Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
-
- Użytkownik
- Posty: 1417
- Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 68 razy
- Pomógł: 83 razy
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
Szok, nie znałem tego wcześniej, dzięki Janusz Tracz.
Tylko tu jest taka różnica, że chcemy otrzymać koło otwarte, ale jak będziemy (zgodnie z tym co pisał Dasio 11), gdy będziemy rozważać prostokąty otwarte, to i wierzchoĺki tych prostokątów będą wyrzucone, więc widać, że otrzymamy koło otwarte. Dzięki Janusz Tracz, niesamowite.
Tylko tu jest taka różnica, że chcemy otrzymać koło otwarte, ale jak będziemy (zgodnie z tym co pisał Dasio 11), gdy będziemy rozważać prostokąty otwarte, to i wierzchoĺki tych prostokątów będą wyrzucone, więc widać, że otrzymamy koło otwarte. Dzięki Janusz Tracz, niesamowite.
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4088
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 81 razy
- Pomógł: 1399 razy
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
Cieszy mnie Twoja ekscytacja. Więc specjalnie dla Ciebie zrobiłem jeszcze jeden gif.
klik
-
- Użytkownik
- Posty: 1417
- Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 68 razy
- Pomógł: 83 razy
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
Udowodniłem dzisiaj, że dowolną elipsę, o środku symetrii w początku układu (a właściwie chodzi o powierzchnie ograniczoną przez taką elipsę, taką powierzchnię będziemy ją nazywać krócej powierzchnią elipsową )- taką powierzchnie można wysumować prostokątami domkniętymi ( dopuszczając również prostokąty o długości zero albo prostokąty o szerokości zero, aby pokryć oś wielką elipsy (łącznie z końcami ), i aby pokryć oś małą). Przedstawię teraz dowód tego ciekawego faktu:
Niech \(\displaystyle{ a,b \in \RR, a,b>0.}\)
Rozważmy elipsę:
\(\displaystyle{ S _{\left( a,b\right) } = \left\{ \left( x,y\right) \in \RR^2: \ \ \frac{x^2}{a^2}+ \frac{y^2}{ b^2}= 1\right\} ; }\)
oraz rozważmy powierzchnię ograniczoną przez tą elipsę:
\(\displaystyle{ X _{\left( a,b\right) }= \left\{ \left( x,y\right) \in \RR^2: \ \ \frac{x^2}{a^2}+ \frac{y^2}{ b^2} \le 1\right\}.}\)
Niech \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) będzie rodziną niepustych przedziałów domkniętych w \(\displaystyle{ \left( \RR, \le\right) }\) , tzn.:
\(\displaystyle{ \mathbb{A}= \left\{ \left[ a,b\right] \Bigl| \ a \le b\right\} .}\)
I niech \(\displaystyle{ \mathbb{S}}\) będzie rodziną prostokątów zbudowanych z takich przedziałów domkniętych, tzn.:
\(\displaystyle{ \mathbb{S}= \left\{ A \times B\Bigl| \ A,B \in \mathbb{A}\right\} = \left\{ A \times B\Bigl| \ \ \left( A,B\right) \in \mathbb{A} \times \mathbb{A} \right\} .}\)
Wykażemy, że istnieje rodzina prostokątów \(\displaystyle{ \mathbb{S}_0 \subset \mathbb{S}}\), taka, że jej suma daje naszą powierzchnię elIpsową, tzn.:
\(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{S}_0= X _{\left( a,b\right) } .}\)
DOWÓD TEGO FAKTU:
Niech:
\(\displaystyle{ S _{\left( a,b\right) } ^{+}= \left\{ \left( x,y\right) \in S _{\left( a,b\right) } : \ x \ge 0, y \ge 0 \right\} }\),
będzie ćwiartką elipsy.
I jeśli \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in S _{\left( a,b\right) } ^{+}}\), to rozważmy zbiór:
\(\displaystyle{ A _{\left( x,y\right) } = \left[ -x,x\right] \times \left[ -y,y\right] .}\)
Wtedy \(\displaystyle{ x \ge 0, y \ge 0}\), a zatem \(\displaystyle{ -x \le 0 \le x}\) i \(\displaystyle{ -y \le 0 \le y}\), a zatem:
\(\displaystyle{ A _{\left( x,y\right) } = \underbrace {\left[ -x,x\right] }_{ \in \mathbb{A} } \times \underbrace{\left[ -y,y\right]}_{ \in \mathbb{A}} \in \mathbb{S}.}\)
I niech:
\(\displaystyle{ \mathbb{S}_0= \left\{ A _{\left( x,y\right) } : \ \ \left( x,y\right) \in S _{\left( a,b\right) } ^{+} \right\}.}\)
Wykażemy, że:
\(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{S}_0= X _{\left( a,b\right) }.}\)
Wykażemy, że:
\(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{S}_0 \subset X _{\left( a,b\right) } .}\) Aby pokazać inkluzję w drugą stronę, to niech: \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in X _{\left( a,b\right) }.}\)
Wtedy:
\(\displaystyle{ \frac{ x ^{2} }{ a ^{2} } + \frac{y^2}{ b^2} \le 1}\).
Niech:
\(\displaystyle{ x'= a \cdot \sqrt{1- \frac{ y^2}{b^2} } , }\)
\(\displaystyle{ y'= \left| y\right|}\).
Oto ilustracja tej sytuacji, w szczególnym przypadku:
\(\displaystyle{ \\}\) \(\displaystyle{ \\}\) Wykażemy teraz, że:
\(\displaystyle{ \left( x',y'\right) \in S _{\left( a,b\right) } ^{+}. }\)
W tym celu wykażemy najpierw, że
\(\displaystyle{ \left( x',y' \right) \in S _{\left( a,b\right) } . }\)
Mamy:
\(\displaystyle{ \frac{\left( x'\right) ^{2} }{a^2}+ \frac{\left( y'\right) ^{2} }{ b^2} = \frac{a ^{2} \cdot \left( 1- \frac{y^2}{b^2} \right) }{a^2} + \frac{\left| y\right|^2 }{b^2}= 1- \frac{y ^{2} }{b^2} + \frac{\left| y\right|^2 }{b^2}= 1+ \frac{ \left| y\right|^2- y^2 }{b^2} = 1+ \frac{0}{ b^2} = 1,}\)
a zatem:
\(\displaystyle{ \left( x',y'\right) \in S\left( a,b\right) , }\)
i mamy, na mocy definicji tych wielkości: \(\displaystyle{ x' \ge 0}\) i \(\displaystyle{ y' \ge 0}\),
a zatem:
\(\displaystyle{ \left( x', y'\right) \in S _{\left( a,b\right) } ^{+}.}\)
Wykażemy teraz, że \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in A _{\left( x',y'\right) } = \left[ -x', x'\right] \times \left[ -y', y'\right].}\)
Ponieważ:
\(\displaystyle{ \frac{x^2}{ a^2} + \frac{y^2}{b^2} \le 1}\), więc:
\(\displaystyle{ 1- \frac{y^2}{ b^2} \ge \left( \frac{x}{a} \right) ^{2} \ge 0,}\)
a zatem ponieważ funkcja \(\displaystyle{ f(z)= \sqrt{z}}\) jest silnie rosnąca, więc:
\(\displaystyle{ \sqrt{1- \frac{y^2}{ b^2} } \ge \sqrt{ \left( \frac{x}{a} \right) ^{2} }= \sqrt{ \frac{x^2}{ a^2} } \stackrel{a>0} {=} \frac{ \left| x\right| }{a}.}\)
A zatem:
\(\displaystyle{ x'= a \cdot \sqrt{1- \frac{y^2}{b^2} } \ge \left| x\right|}\),
czyli \(\displaystyle{ \left| x\right| \le x'}\), a zatem: \(\displaystyle{ x \in \left[ -x', x'\right],}\)
a \(\displaystyle{ \left| y\right| = y' \le y'}\), więc podobnie \(\displaystyle{ y \in \left[ -y' ,y '\right]. }\)
A zatem: \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in \left[ -x', x'\right] \times \left[ -y',y'\right]= A _{\left( x',y'\right) }}\), gdzie \(\displaystyle{ \left( x', y' \right) \in S _{\left( a,b\right) } ^{+}}\),
a zatem:
\(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in \bigcup_{ \left( x', y' \right) \in S _{\left( a,b\right) } ^{+} } A _{\left( x',y'\right) } = \bigcup \mathbb{S}_0}\),
i \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{S}_0= X _{ \left( a,b\right) }.\square}\)
Niech \(\displaystyle{ a,b \in \RR, a,b>0.}\)
Rozważmy elipsę:
\(\displaystyle{ S _{\left( a,b\right) } = \left\{ \left( x,y\right) \in \RR^2: \ \ \frac{x^2}{a^2}+ \frac{y^2}{ b^2}= 1\right\} ; }\)
oraz rozważmy powierzchnię ograniczoną przez tą elipsę:
\(\displaystyle{ X _{\left( a,b\right) }= \left\{ \left( x,y\right) \in \RR^2: \ \ \frac{x^2}{a^2}+ \frac{y^2}{ b^2} \le 1\right\}.}\)
Niech \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) będzie rodziną niepustych przedziałów domkniętych w \(\displaystyle{ \left( \RR, \le\right) }\) , tzn.:
\(\displaystyle{ \mathbb{A}= \left\{ \left[ a,b\right] \Bigl| \ a \le b\right\} .}\)
I niech \(\displaystyle{ \mathbb{S}}\) będzie rodziną prostokątów zbudowanych z takich przedziałów domkniętych, tzn.:
\(\displaystyle{ \mathbb{S}= \left\{ A \times B\Bigl| \ A,B \in \mathbb{A}\right\} = \left\{ A \times B\Bigl| \ \ \left( A,B\right) \in \mathbb{A} \times \mathbb{A} \right\} .}\)
Wykażemy, że istnieje rodzina prostokątów \(\displaystyle{ \mathbb{S}_0 \subset \mathbb{S}}\), taka, że jej suma daje naszą powierzchnię elIpsową, tzn.:
\(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{S}_0= X _{\left( a,b\right) } .}\)
DOWÓD TEGO FAKTU:
Niech:
\(\displaystyle{ S _{\left( a,b\right) } ^{+}= \left\{ \left( x,y\right) \in S _{\left( a,b\right) } : \ x \ge 0, y \ge 0 \right\} }\),
będzie ćwiartką elipsy.
I jeśli \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in S _{\left( a,b\right) } ^{+}}\), to rozważmy zbiór:
\(\displaystyle{ A _{\left( x,y\right) } = \left[ -x,x\right] \times \left[ -y,y\right] .}\)
Wtedy \(\displaystyle{ x \ge 0, y \ge 0}\), a zatem \(\displaystyle{ -x \le 0 \le x}\) i \(\displaystyle{ -y \le 0 \le y}\), a zatem:
\(\displaystyle{ A _{\left( x,y\right) } = \underbrace {\left[ -x,x\right] }_{ \in \mathbb{A} } \times \underbrace{\left[ -y,y\right]}_{ \in \mathbb{A}} \in \mathbb{S}.}\)
I niech:
\(\displaystyle{ \mathbb{S}_0= \left\{ A _{\left( x,y\right) } : \ \ \left( x,y\right) \in S _{\left( a,b\right) } ^{+} \right\}.}\)
Wykażemy, że:
\(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{S}_0= X _{\left( a,b\right) }.}\)
Wykażemy, że:
\(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{S}_0 \subset X _{\left( a,b\right) } .}\)
DOWÓD TEGO FAKTU::
Wtedy:
\(\displaystyle{ \frac{ x ^{2} }{ a ^{2} } + \frac{y^2}{ b^2} \le 1}\).
Niech:
\(\displaystyle{ x'= a \cdot \sqrt{1- \frac{ y^2}{b^2} } , }\)
\(\displaystyle{ y'= \left| y\right|}\).
Oto ilustracja tej sytuacji, w szczególnym przypadku:
\(\displaystyle{ \\}\) \(\displaystyle{ \\}\)
POCHODZENIE PONIŻSZEGO WZORU::
\(\displaystyle{ \left( x',y'\right) \in S _{\left( a,b\right) } ^{+}. }\)
W tym celu wykażemy najpierw, że
\(\displaystyle{ \left( x',y' \right) \in S _{\left( a,b\right) } . }\)
Mamy:
\(\displaystyle{ \frac{\left( x'\right) ^{2} }{a^2}+ \frac{\left( y'\right) ^{2} }{ b^2} = \frac{a ^{2} \cdot \left( 1- \frac{y^2}{b^2} \right) }{a^2} + \frac{\left| y\right|^2 }{b^2}= 1- \frac{y ^{2} }{b^2} + \frac{\left| y\right|^2 }{b^2}= 1+ \frac{ \left| y\right|^2- y^2 }{b^2} = 1+ \frac{0}{ b^2} = 1,}\)
a zatem:
\(\displaystyle{ \left( x',y'\right) \in S\left( a,b\right) , }\)
i mamy, na mocy definicji tych wielkości: \(\displaystyle{ x' \ge 0}\) i \(\displaystyle{ y' \ge 0}\),
a zatem:
\(\displaystyle{ \left( x', y'\right) \in S _{\left( a,b\right) } ^{+}.}\)
Wykażemy teraz, że \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in A _{\left( x',y'\right) } = \left[ -x', x'\right] \times \left[ -y', y'\right].}\)
Ponieważ:
\(\displaystyle{ \frac{x^2}{ a^2} + \frac{y^2}{b^2} \le 1}\), więc:
\(\displaystyle{ 1- \frac{y^2}{ b^2} \ge \left( \frac{x}{a} \right) ^{2} \ge 0,}\)
a zatem ponieważ funkcja \(\displaystyle{ f(z)= \sqrt{z}}\) jest silnie rosnąca, więc:
\(\displaystyle{ \sqrt{1- \frac{y^2}{ b^2} } \ge \sqrt{ \left( \frac{x}{a} \right) ^{2} }= \sqrt{ \frac{x^2}{ a^2} } \stackrel{a>0} {=} \frac{ \left| x\right| }{a}.}\)
A zatem:
\(\displaystyle{ x'= a \cdot \sqrt{1- \frac{y^2}{b^2} } \ge \left| x\right|}\),
czyli \(\displaystyle{ \left| x\right| \le x'}\), a zatem: \(\displaystyle{ x \in \left[ -x', x'\right],}\)
a \(\displaystyle{ \left| y\right| = y' \le y'}\), więc podobnie \(\displaystyle{ y \in \left[ -y' ,y '\right]. }\)
A zatem: \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in \left[ -x', x'\right] \times \left[ -y',y'\right]= A _{\left( x',y'\right) }}\), gdzie \(\displaystyle{ \left( x', y' \right) \in S _{\left( a,b\right) } ^{+}}\),
a zatem:
\(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in \bigcup_{ \left( x', y' \right) \in S _{\left( a,b\right) } ^{+} } A _{\left( x',y'\right) } = \bigcup \mathbb{S}_0}\),
i \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{S}_0= X _{ \left( a,b\right) }.\square}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 22245
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3762 razy
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
Naprawdę fascynujące jest takie zadanie:
Udowodnij, że wnętrze siedemnastokata foremnego może być pokryte trójkątami otwartymi takimi, że żadne dwa boki tych trójkątów nie są do siebie równolegle
Udowodnij, że wnętrze siedemnastokata foremnego może być pokryte trójkątami otwartymi takimi, że żadne dwa boki tych trójkątów nie są do siebie równolegle
-
- Użytkownik
- Posty: 1417
- Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 68 razy
- Pomógł: 83 razy
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
Chyba przesadziłem...Jakub Gurak pisze: ↑27 mar 2023, o 00:59 Niech \(\displaystyle{ a,b \in \RR, a,b>0.}\)
Rozważmy elipsę:
\(\displaystyle{ S _{\left( a,b\right) } = \left\{ \left( x,y\right) \in \RR^2: \ \ \frac{x^2}{a^2}+ \frac{y^2}{ b^2}= 1\right\} ; }\)
oraz rozważmy powierzchnię ograniczoną przez tą elipsę:
\(\displaystyle{ X _{\left( a,b\right) }= \left\{ \left( x,y\right) \in \RR^2: \ \ \frac{x^2}{a^2}+ \frac{y^2}{ b^2} \le 1\right\}.}\)
Niech \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) będzie rodziną niepustych przedziałów domkniętych w \(\displaystyle{ \left( \RR, \le\right) }\) , tzn.:
\(\displaystyle{ \mathbb{A}= \left\{ \left[ a,b\right] \Bigl| \ a \le b\right\} .}\)
I niech \(\displaystyle{ \mathbb{S}}\) będzie rodziną prostokątów zbudowanych z takich przedziałów domkniętych, tzn.:
\(\displaystyle{ \mathbb{S}= \left\{ A \times B\Bigl| \ A,B \in \mathbb{A}\right\} = \left\{ A \times B\Bigl| \ \ \left( A,B\right) \in \mathbb{A} \times \mathbb{A} \right\} .}\)
Wykażemy, że istnieje rodzina prostokątów \(\displaystyle{ \mathbb{S}_0 \subset \mathbb{S}}\), taka, że jej suma daje naszą powierzchnię elIpsową, tzn.:
\(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{S}_0= X _{\left( a,b\right) } .}\)
DOWÓD TEGO FAKTU:
...
Mamy przecież prosty, ogólny fakt mówiący, że dla dowolnego ustalonego zbioru \(\displaystyle{ X,}\) mamy:
\(\displaystyle{ \bigcup_{x \in X} \left\{ x\right\}= X, }\)
a więc również:
\(\displaystyle{ \bigcup_{\left( x,y\right) \in X _{\left( a,b\right) } } \left\{ \left( x,y\right) \right\} = X _{\left( a,b\right) }}\),
a zawsze:
\(\displaystyle{ \left\{ \left( x,y\right) \right\} = \left\{ x\right\} \times \left\{ y\right\} = \left[ x,x\right] \times \left[ y,y\right] \in\mathbb {S},}\)
chyba jednak przesadziłem z tą konstrukcją...
Ostatnio zmieniony 30 mar 2023, o 23:56 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
- Użytkownik
- Posty: 22245
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3762 razy
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
Niech \(\displaystyle{ X=\{0,1,2,3\}\\Jakub Gurak pisze: ↑12 lis 2022, o 19:18
I jeszcze jedno zadanie, którego nie rozwiązałem.
Rozważmy dwie przestrzenie topologiczne \(\displaystyle{ \left( X,\mathcal{T}_X\right) }\) i \(\displaystyle{ \left( Y, \mathcal{T}_Y\right) .}\) Czy w zbiorze \(\displaystyle{ X \cap Y}\) rodzina:
\(\displaystyle{ \mathcal{T} _{X \cap Y}= \left\{ A \cap B\Bigl| \ \ A \in \mathcal{T}_X, B \in \mathcal{T}_Y \right\} = \left\{ A \cap B\Bigl| \ \ \left( A,B\right) \in \mathcal{T}_X \times \mathcal{T}_Y \right\} ,}\)
jest topologią na \(\displaystyle{ X \cap Y}\)??
Warunku z sumą mnogościową nie udało się udowodnić, kontrprzykładu też nie znalazłem, także nie wiem. Wie ktoś?
\mathcal{T}_1=\{\emptyset,\{0\},\{0,1\},\{0,1,2\},X\},
\mathcal{T}_2=\{\emptyset,\{3\},\{2,3\},\{1,2,3\},X\}
}\)
Wtedy topologia generowana przez przekroje jest dyskretna, więc \(\displaystyle{ \{1,3\}}\) jest otwarty, ale nie jest przekrojem dwóch zbiorów.
-
- Użytkownik
- Posty: 1417
- Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 68 razy
- Pomógł: 83 razy
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
To już to Dasio11 zauważył wcześniej (tzn. on rozwiązał to zadanie ), i Pan to potwierdził.
\(\displaystyle{ 1 ^{\circ}: }\) Dzielimy siedemnastokąt foremny na \(\displaystyle{ 17}\) przystających trójkątów równoramiennych. A skoro chcemy pokryć wnętrze naszego wielokąta trójkąta otwartymi, to taki podział jest nie dobry, bo trzeba jakoś domknąć wspólne krawędzie tych trójkątów, co jest niemożliwe, bo trójkąty mają być otwarte.
\(\displaystyle{ 2 ^{\circ}: }\) Z co drugiego wierzchołka tego wielokąta wyznaczamy trójkąt równoramienny o ramionach będącymi bokami naszego siedemnastokąta foremnego, i o wspólnym wierzchołku w tym punkcie, końce tych ramion tworzą trzeci bok trójkąta- i tak dookoła. Następnie robimy podobną konstrucję z bardziej 'środkowym' wielokątem. I tak, aż pokryjemy cały siedemnastokąt, po kilku krokach udaje się to zrobić. Występuje problem podobny- trójkąty mają być otwarte.
A że żadne dwa boki tych trójkątów mają nie być równoległe, to to nie jest takie głupie, bo w odpowiednim sześciokącie foremnym mogłyby być ròwnoległe.
Widzi Pan, ja prezentuje pogłębione podejście do podstaw matematyki, a nie tylko takie na łapu capu.
Mnie to po prostu kręci.
Jeśli Pan uważa to zadanie za oczywiste, to zaskoczę Pana: skoro wnętrze tego wielokąta ma być pokryte trójkątami otwartymi, to jak dla mnie całe brzegi tych trójkątów są z nich wyrzucone. A wtedy pojawiają się problemy, i to zarówno w obydwu konstrukcjach, które mam na myśli:a4karo pisze: Naprawdę fascynujące jest takie zadanie:
Udowodnij, że wnętrze siedemnastokąta foremnego może być pokryte trójkątami otwartymi takimi, że żadne dwa boki tych trójkątów nie są do siebie równolegle
\(\displaystyle{ 1 ^{\circ}: }\) Dzielimy siedemnastokąt foremny na \(\displaystyle{ 17}\) przystających trójkątów równoramiennych. A skoro chcemy pokryć wnętrze naszego wielokąta trójkąta otwartymi, to taki podział jest nie dobry, bo trzeba jakoś domknąć wspólne krawędzie tych trójkątów, co jest niemożliwe, bo trójkąty mają być otwarte.
\(\displaystyle{ 2 ^{\circ}: }\) Z co drugiego wierzchołka tego wielokąta wyznaczamy trójkąt równoramienny o ramionach będącymi bokami naszego siedemnastokąta foremnego, i o wspólnym wierzchołku w tym punkcie, końce tych ramion tworzą trzeci bok trójkąta- i tak dookoła. Następnie robimy podobną konstrucję z bardziej 'środkowym' wielokątem. I tak, aż pokryjemy cały siedemnastokąt, po kilku krokach udaje się to zrobić. Występuje problem podobny- trójkąty mają być otwarte.
A że żadne dwa boki tych trójkątów mają nie być równoległe, to to nie jest takie głupie, bo w odpowiednim sześciokącie foremnym mogłyby być ròwnoległe.
Widzi Pan, ja prezentuje pogłębione podejście do podstaw matematyki, a nie tylko takie na łapu capu.
Mnie to po prostu kręci.
Ostatnio zmieniony 7 kwie 2023, o 21:06 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości: dookoła.
Powód: Poprawa wiadomości: dookoła.
-
- Użytkownik
- Posty: 22245
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3762 razy
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
Która zresztą dotyczyła pytania, które nie padło, bo źle odczytałem pytanie. A w ostatnim poście dałem kontrprzykład na oryginalne pytanie.
-
- Użytkownik
- Posty: 1417
- Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 68 razy
- Pomógł: 83 razy
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
Mam takie zadanie (niby elementarne) z topologii, z którym wczoraj wieczorem miałem problem, proszę o wskazówki:
Niech \(\displaystyle{ \left( X,T\right) }\) będzie przestrzenią topologiczną.
Podzbiór \(\displaystyle{ A \subset X}\) nazywamy dziedziną domkniętą, gdy jest równy domknięciu wnętrza tego zbioru, natomiast jest on dziedziną otwartą, gdy jest on równy wnętrzu domknięcia tego zbioru.
I mam wykazać, że suma dwóch dziedzin domkniętych jest dziedziną domkniętą, oraz dopełnienie dziedziny domkniętej jest dziedziną otwartą.
Niestety, wnętrze sumy dwóch podzbiorów przestrzeni topologicznej nie musi być równe sumie wnętrz, a równość (dla dowolnego ustalonego zbioru \(\displaystyle{ A \subset X}\)):
\(\displaystyle{ Int\left( A\right)=X \setminus \overline {X \setminus A}, }\)
też nie widzę jak tą równość można by tu zastosować, można próbować pokazać tu dwie inkluzje, ale czarno to widzę, mogę prosić o wskazówki??
I tak, wnętrze sumy dwóch podzbiorów prostej z naturalną topologią nie musi być równe sumie wnętrz, wystarczy rozważyć przedziały domknięte: \(\displaystyle{ A=\left[ 0,1\right] }\) I \(\displaystyle{ B=\left[ 1,2\right] }\).
Wtedy:
\(\displaystyle{ Int\left( A \cup B\right)= Int\left( \left[ 0,2\right] \right)=\left( 0,2\right), }\) lecz:
\(\displaystyle{ Int\left( A\right) \cup Int\left( B\right)=\left( 0,1\right) \cup \left( 1,2\right)=\left( 0,2\right) \setminus \left\{ 1\right\} \neq \left( 0,2\right).\square }\)
(Nikt tego nie zbadał ).
Niech \(\displaystyle{ \left( X,T\right) }\) będzie przestrzenią topologiczną.
Podzbiór \(\displaystyle{ A \subset X}\) nazywamy dziedziną domkniętą, gdy jest równy domknięciu wnętrza tego zbioru, natomiast jest on dziedziną otwartą, gdy jest on równy wnętrzu domknięcia tego zbioru.
I mam wykazać, że suma dwóch dziedzin domkniętych jest dziedziną domkniętą, oraz dopełnienie dziedziny domkniętej jest dziedziną otwartą.
Niestety, wnętrze sumy dwóch podzbiorów przestrzeni topologicznej nie musi być równe sumie wnętrz, a równość (dla dowolnego ustalonego zbioru \(\displaystyle{ A \subset X}\)):
\(\displaystyle{ Int\left( A\right)=X \setminus \overline {X \setminus A}, }\)
też nie widzę jak tą równość można by tu zastosować, można próbować pokazać tu dwie inkluzje, ale czarno to widzę, mogę prosić o wskazówki??
I tak, wnętrze sumy dwóch podzbiorów prostej z naturalną topologią nie musi być równe sumie wnętrz, wystarczy rozważyć przedziały domknięte: \(\displaystyle{ A=\left[ 0,1\right] }\) I \(\displaystyle{ B=\left[ 1,2\right] }\).
Wtedy:
\(\displaystyle{ Int\left( A \cup B\right)= Int\left( \left[ 0,2\right] \right)=\left( 0,2\right), }\) lecz:
\(\displaystyle{ Int\left( A\right) \cup Int\left( B\right)=\left( 0,1\right) \cup \left( 1,2\right)=\left( 0,2\right) \setminus \left\{ 1\right\} \neq \left( 0,2\right).\square }\)
(Nikt tego nie zbadał ).
-
- Użytkownik
- Posty: 2284
- Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Sosnowiec
- Podziękował: 88 razy
- Pomógł: 351 razy
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
Niech \(\displaystyle{ A,B\subset X}\) będą dziedzinami domkniętymi.
Z monotoniczności operacji wnętrza i domknięcia
\(\displaystyle{ \mathrm{cl}\, \mathrm{int}\, A \subset \mathrm{cl} \,\mathrm{int}\, (A\cup B)}\),
\(\displaystyle{ \mathrm{cl}\, \mathrm{int} \,B \subset \mathrm{cl} \,\mathrm{int}\,(A\cup B)}\),
więc
\(\displaystyle{ A\cup B = \mathrm{cl} \,\mathrm{int}\, A \cup \mathrm{cl}\, \mathrm{int}\, B\subset \mathrm{cl}\, \mathrm{int} \,(A\cup B).}\)
Na odwrót,
\(\displaystyle{ \mathrm{cl} \,\mathrm{int}\, (A \cup B)\subset \mathrm{cl} \,( A \cup B) =\mathrm{cl}\, A \cup\mathrm{cl}\, B = A\cup B,}\)
gdyż \(\displaystyle{ A, B}\) są w szczególności domknięte.
Dowód drugiej własności idzie ze znanych wzorów na dualność operacji wnętrza i domknięcia (jeden z tych wzorów to ten podany przez Ciebie).
Z monotoniczności operacji wnętrza i domknięcia
\(\displaystyle{ \mathrm{cl}\, \mathrm{int}\, A \subset \mathrm{cl} \,\mathrm{int}\, (A\cup B)}\),
\(\displaystyle{ \mathrm{cl}\, \mathrm{int} \,B \subset \mathrm{cl} \,\mathrm{int}\,(A\cup B)}\),
więc
\(\displaystyle{ A\cup B = \mathrm{cl} \,\mathrm{int}\, A \cup \mathrm{cl}\, \mathrm{int}\, B\subset \mathrm{cl}\, \mathrm{int} \,(A\cup B).}\)
Na odwrót,
\(\displaystyle{ \mathrm{cl} \,\mathrm{int}\, (A \cup B)\subset \mathrm{cl} \,( A \cup B) =\mathrm{cl}\, A \cup\mathrm{cl}\, B = A\cup B,}\)
gdyż \(\displaystyle{ A, B}\) są w szczególności domknięte.
Dowód drugiej własności idzie ze znanych wzorów na dualność operacji wnętrza i domknięcia (jeden z tych wzorów to ten podany przez Ciebie).
-
- Użytkownik
- Posty: 1417
- Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 68 razy
- Pomógł: 83 razy
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
Dzięki.
Właśnie udało mi się udowodnić, zgodnie ze wskazówką, drugi z tych faktów, proszę o sprawdzenie:
Niech \(\displaystyle{ A \subset X}\) będzie dziedziną domkniętą.
Wykażemy, że zbiór \(\displaystyle{ X \setminus A}\) jest dziedziną otwartą.
Mamy:
\(\displaystyle{ Int\left( \overline{X \setminus A} \right)= }\)
(podstawiając pod ten wzór) :
\(\displaystyle{ =X \setminus \overline {X \setminus \overline {X \setminus A}} = X \setminus \overline {Int\left( A\right) }= }\)
co jest równe, gdyż zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest dziedziną domkniętą, tak więc: \(\displaystyle{ A=\overline {Int\left( A\right) },}\) więc to jest równe:
\(\displaystyle{ =X \setminus A;}\)
a więc zbiór \(\displaystyle{ X \setminus A}\) jest dziedziną otwartą.\(\displaystyle{ \square}\)
Chyba dobrze
Mam też takie zadanie, aby wykazać, że suma zbioru brzegowego w danej przestrzeni topologicznej \(\displaystyle{ \left( X,T\right) }\) oraz zbioru nigdziegęstego w tej samej przestrzeni topologicznej jest zbiorem brzegowym w tej przestrzeni. Mogę prosić o wskazówkę??
(Podzbiór \(\displaystyle{ A \subset X,}\) nazywamy zbiorem brzegowym, gdy ma puste wnętrze, tzn. gdy: \(\displaystyle{ Int\left( A\right)= \emptyset.}\)
Podzbiór \(\displaystyle{ A \subset X}\) nazywamy nigdziegęstym, gdy jego domknięcie jest zbiorem brzegowym).
A suma dwóch brzegowych podzbiorów prostej nie musi być zbiorem brzegowym.
Wystarczy rozważyć, jako pierwszy zbiór, rozważmy zbiór liczb wymiernych, i rozważmy zbiór liczb niewymiernych, jako drugi zbiór.
Wtedy wnętrze zbioru liczb wymiernych jest puste, a więc jest to zbiór brzegowy, podobnie zbiór liczb niewymiernych jest zbiorem brzegowym, podczas gdy wnętrze ich sumy, czyli wnętrze całego zbioru liczb rzeczywistych jest całym zbiorem liczb rzeczywistych, zbiorem niepustym, a więc nie jest to zbiór brzegowy; i suma dwóch zbiorów brzegowych nie musi być zbiorem brzegowym.\(\displaystyle{ \square}\)
Właśnie udało mi się udowodnić, zgodnie ze wskazówką, drugi z tych faktów, proszę o sprawdzenie:
Niech \(\displaystyle{ A \subset X}\) będzie dziedziną domkniętą.
Wykażemy, że zbiór \(\displaystyle{ X \setminus A}\) jest dziedziną otwartą.
Mamy:
\(\displaystyle{ Int\left( \overline{X \setminus A} \right)= }\)
(podstawiając pod ten wzór) :
\(\displaystyle{ =X \setminus \overline {X \setminus \overline {X \setminus A}} = X \setminus \overline {Int\left( A\right) }= }\)
co jest równe, gdyż zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest dziedziną domkniętą, tak więc: \(\displaystyle{ A=\overline {Int\left( A\right) },}\) więc to jest równe:
\(\displaystyle{ =X \setminus A;}\)
a więc zbiór \(\displaystyle{ X \setminus A}\) jest dziedziną otwartą.\(\displaystyle{ \square}\)
Chyba dobrze
Mam też takie zadanie, aby wykazać, że suma zbioru brzegowego w danej przestrzeni topologicznej \(\displaystyle{ \left( X,T\right) }\) oraz zbioru nigdziegęstego w tej samej przestrzeni topologicznej jest zbiorem brzegowym w tej przestrzeni. Mogę prosić o wskazówkę??
(Podzbiór \(\displaystyle{ A \subset X,}\) nazywamy zbiorem brzegowym, gdy ma puste wnętrze, tzn. gdy: \(\displaystyle{ Int\left( A\right)= \emptyset.}\)
Podzbiór \(\displaystyle{ A \subset X}\) nazywamy nigdziegęstym, gdy jego domknięcie jest zbiorem brzegowym).
A suma dwóch brzegowych podzbiorów prostej nie musi być zbiorem brzegowym.
Wystarczy rozważyć, jako pierwszy zbiór, rozważmy zbiór liczb wymiernych, i rozważmy zbiór liczb niewymiernych, jako drugi zbiór.
Wtedy wnętrze zbioru liczb wymiernych jest puste, a więc jest to zbiór brzegowy, podobnie zbiór liczb niewymiernych jest zbiorem brzegowym, podczas gdy wnętrze ich sumy, czyli wnętrze całego zbioru liczb rzeczywistych jest całym zbiorem liczb rzeczywistych, zbiorem niepustym, a więc nie jest to zbiór brzegowy; i suma dwóch zbiorów brzegowych nie musi być zbiorem brzegowym.\(\displaystyle{ \square}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 2284
- Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Sosnowiec
- Podziękował: 88 razy
- Pomógł: 351 razy
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
Rozwiązanie dobre. Co do kolejnego zadania udowodnij, że dla dowolnych zbiorów \(\displaystyle{ A,B}\) zachodzi
\(\displaystyle{ \mathrm{int}\,(A\cup B)\subset \mathrm{cl}\,A\cup\mathrm{int}\, B}\).
\(\displaystyle{ \mathrm{int}\,(A\cup B)\subset \mathrm{cl}\,A\cup\mathrm{int}\, B}\).
-
- Użytkownik
- Posty: 1417
- Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 68 razy
- Pomógł: 83 razy
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
Spróbuje to udowodnić.
Niech \(\displaystyle{ A,B \subset X}\), gdzie \(\displaystyle{ \left( X,T\right) }\) jest przestrzenią topologiczną.
Aby pokazać inkluzję:
\(\displaystyle{ Int(A \cup B) \subset \overline{A} \cup Int\left( B\right)}\),
to niech \(\displaystyle{ x \in Int(A \cup B).}\)
Wtedy, z własności wnętrza, otrzymujemy pewne otoczenie \(\displaystyle{ U(x)}\) punktu \(\displaystyle{ x}\) zawarte w zbiorze \(\displaystyle{ A \cup B.}\)
Jeśli dla każdego otoczenia \(\displaystyle{ W(x)}\) punktu \(\displaystyle{ x}\) otoczenie \(\displaystyle{ W(x)}\) przecina zbiór \(\displaystyle{ A}\), tzn. \(\displaystyle{ W(x) \cap A \neq \left\{ \right\}}\), dla każdego otoczenia \(\displaystyle{ W(x)}\) punktu \(\displaystyle{ x}\), to, z własności domknięcia: \(\displaystyle{ x \in \overline{A}}\), a więc tym bardziej element \(\displaystyle{ x}\) należy do rozważanej sumy.
W przeciwnym razie otrzymujemy pewne otoczenie \(\displaystyle{ W(x)}\) punktu \(\displaystyle{ x}\) rozłączne ze zbiorem \(\displaystyle{ A}\).
Ponieważ \(\displaystyle{ Int\left( A \cup B\right) \subset A \cup B}\), to \(\displaystyle{ x \in A \cup B}\). Mamy:
\(\displaystyle{ U(x) \cap W(x) \subset \left( A \cup B\right) \cap (A'=X \setminus A) \subset B,}\)
i ponieważ otoczenie \(\displaystyle{ U}\) jest zbiorem otwartym, i otoczenie \(\displaystyle{ W}\) jest zbiorem otwartym, to również ich przekrój jest otwarty i \(\displaystyle{ x \in U(x) \cap W(x)}\), a zatem ten przekrój \(\displaystyle{ U(x) \cap W(x)}\) jest otoczeniem punktu \(\displaystyle{ x}\) zawartym w zbiorze \(\displaystyle{ B}\), a stąd \(\displaystyle{ x \in Int(B) \subset \overline{A} \cup Int(B).\square}\)
Dobrze
Niech \(\displaystyle{ A,B \subset X}\), gdzie \(\displaystyle{ \left( X,T\right) }\) jest przestrzenią topologiczną.
Aby pokazać inkluzję:
\(\displaystyle{ Int(A \cup B) \subset \overline{A} \cup Int\left( B\right)}\),
to niech \(\displaystyle{ x \in Int(A \cup B).}\)
Wtedy, z własności wnętrza, otrzymujemy pewne otoczenie \(\displaystyle{ U(x)}\) punktu \(\displaystyle{ x}\) zawarte w zbiorze \(\displaystyle{ A \cup B.}\)
Jeśli dla każdego otoczenia \(\displaystyle{ W(x)}\) punktu \(\displaystyle{ x}\) otoczenie \(\displaystyle{ W(x)}\) przecina zbiór \(\displaystyle{ A}\), tzn. \(\displaystyle{ W(x) \cap A \neq \left\{ \right\}}\), dla każdego otoczenia \(\displaystyle{ W(x)}\) punktu \(\displaystyle{ x}\), to, z własności domknięcia: \(\displaystyle{ x \in \overline{A}}\), a więc tym bardziej element \(\displaystyle{ x}\) należy do rozważanej sumy.
W przeciwnym razie otrzymujemy pewne otoczenie \(\displaystyle{ W(x)}\) punktu \(\displaystyle{ x}\) rozłączne ze zbiorem \(\displaystyle{ A}\).
Ponieważ \(\displaystyle{ Int\left( A \cup B\right) \subset A \cup B}\), to \(\displaystyle{ x \in A \cup B}\). Mamy:
\(\displaystyle{ U(x) \cap W(x) \subset \left( A \cup B\right) \cap (A'=X \setminus A) \subset B,}\)
i ponieważ otoczenie \(\displaystyle{ U}\) jest zbiorem otwartym, i otoczenie \(\displaystyle{ W}\) jest zbiorem otwartym, to również ich przekrój jest otwarty i \(\displaystyle{ x \in U(x) \cap W(x)}\), a zatem ten przekrój \(\displaystyle{ U(x) \cap W(x)}\) jest otoczeniem punktu \(\displaystyle{ x}\) zawartym w zbiorze \(\displaystyle{ B}\), a stąd \(\displaystyle{ x \in Int(B) \subset \overline{A} \cup Int(B).\square}\)
Dobrze
-
- Użytkownik
- Posty: 2284
- Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Sosnowiec
- Podziękował: 88 razy
- Pomógł: 351 razy
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
Dowód z grubsza poprawny. Ja bym go napisał inaczej (bez przechodzenia na otoczenia), ale idea w zasadzie ta sama.