Topologia elementare

Analisi, algebra lineare, topologia, gruppi, anelli, campi, ...
Avatar utente
Demos
Messaggi: 14
Iscritto il: 06 ago 2006, 14:58
Località: Pisa

Topologia elementare

Messaggio da Demos » 07 ago 2006, 15:05

Problema parte I):


Se $ f:R\rightarrow R^2 $ è continua ed iniettiva, allora $ f(R) $ non può essere aperto in $ R^2 $
Demos

EvaristeG
Site Admin
Messaggi: 4791
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Roma
Contatta:

Messaggio da EvaristeG » 08 ago 2006, 00:29

Le restrizioni di f agli intervalli [-M.M], con M naturale, è un omeomorfismo con l'immagine, perchè bigezione continua da un compatto a un T2; quindi, sia $ K_M=f([-M,M]) $.
Questi insiemi sono tutti varietà 1-dimensionali, quindi a parte interna vuota in nella topologia del piano. Del resto, se $ f(\mathbb{R}) $ contenesse una palla aperta, questa sarebbe coperta dagli insiemi K_M, ovvero da una numerabilità di chiusi a parte interna vuota, contraddicendo il teorema di Baire.
Quindi l'immagine di f non può essere aperta.

Avatar utente
Demos
Messaggi: 14
Iscritto il: 06 ago 2006, 14:58
Località: Pisa

Messaggio da Demos » 08 ago 2006, 20:40

La logica è chiara. Mi mancano le giustificazioni di alcuni (ragionevoli) risultati che hai utilizzato:
  • - bigezione continua tra un compatto ed un T2 => omomorfismo

    - varietà unidimensionale => chiusi a parte interna vuota

    - il contenuto del Teorema di Baire.
Al momento non dispongo libri da consultare. Comunque esiste un modo diretto per dimostrare che non è possibile costruire una bigezione continua tra un aperto di $ R $ ed una palla aperta di $ R^2 $? Questa affermazione è corretta?

Andiamo avanti.

Problema parte II:

costruire un esempio di applicazione continua ed iniettiva $ f:R\rightarrow R^2 $ tale che $ f(R) $ dotato della topologia relativo non sia omeomorfo ad $ R $.
Demos

ma_go
Site Admin
Messaggi: 1906
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00

Messaggio da ma_go » 08 ago 2006, 21:14

allora...
per le "precisazioni" sulla soluzione di evaristeg...

- questo lemmino si chiama tipo compact-hausdorff, ed è molto usato per dimostrare che due cose sono omeomorfe (almeno, l'ho usato un po' di volte): prendi $ C \subset K $ chiuso: è un chiuso in un compatto, quindi è compatto. $ f $ è continua, quindi $ f(C) $ è compatto, ma è un compatto in un T2, quindi è chiuso.

- varietà unidimensionale implica parte interna vuota (in $ \mathbb{R}^n, n\ge 2 $).. supponi che abbia parte interna non vuota, cioè che contenga una palla $ B $ omeomorfa ad $ \mathbb{R} $, e ora osservi che ogni punto sconnette $ \mathbb{R} $, mentre nessun punto sconnette $ B $, quindi addio omeomorfismi...
aggiungi poi che l'immagine di un compatto è compatta, quindi chiusa, e ottieni quello che dice ev..

- il teorema di baire dice che in uno spazio metrico completo, intersezione numerabile di aperti densi è densa, o equivalentemente che l'unione numerabile di chiusi a parte interna vuota ha parte interna vuota. (e la dimostrazione non è eccessivamente difficile, né troppo lunga, a quanto ricordo...)

riguardo la seconda parte.. per me
si potrebbe incollare il segmento {0}x(-1,2) con il grafico di sin(1/x)...
ma vediamo se ci sono altre soluzioni

EvaristeG
Site Admin
Messaggi: 4791
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Roma
Contatta:

Messaggio da EvaristeG » 08 ago 2006, 21:50

allora, mi pare che, per la maggior parte, ti abbia già risposto ma_go ... la dimostrazione del fatto che una palla del piano non è omeomorfa ad un intervallo della retta te l'ha fornita ma_go, ma da sola non basta a risolvere il tuo problema, in quanto tu parlavi dell'immagine di tutto R e non è detto che una funzione continua e iniettiva da R nel piano sia a inversa continua sull'immagine (problema che ha ogni bigezione continua e per cui ho usato l'esaustione con compatti e il teorema compact-hausdorff), come dimostra la tua seconda richiesta.

EvaristeG
Site Admin
Messaggi: 4791
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Roma
Contatta:

Messaggio da EvaristeG » 08 ago 2006, 22:01

ma_go, non ho capito come definisci la funzione di modo che sia continua ...
la mia proposta è
f(x)=(x,0) se x è in(-inf,0]
f(x)=(0,x) se x in [0,1]
f(x)=(-x+1,1) se x in [1,2]
f(x)=(-1,1/(x-1)) se x in [2,+inf).

l'immagine non è omeomorfa a R perchè è localmente sconnessa in (-1,0) (ogni intorno sufficientemente piccolo di quel punto ha almeno 2 comp conn).

ma_go
Site Admin
Messaggi: 1906
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00

Messaggio da ma_go » 09 ago 2006, 00:57

beh, veramente pensavo di fare una cosa così
definisci
f(x) = (0, x+1+2/pi) per x<0
f(x) = (x, -x+1+2/pi) per 0<=x<2/pi
f(x) = (1/x, sen x), per x>2/pi.
qualunque punto togli al grafico (che sia nell'immagine di R+, ad esempio), resta connesso (ma non connesso per archi).. oppure, se vuoi, è localmente connesso ma non localmente connesso per archi.
nel caso gli estremi fossero scazzati, voglio percorrere l'asse y verso l'alto, da -inf ad un certo punto, poi scendere con pendenza -1, e poi percorrere il grafico di sen(1/x) tornando verso l'asse delle y...
funziona, credo..

EvaristeG
Site Admin
Messaggi: 4791
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Roma
Contatta:

Messaggio da EvaristeG » 09 ago 2006, 01:23

Hmm sì funziona (cioè, le formule non hanno senso, però la descrizione è comprensibile)... è la stessa cosa che ho fatto io solo più complicata.
In realtà si possono fare cose più perverse : è abbastanza facile modificare l'esempio che ho fatto io per ottenere una funzione che abbia immagine compatta.

Avatar utente
Demos
Messaggi: 14
Iscritto il: 06 ago 2006, 14:58
Località: Pisa

Messaggio da Demos » 09 ago 2006, 13:50

La soluzione al quesito che avevo pensato io è la seguente:
Sia $ g:R\rightarrow (-\pi,+\pi) $ la funzione definita da
$ g(x)=\dfrac{x|x|}{1+x^2}\pi. $
La funzione $ g $ è una biezione continua e monotona. Definisco $ f:R\rightarrow R^2 $ come:
$ f(x)=(\cos g(x),\sin g(x)). $
Se questa cosa ha senso $ f^ $
Demos

ma_go
Site Admin
Messaggi: 1906
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00

Messaggio da ma_go » 09 ago 2006, 14:10

uhm.. non so cosa tu volessi dire, col tuo ultimo discorso, ma mi pare che l'immagine di questa funzione SIA effettivamente omeomorfa ad $ \mathbb{R} $, e che, nella fattispecie, la tua funzione abbia inversa continua...

Avatar utente
Demos
Messaggi: 14
Iscritto il: 06 ago 2006, 14:58
Località: Pisa

Messaggio da Demos » 09 ago 2006, 16:14

Scusate.............ho dovuto chiudere frettolosamente senza terminare.

Volevo dire che se la $ f $ che ho proposto fa senso dovrebbe avere inversa discontinua visto che manda punti arbitrariamente vicini in un intorno di $ (-1,0) $ in punti arbitrariamente lontani in $ R $....o almeno credo!!


Per quanto rigurda la prima parte del quesito pensavo di seguire la seguente strada:

se $ f(R) $ fosse aperto conterrebbe un intorno sferico di ogni suo punto. Sia $ B $ un tale intorno. Per la continuità di $ f $ l'insieme $ A\equiv f^{-1}(B) $ deve essere aperto in $ R $. Quindi $ \left.f\right|_{A} $ dovrebbe essere una biezione continua tra un aperto di $ R $ ed una palla di $ R^2 $. A questo punto volevo provare che ciò non può accadere (spero!)


Quesito parte III)

Se $ f:R^m\rightarrow R^n $ è un omeomorfismo allora $ m=n $.
Demos

EvaristeG
Site Admin
Messaggi: 4791
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Roma
Contatta:

Messaggio da EvaristeG » 09 ago 2006, 18:17

Demos ... la tua risposta alla prima parte del quesito è equivalente alla mia ... è ovvio che alla fine si vuole dire che una palla aperta del piano non può essere messa in bigezione continua con un aperto di R, ma questo è esattamente il nocciolo della questione ed è quello per cui io uso il teorema di Baire. L'unica proprietà di una bigezione continua come quella descritta è che essa è un omeomorfismo sulla parte interna di ogni compatto ed è questo che io uso per descrivere una palla del piano come unione numerabile di chiusi a parte interna vuota, utilizzando quindi il teorema di Baire per ricavare l'assurdo.

Per quanto riguarda il tuo esempio, tu avevi chiesto una funzione continua e iniettiva da R nel piano la cui immagine non fosse, con la topologia relativa, omeomorfa a R. Per realizzare ciò, ovviamente la funzione data non deve essere a inversa continua, ma comunque questo non è sufficiente ad assicurare che l'immagine non sia omeomorfa ad R, dice semplicemente che non lo è tramite quella funzione.
L'immagine della tua funzione è $ \{(x,y)\vert x^2+y^2=1\}\setminus\{(-1,0)\} $ ... ora, se identifichi il piano con l'insieme dei numeri complessi, vedrai bene che la funzione
$ z\mapsto \dfrac{1}{z+1}-1 $ è continua e iniettiva su $ \mathbb{C}\setminus\{-1\} $ e porta le circonferenze per -1 in rette; inoltre la sua inversa è lei stessa, quindi è un omeomorfismo del piano meno un punto nel piano meno un punto che porta l'immagine della tua funzione in una retta; quindi mostra che con la topologia relativa la circonferenza meno un punto è omeomorfa ad una retta.

Infine, per la tua ultima domanda, bisogna possedere qualche nozione di topologia algebrica : un omeomorfismo da $ \mathbb{R}^n $ a $ \mathbb{R}^m $ si estende ad un omeomorfismo da $ S^n $ a $ S^m $ (le sfere n- ed m-dimensionali), ma è noto che se n< m si ha $ \pi_n(S^m)=0 $ e $ \pi_m(S^m)=\mathbb{Z} $ quindi non si può avere omeomorfismo (che si trasformerebbe in isomorfismo tra i gruppi di omotopia); del resto anche la disuguaglianza inversa è vietata dagli stessi motivi, per cui m=n

Avatar utente
Demos
Messaggi: 14
Iscritto il: 06 ago 2006, 14:58
Località: Pisa

Messaggio da Demos » 09 ago 2006, 18:35

Ok grazie....tutto chiaro.
Demos

Avatar utente
Demos
Messaggi: 14
Iscritto il: 06 ago 2006, 14:58
Località: Pisa

Messaggio da Demos » 11 ago 2006, 16:38

Scusate ho ancora una domanda.

Un sottoinsieme chiuso di un insieme compatto (con topologia Hausdorff se necessario) è compatto?

Credo di si ma mi serve una dimostrazione (la mia mi pare eccessivamente semplice)!

Grazie.
Demos

AleX_ZeTa
Messaggi: 625
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Milano
Contatta:

Messaggio da AleX_ZeTa » 11 ago 2006, 17:06

m... prendi un ricoprimento qualunque del chiuso e aggiungici il complementare del chiuso stesso (che è un aperto). Questo è un ricoprimento dello spazio... estrai un sottoricoprimento finito e togli da questo il complementare del chiuso (nel caso ci sia): questo è un insieme finito di aperti e copre il chiuso... se non lo coprisse riaggiungendoci il complementare del chiuso non si coprirebbe tutto lo spazio. Quindi si riesce ad estrarre un sottoricoprimento finito, ergo il chiuso è compatto. Mi pare così funzioni...
"E se si sono rotti i freni?"
"Se si sono rotti i freni non ci resta che l'autostop e il viaggio si complica. Faremo il giro del mondo a piedi."

Rispondi