$ έχει μη τετριμμένα ανοιχτά σύνολα. Για παράδειγμα αν $b\in(-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ και $a\in\mathbb{R}$ το σύνολο $A=\bigcup_{n\in\mathbb{Z}}\big(a-b+n,a+b+n\big)$
είναι ανοιχτό. Πράγματι, $A\in\tau_d$ και f(A)=A

οπότε $A\in\tau$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 24, 2024 5:59 pm**

17)
Έστω

ένας συμπαγής Hausdorff τοπολογικός χώρος και C(X)

ο χώρος των συνεχών συναρτήσεων $X \rightarrow \mathbb{R}$ .
Δείξτε ότι κάθε κλειστό ιδεώδες του C(X)

είναι της μορφής $I_F = \{ f \in C(X) : f|_{F} = 0\}$ για κάποιο

κλειστό υποσύνολο του

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 01, 2024 8:56 am**

stranger έγραψε: Παρ Μάιος 24, 2024 5:59 pm 17)
Έστω ένας συμπαγής Hausdorff τοπολογικός χώρος και ο χώρος των συνεχών συναρτήσεων $X \rightarrow \mathbb{R}$ .
Δείξτε ότι κάθε κλειστό ιδεώδες του είναι της μορφής $I_F = \{ f \in C(X) : f|_{F} = 0\}$ για κάποιο κλειστό υποσύνολο του .

.
Λίγο πληρέστερα: Έστω

κλειστό ιδεώδες του C(X)

με $I \neq C(X)$ . Θέλουμε να δείξουμε ότι υπάρχει μη κενό κλειστό $F\subseteq X$ με $I = \{ f \in C(X) : F \subseteq Ker f \}$ , και αντίστροφα.

Ορίζουμε $\boxed {F= \cap \{ Ker f : f \in I\} }$ , οπότε

κλειστό ως τομή κλειστών. Για να δείξουμε ότι

μη κενό αρκεί να απόδείξουμε από την finite intersection property (βλέπε εδώ) των συμπαγών ότι ισχύει το ίδιο για πεπερασμένες το πλήθος τομές $Ker f_1 \cap ... \, \cap Ker f_N$ με $f_j \in I$ .

Προς τον σκοπό αυτό έστω $Ker f_1 \cap ... \, \cap Ker f_N= \emptyset$ για κάποια $f_1, \,... \, , \, f_N$ του

, ισοδύναμα με συμπληρώματα $(Ker f_1 )^c\cup ... \, \cup (Ker f_N)^c= X$ , τότε για κάθε $x\in X$ υπάρχει f_j

που εξαρτάται από το

με $f_j(x) \neq 0.$ Έπεται ότι το $f (x) = f_1^2 (x)+...\, +f^N(x)$ ικανοποιεί f(x) >0

για κάθε $x \in X.$ Όμως το

αυτό είναι συνεχής συνάρτηση και, εξ ορισμού του ιδεώδους, ανήκει στο

. Αλλά τότε η $\frac {1}{f(x)}$ είναι καλά ορισμένη και συνεχής. Αλλά τότε η $\dfrac {1}{f(x)} f(x)$ είναι η σταθερά

συνάρτηση και ανήκει στο ιδεώδες

.Έπεται ότι τότε I= C(X)

, άτοπο.

Τελικά το

είναι μη κενό.

Μένει να δείξουμε ότι $I = \{ f \in C(X) : F \subseteq Ker f \}$ .

(α) Έχουμε πρώτον ότι $I \subseteq \{ f \in C(X) : F \subseteq Ker f \}$ . Πράγματι, αν $f_0 \in I$ τότε εξ ορισμού $F = \cap \{ Ker f : f \in I\} } \subseteq Ker f_0,$ οπότε f_0

ανήκει στο δεξί μέλος.

(β) Αντίστροφα, θέλουμε να δείξουμε ότι αν f_0

συνεχής με $F \subseteq Ker f_0$ , τότε $f_0\in I$ . Προς τον σκοπό αυτό ορίζουμε για σταθερό $n\in \mathbb N$ τα σύνολα

$A_n= \{ x : |f_0(x) |< \frac {1}{n} \}$ , $B_n= \{ x : |f_0(x) |\le \frac {1}{n} \}$ και $C_n= \{ x : |f_0(x) |\ge \frac {2}{n} \}$ . Ισχύει βέβαια $Ker f_0 \subseteq A_n \subseteq B_n$ και A_n

ανοικτό, και $B_n, \, C_n$ κλειστά και $B_n\cap C_n = \emptyset$ .

Από το Λήμμα Urysohn (Βλέπε εδώ) στα κλειστά και ξένα B_n, C_n

υπάρχει συνεχής συνάρτηση g_n

με

για κάθε $x\in B_n,$ και g_n(x) = 1

για κάθε $x \in C_n,$ και $0\le g_n(x) \le 1$ για κάθε $x\in X$ .

Παρατηρούμε ότι για κάθε $x\in C_n$ ισχύει f_0(x) - f_0(x) g_n(x)= 0

και για κάθε $x\notin C_n$ ισχύει $|f_0(x) - f_0(x) g_n(x)|= |f_0(x)| |1-g_n(x) | \le 2|f_0(x) | \le \frac {4}{n}$ . 'Επεται ότι $||f_0-f_0g_n|| _{\infty } \to 0$ . Δηλαδή $f_0g_n \to f_0.$ Θα δείξουμε αμέσως παρακάτω ότι $f_0g_n \in I$ . Με αυτό κατά νου έπεται ότι $f_0\in \bar I = I$ (διότι εξ υποθέσεως το

είναι κλειστό), που ολοκληρώνει την απόδειξη.

Μένει να δείξουμε ότι η $f_0g_n \in I$ .

Παρατηρούμε οτι αν $x\in A_n^c$ το οποίο A_n^c

είναι κλειστό και άρα συμπαγές, υπάρχει $k_j\in I$ το οποίο εξαρτάται από το

, με $k_j(x)\ne 0$ (διότι $A_n ^c \subseteq F^c$ ). Θα είναι τότε από συνέχεια $k_j(y) \ne 0$ για

σε μία ανοικτή περιοχή U_x

του

. H ένωση των U_x

καλύπτει το A_n^c

, και άρα από συμπάγεια υπάρχουν πεπερασμένα το πλήθος από αυτά που επίσης καλύπτουν το A_n^c

. Aν $k_1, \, k_2, \, ... \, k_N$ τα αντίστοιxα k_j

, έπεται ότι το k(x) = k_1^2 (x)+ ... + k_N^2(x)

ανήκει στι

και είναι γνήσια θετικό σε οποιοδήποτε $x \in A_n^c$ , οπότε το

$\dfrac {1}{k(x)}$ είναι καλά ορισμένη συνεχής συνάρτηση στο A_n^c

.

Από το θεώρημα επέκτασης του Tietze (Βλέπε εδώ) η συνάρτηση αυτή έχει συνεχή επέκταση σε όλο το

. Ας ονομάσουμε

την εν λόγω επέκταση, οπότε η $K(k_1^2+...+k_N^2) \in I$ και ισούται με

στο

.

Ισχύει τότε ότι f_0g_n = f_0 g_n K(k_1^2+...+k_N^2)

διότι στο μεν A_n

είναι και τα δύο μέλη είναι

(από τον ορισμό της g_n

) στο δε

o παράγοντας K(k_1^2+...+k_N^2) =1

. Τέλος το δεξί μέλος ανήκει στο ιδεώδες

αφού $K(k_1^2+...+k_N^2) \in I$ . Αυτό ολοκληρώνει την απόδειξη.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 01, 2024 3:55 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σάβ Ιουν 01, 2024 8:56 am
stranger έγραψε: Παρ Μάιος 24, 2024 5:59 pm 17)
Έστω ένας συμπαγής Hausdorff τοπολογικός χώρος και ο χώρος των συνεχών συναρτήσεων $X \rightarrow \mathbb{R}$ .
Δείξτε ότι κάθε κλειστό ιδεώδες του είναι της μορφής $I_F = \{ f \in C(X) : f|_{F} = 0\}$ για κάποιο κλειστό υποσύνολο του .
.
Λίγο πληρέστερα: Έστω κλειστό ιδεώδες του με $I \neq C(X)$ . Θέλουμε να δείξουμε ότι υπάρχει μη κενό κλειστό $F\subseteq X$ με $I = \{ f \in C(X) : F \subseteq Ker f \}$ , και αντίστροφα.

Ορίζουμε $\boxed {F= \cap \{ Ker f : f \in I\} }$ , οπότε κλειστό ως τομή κλειστών. Για να δείξουμε ότι μη κενό αρκεί να απόδείξουμε από την finite intersection property (βλέπε εδώ) των συμπαγών ότι ισχύει το ίδιο για πεπερασμένες το πλήθος τομές $Ker f_1 \cap ... \, \cap Ker f_N$ με $f_j \in I$ .

Προς τον σκοπό αυτό έστω $Ker f_1 \cap ... \, \cap Ker f_N= \emptyset$ για κάποια $f_1, \,... \, , \, f_N$ του , ισοδύναμα με συμπληρώματα $(Ker f_1 )^c\cup ... \, \cup (Ker f)^c_N= X$ , τότε για κάθε $x\in X$ υπάρχει που εξαρτάται από το με $f_j(x) \neq 0.$ Έπεται ότι το $f (x) = f_1^2 (x)+...\, +f^N(x)$ ικανοποιεί για κάθε $x \in X.$ Όμως το αυτό είναι συνεχής συνάρτηση και, εξ ορισμού του ιδεώδους, ανήκει στο . Αλλά τότε η $\frac {1}{f(x)}$ είναι καλά ορισμένη και συνεχής. Αλλά τότε η $\dfrac {1}{f(x)} f(x)$ είναι η σταθερά συνάρτηση και ανήκει στο ιδεώδες .Έπεται ότι τότε , άτοπο.

Τελικά το είναι μη κενό.

Μένει να δείξουμε ότι $I = \{ f \in C(X) : F \subseteq Ker f \}$ .

(α) Έχουμε πρώτον ότι $I \subseteq \{ f \in C(X) : F \subseteq Ker f \}$ . Πράγματι, αν $f_0 \in I$ τότε εξ ορισμού $F = \cap \{ Ker f : f \in I\} } \subseteq Ker f_0,$ οπότε ανήκει στο δεξί μέλος.

(β) Αντίστροφα, θέλουμε να δείξουμε ότι αν συνεχής με $F \subseteq Ker f_0$ , τότε $f_0\in I$ . Προς τον σκοπό αυτό ορίζουμε για σταθερό $n\in \mathbb N$ τα σύνολα

$A_n= \{ x : |f_0(x) |< \frac {1}{n} \}$ , $B_n= \{ x : |f_0(x) |\le \frac {1}{n} \}$ και $C_n= \{ x : |f_0(x) |\ge \frac {2}{n} \}$ . Ισχύει βέβαια $Ker f_0 \subseteq A_n \subseteq B_n$ και ανοικτό, και $B_n, \, C_n$ κλειστά και $B_n\cap C_n = \emptyset$ .

Από το Λήμμα Urysohn (Βλέπε εδώ) στα κλειστά και ξένα υπάρχει συνεχής συνάρτηση με για κάθε $x\in B_n,$ και για κάθε $x \in C_n,$ και $0\le g_n(x) \le 1$ για κάθε $x\in X$ .

Παρατηρούμε ότι για κάθε $x\in C_n$ ισχύει και για κάθε $x\notin C_n$ ισχύει $|f_0(x) - f_0(x) g_n(x)|= |f_0(x)| |1-g_n(x) | \le 2|f_0(x) | \le \frac {4}{n}$ . 'Επεται ότι $||f_0-f_0g_n|| _{\infty } \to 0$ . Δηλαδή $f_0g_n \to f_0.$ Θα δείξουμε αμέσως παρακάτω ότι $f_0g_n \in I$ . Με αυτό κατά νου έπεται ότι $f_0\in \bar I = I$ (διότι εξ υποθέσεως το είναι κλειστό), που ολοκληρώνει την απόδειξη.

Μένει να δείξουμε ότι η $f_0g_n \in I$ .

Παρατηρούμε οτι αν $x\in A_n^c$ το οποίο είναι κλειστό και άρα συμπαγές, υπάρχει $k_j\in I$ το οποίο εξαρτάται από το , με $k_j(x)\ne 0$ (διότι $A_n ^c \subseteq F^c$ ). Θα είναι τότε από συνέχεια $k_j(y) \ne 0$ για σε μία ανοικτή περιοχή του . H ένωση των καλύπτει το , και άρα από συμπάγεια υπάρχουν πεπερασμένα το πλήθος από αυτά που επίσης καλύπτουν το . Aν $k_1, \, k_2, \, ... \, k_N$ τα αντίστοιxα , έπεται ότι το ανήκει στι και είναι γνήσια θετικό σε οποιοδήποτε $x \in A_n^c$ , οπότε το

$\dfrac {1}{k(x)}$ είναι καλά ορισμένη συνεχής συνάρτηση στο .

Από το θεώρημα επέκτασης του Tietze (Βλέπε εδώ) η συνάρτηση αυτή έχει συνεχή επέκταση σε όλο το . Ας ονομάσουμε την εν λόγω επέκταση, οπότε η $K(k_1^2+...+k_N^2) \in I$ και ισούται με στο .

Ισχύει τότε ότι διότι στο μεν είναι και τα δύο μέλη είναι (από τον ορισμό της ) στο δε o παράγοντας . Τέλος το δεξί μέλος ανήκει στο ιδεώδες αφού $K(k_1^2+...+k_N^2) \in I$ . Αυτό ολοκληρώνει την απόδειξη.

Ευχαριστούμε πολύ Μιχάλη.

mathematica.gr

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