mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 29, 2020 4:17 am**

Βάζω κάτι εύκολο.
Έστω ότι C(x,r)

και

είναι η κλειστή και η ανοιχτή μπάλα στον $\mathbb{R}^n$ αντίστοιχα.
Αν έχουμε $C(x,r) \subseteq B(w,s)$ τότε να δείξετε ότι υπάρχει $\epsilon>0$ ώστε $B(x,r+ \epsilon) \subseteq B(w,s)$ .
Ισχύει σε οποιονδήποτε μετρικό χώρο;

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 04, 2020 5:52 pm**

stranger έγραψε: Παρ Μάιος 29, 2020 4:17 am Βάζω κάτι εύκολο.
Έστω ότι και είναι η κλειστή και η ανοιχτή μπάλα στον $\mathbb{R}^n$ αντίστοιχα.
Αν έχουμε $C(x,r) \subseteq B(w,s)$ τότε να δείξετε ότι υπάρχει $\epsilon>0$ ώστε $B(x,r+ \epsilon) \subseteq B(w,s)$ .
Ισχύει σε οποιονδήποτε μετρικό χώρο;

Σε οποιονδήποτε μετρικό χώρο δεν ισχύει.
Παίρνουμε τον $\mathbb{R}^{2}-\left \{ (1,0) \right \}$
με την Ευκλείδεια απόσταση.
Για x=(0,0)

,

,

,

εχουμε την $C(x,r) \subseteq B(w,s)$
ενώ δεν υπάρχει $\epsilon>0$ που να ισχύει η
$B(x,r+ \epsilon) \subseteq B(w,s)$ .

Να σημειώσω ότι ο $\mathbb{R}^n$ δεν παίζει κανένα ρόλο.
Το αποτέλεσμα ισχύει για οποιονδήποτε χώρο με νόρμα.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 04, 2020 11:50 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Πέμ Ιουν 04, 2020 5:52 pm Σε οποιονδήποτε μετρικό χώρο δεν ισχύει.
Παίρνουμε τον $\mathbb{R}^{2}-\left \{ (1,0) \right \}$
με την Ευκλείδεια απόσταση.
Για ,, ,
εχουμε την $C(x,r) \subseteq B(w,s)$
ενώ δεν υπάρχει $\epsilon>0$ που να ισχύει η
$B(x,r+ \epsilon) \subseteq B(w,s)$ .

Να σημειώσω ότι ο $\mathbb{R}^n$ δεν παίζει κανένα ρόλο.
Το αποτέλεσμα ισχύει για οποιονδήποτε χώρο με νόρμα.

Δεν πρέπει να είναι χώρος Banach; Δηλαδή να είναι πλήρης χώρος ως προς τη μετρική που επάγει η νόρμα.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 05, 2020 1:12 am**

stranger έγραψε: Πέμ Ιουν 04, 2020 11:50 pm
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Πέμ Ιουν 04, 2020 5:52 pm Σε οποιονδήποτε μετρικό χώρο δεν ισχύει.
Παίρνουμε τον $\mathbb{R}^{2}-\left \{ (1,0) \right \}$
με την Ευκλείδεια απόσταση.
Για ,, ,
εχουμε την $C(x,r) \subseteq B(w,s)$
ενώ δεν υπάρχει $\epsilon>0$ που να ισχύει η
$B(x,r+ \epsilon) \subseteq B(w,s)$ .

Να σημειώσω ότι ο $\mathbb{ R}^n$ δεν παίζει κανένα ρόλο.
Το αποτέλεσμα ισχύει για οποιονδήποτε χώρο με νόρμα.
Δεν πρέπει να είναι χώρος Banach; Δηλαδή να είναι πλήρης χώρος ως προς τη μετρική που επάγει η νόρμα.

Οχι .Δεν χρειάζεται πληρότητα.
Το παραπάνω είναι καθαρά γεωμετρική ιδιότητα.
Αν την κάνεις στο $\mathbb{ R}^2$ με τον πιο απλό τρόπο περνάει
σε χώρους με νόρμα.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 05, 2020 2:05 am**

Ένα «τοπολογικό» ανάλογο πάντως (αφήνοντας κατά μέρους τη γεωμετρία της άσκησης) ισχύει σε κανονικούς τοπολογικούς χώρους:

Αν

κανονικός τ.χ.,

ανοικτό και $K\subseteq G$ συμπαγές τότε υπάρχει ανοικτό

τέτοιο ώστε $K\subseteq U\subseteq \overline{U}\subseteq G$ .

Απόδειξη: Ισχύει ότι $K\subseteq G\Leftrightarrow K\subseteq X\setminus G$ επομένως $x\in K\Rightarrow x\not\in G$ και, αφού ο

είναι κανονικός έπεται ότι για κάθε $x\in K$ υπάρχουν ξένα ανοικτά G_x^1,G_x^2

με $x\in G_x^1$ και $X\setminus G\subseteq G_x^2$ . Επιπλέον, μπορούμε να απαιτήσουμε να ισχύει $\overline{G_x^1}\cap\overline{G_x^2}=\varnothing$ .

Τα G_x^1

, $x\in K$ αποτελούν ανοικτή κάλυψη του

άρα, από τη συμπάγεια, υπάρχουν $x_1,\ldots,x_n$ τέτοια ώστε $K\subseteq\bigcup\limits_{k=1}^nG_{x_k}^1$ . Θέτουμε $U=\bigcup\limits_{k=1}^nG_{x_k}^1$ και $V=\bigcap\limits_{k=1}^nG_{x_k}^2$ οπότε έχουμε ότι τα U,V

είναι ξένα και, μάλιστα, επειδή $\overline{U}=\bigcup\limits_{k=1}^n\overline{G_{x_k}^1}$ και $\overline{V}\subseteq\bigcap\limits_{k=1}^n\overline{G_{x_k}^2}$ έπεται ότι και τα $\overline{U},\overline{V}$ είναι ξένα και $K\subseteq U$ , $X\setminus G\subseteq V$ . Τώρα, επειδή τα $\overline{U},\overline{V}$ είναι ξένα έπεται ότι $\overline{U}\subseteq X\setminus\overline{V}\subseteq G$ και η απόδειξη καταλήγει.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 05, 2020 7:31 am**

Η απόδειξή σου είναι σωστή και ενδιαφέρουσα.

Μάρκος Βασίλης έγραψε: Παρ Ιουν 05, 2020 2:05 am Απόδειξη: Ισχύει ότι $K\subseteq G\Leftrightarrow K\subseteq X\setminus G$ επομένως $x\in K\Rightarrow x\not\in G$ και, αφού ο είναι κανονικός έπεται ότι για κάθε $x\in K$ υπάρχουν ξένα ανοικτά με $x\in G_x^1$ και $X\setminus G\subseteq G_x^2$ . Επιπλέον, μπορούμε να απαιτήσουμε να ισχύει $\overline{G_x^1}\cap\overline{G_x^2}=\varnothing$ .

Εδώ μάλλον θες να πεις $K \cap(X/G) = \emptyset$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 05, 2020 11:23 am**

stranger έγραψε: Παρ Ιουν 05, 2020 7:31 am Η απόδειξή σου είναι σωστή και ενδιαφέρουσα.
Μάρκος Βασίλης έγραψε: Παρ Ιουν 05, 2020 2:05 am Απόδειξη: Ισχύει ότι $K\subseteq G\Leftrightarrow K\cap(X\setminus G)=\varnothing$ επομένως $x\in K\Rightarrow x\not\in G$ και, αφού ο είναι κανονικός έπεται ότι για κάθε $x\in K$ υπάρχουν ξένα ανοικτά με $x\in G_x^1$ και $X\setminus G\subseteq G_x^2$ . Επιπλέον, μπορούμε να απαιτήσουμε να ισχύει $\overline{G_x^1}\cap\overline{G_x^2}=\varnothing$ .
Εδώ μάλλον θες να πεις $K \cap(X/G) = \emptyset$ .

Ναι, δεν ξέρω γιατί έβαλα τη σχέση του υποσυνόλου. :Ρ Ευχαριστώ!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 07, 2020 6:12 pm**

Μάρκος Βασίλης έγραψε: Παρ Ιουν 05, 2020 2:05 am Ένα «τοπολογικό» ανάλογο πάντως (αφήνοντας κατά μέρους τη γεωμετρία της άσκησης) ισχύει σε κανονικούς τοπολογικούς χώρους:

Αν κανονικός τ.χ., ανοικτό και $K\subseteq G$ συμπαγές τότε υπάρχει ανοικτό τέτοιο ώστε $K\subseteq U\subseteq \overline{U}\subseteq G$ .

Σε καμία περίπτωση δεν θεωρώ ότι αυτό είναι τοπολογικό ανάλογο.
Στο αρχικό ''φουσκώνεις'' την μέσα.
Εδώ μπορεί όλα να είναι ισότητες.
Για να κλείνει το θέμα βάζω την απόδειξη της αρχικής.

Αν x=w

τότε

και αρκεί να πάρουμε $\epsilon=s-r$
Αν $x\neq w$
σχεδιάζουμε στο επίπεδο τους κύκλους.
Ο ένας θα είναι μέσα στον άλλο .
Η διάκεντρος θα τους τέμνει διαδοχικά στα A,B,C,D

Βλέπουμε ότι αρκεί να πάρουμε $\epsilon < min(AB,CD)$

Πάμε στην απόδειξη για χώρο με νόρμα.
Εχουμε ότι $x\neq w$ .
Θέτουμε
$u=\frac{x-w}{\left | x-w \right |}$
με
$\left | u \right |=1$
Είναι
$x+ru\in B(w,s)$
Αρα
$\left | x+ru-w \right |< s$
δηλαδή
$\left | x-w \right |+r< s$
παίρνουμε
$\epsilon =s-r-\left | x-w \right |> 0$
Αν
$t\in B(x,r+\epsilon )$
τότε
$\left |w-t \right |\leq \left | w-x \right |+\left | x-t \right |< \left | w-x \right |+r+\epsilon =s$

δηλαδή
$t\in B(w,s)$

και τελειώσαμε.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 07, 2020 6:35 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Κυρ Ιουν 07, 2020 6:12 pm
Μάρκος Βασίλης έγραψε: Παρ Ιουν 05, 2020 2:05 am Ένα «τοπολογικό» ανάλογο πάντως (αφήνοντας κατά μέρους τη γεωμετρία της άσκησης) ισχύει σε κανονικούς τοπολογικούς χώρους:

Αν κανονικός τ.χ., ανοικτό και $K\subseteq G$ συμπαγές τότε υπάρχει ανοικτό τέτοιο ώστε $K\subseteq U\subseteq \overline{U}\subseteq G$ .
Σε καμία περίπτωση δεν θεωρώ ότι αυτό είναι τοπολογικό ανάλογο.
Στο αρχικό ''φουσκώνεις'' την μέσα.
Εδώ μπορεί όλα να είναι ισότητες.
Για να κλείνει το θέμα βάζω την απόδειξη της αρχικής.

Αν τότε και αρκεί να πάρουμε $\epsilon=s-r$
Αν $x\neq w$
σχεδιάζουμε στο επίπεδο τους κύκλους.
Ο ένας θα είναι μέσα στον άλλο .
Η διάκεντρος θα τους τέμνει διαδοχικά στα
Βλέπουμε ότι αρκεί να πάρουμε $\epsilon < min(AB,CD)$

Πάμε στην απόδειξη για χώρο με νόρμα.
Εχουμε ότι $x\neq w$ .
Θέτουμε
$u=\frac{x-w}{\left | x-w \right |}$
με
$\left | u \right |=1$
Είναι
$x+ru\in B(w,s)$
Αρα
$\left | x+ru-w \right |< s$
δηλαδή
$\left | x-w \right |+r< s$
παίρνουμε
$\epsilon =s-r-\left | x-w \right |> 0$
Αν
$t\in B(x,r+\epsilon )$
τότε
$\left |w-t \right |\leq \left | w-x \right |+\left | x-t \right |< \left | w-x \right |+r+\epsilon =s$

δηλαδή
$t\in B(w,s)$

και τελειώσαμε.

Ναι, πράγματι μπορεί να είναι όλα ίσα, αφού σε κανονικούς χώρους συναντάμε και σύνολα που είναι και κλειστά και ανοικτά ταυτόχρονα, αλλά αυτό είναι εγγενές χαρακτηριστικό τέτοιων χώρων, γι' αυτό και μου φαίνεται ανάλογο του ζητούμενου - πετώντας, προφανώς, όποια γεωμετρία εμφανίζεται στο παραπάνω πρόβλημα.

mathematica.gr

Ανοικτά σύνολα

Ανοικτά σύνολα

Re: Ανοικτά σύνολα

Re: Ανοικτά σύνολα

Re: Ανοικτά σύνολα

Re: Ανοικτά σύνολα

Re: Ανοικτά σύνολα

Re: Ανοικτά σύνολα

Re: Ανοικτά σύνολα

Re: Ανοικτά σύνολα