Προβλήματα Μαθηματικών

Μαρτίου 10, 2009

Αναλλοίωτο σύνολο

Έστω K\subset\mathbb R κλειστό & φραγμένο, και f:K\to K μια συνεχής συνάρτηση. Δείξτε ότι υπάρχει σύνολο A\subset K μη κενό & κλειστό, το οποίο η συνάρτηση αφήνει αναλλοίωτο, δηλαδή f(A)=A.

Advertisements

16 Σχόλια »

  1. Υπόδειξη: Zorn

    (Θέμη, έχεις υπόψη σου διαφορετική λύση χωρίς επιλογή, Zorn κτλ; )

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από demetres — Μαρτίου 10, 2009 @ 1:36 μμ

  2. Ναι, υπάρχει καθαρά κατασκευαστική απόδειξη.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Μαρτίου 10, 2009 @ 2:53 μμ

  3. Δουλεύει και με Bourbaki-Witt που είναι κατασκευαστικό. 🙂

    Προς το παρόν βάζω την ιδέα η οποία παρακινεί τις αποδείξεις που θα βάλω αργότερα:

    Αν f(K) = K τελειώσαμε. Άρα μπορώ περιοριστώ στο K_1 = f(K) το οποίο ως συνεχής εικόνα συμπαγή χώρου είναι συμπαγές. Αν f(K_1) = K_1 τελειώσαμε. Άρα μπορώ περιοριστώ στο K_2 = f(K_1). Αν f(K_n) \neq K_n για όλα τα n, τότε κοιτάμε το K' = \cap K_n το οποίο είναι συμπαγές, και από την συμπάγεια του Κ είναι μή κενό. Αν f(K') = K' τελειώσαμε. Αν όχι…. Κάποτε η διαδικασία θα τελειώσει.

    Γιατί τελειώνει αργότερα. (Αν και όσοι ξέρουν από Axiom of Choice, Zorn, transfinite induction κτλ μάλλον ήδη γνωρίζουν την απάντηση.)

    Κάποτε αυτή η διαδικασία

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από demetres — Μαρτίου 10, 2009 @ 5:40 μμ

  4. Sorry, έβαζα \latex αντί σκέτο latex. Κάποιος που μπορεί ας διορθώσει το πιο πάνω μήνυμα.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από demetres — Μαρτίου 10, 2009 @ 5:43 μμ

  5. Στην πραγματικότητα, τελειώσαμε.
    Ισχύει ότι f(K')=K' (γιατί;)
    Δεν χρειάζεται υπερπεπερασμένη επαγωγή.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Μαρτίου 10, 2009 @ 8:44 μμ

  6. Σωστά δεν το είχα προσέξει. Το f(K') \subseteq K' είναι εύκολο και δεν χρειάζεται να το γράψω. Για το K' \subseteq f(K'): Για x \in K' = \cap K_n = \cap f(K_n) θέτω B = f^{-1}(\{x\}). To B είναι συμπαγές άρα το ίδιο ισχύει και για κάθε ένα από τα B \cap K_n τα οποία είναι μη κενά. Άρα και το \cap (B \cap K_n) είναι μη κενό. Για οποιοδήποτε y \in \cap (B \cap K_n) \subseteq K' έχουμε f(y) = x, και άρα x \in f(K').

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από demetres — Μαρτίου 11, 2009 @ 12:01 πμ

  7. Σωστά. Γενικότερα, αν F_n είναι μια φθίνουσα ακολουθία κλειστών συνόλων σ’ ένα συμπαγή χώρο X και η f:X\to X είναι συνεχής, τότε
    \displaystyle f\left(\bigcap_{n=1}^\infty F_n\right)=\bigcap_{n=1}^\infty f(F_n).
    Μπορεί να το δείξει κανείς;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Μαρτίου 11, 2009 @ 12:27 πμ

  8. Αν Χ μετρικός χώρος, η γενικά οποιοσδήποτε χώρος για τον οποίο τα μονοσύνολα είναι κλειστά, τότε η προηγούμενή μου απόδειξη δουλεύει. Για γενικό τοπολογικό χώρο Χ δεν ξέρω ακόμα.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από demetres — Μαρτίου 12, 2009 @ 12:13 μμ

  9. Νόμιζα πως το είχα αποδείξει αλλά η παρακάτω απόδειξη δεν δουλεύει 😦

    Το f\left(\bigcap_{n=1}^{\infty} F_n \right) \subseteq \bigcap_{n=1}^{\infty} f(F_n) είναι εύκολο. Για το αντίστροφο, ας πάρουμε x \in \bigcap_{n=1}^{\infty} f(F_n). Τότε υπάρχουν y_1 \in F_1, y_2 \in F_2, \ldots ώστε x = f(y_1) = f(y_2) = \ldots. Από συμπάγεια, η ακολουθιά y_1,y_2,\ldots έχει μια συγκλίνουσα υπακολουθία. Ας πούμε πως συγκλίνει στο y. Αφού τα F_n είναι κλειστά, το y ανήκει στο \bigcap_{n=1}^{\infty} F_n και αφού f συνεχής, f(y) = x και τελειώσαμε.

    Λάθος: Αν ο χώρος Χ δεν είναι Hausdorff τότε δεν ισχυέι απαραίτητα ότι f(y) = x.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από demetres — Μαρτίου 12, 2009 @ 12:53 μμ

  10. Ισχύει σε χώρους Hausdorff.
    Όχι όμως με αυτήν την απόδειξη.
    Σ’ έναν γενικό τοπολογικό χώρο η συμπάγεια δεν συνεπάγεται κατ’ανάγκη ακολουθιακή συμπάγεια.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Μαρτίου 12, 2009 @ 2:27 μμ

  11. Δίκιο έχεις. Είχα την εντύπωση πως ίσχυε αλλά δεν θυμόμουν σωστά.

    Τέλος πάντων. Αν ο χώρος είναι Hausdorff τότε τα μονοσύνολα είναι κλειστά (αφού είναι αυθαίρετη τομή κλειστών συνόλων) άρα η απόδειξή μου στο 6 δουλεύει.

    Αν όμως ο χώρος δεν είναι Hausdorff;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από demetres — Μαρτίου 13, 2009 @ 12:37 μμ

  12. Να γιατί συνήθως λέμε ότι όλοι οι χώροι είναι Hausdorff…
    Αυτό δεν είναι σχήμα λόγου. Συχνά στον ορισμό τής συμπάγειας περιλαμβάνεται η ιδιότητα Hausdorff.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Μαρτίου 13, 2009 @ 1:29 μμ

  13. Δεν είχα ξαναδεί ορισμό της συμπάγειας που να περιλαμβάνει Hausdorff.

    Λοιπόν, νομίζω έχω κατασκευάσει ένα χώρο (μη Hausdorff) για τον οποίο δεν ισχύει το αποτέλεσμα.

    X = [0,1] \cup \{0^*\}. Ένα υποσύνολο Α του Χ είναι ανοικτό αν και μόνο αν

    1) A\cup [0,1] ανοικτό με την σύνηθη τοπολογία του [0,1]
    2) 0 \in A \Leftrightarrow 0^* \in A

    Επειδή το [0,1] είναι συμπαγές, τότε και το Χ είναι συμπαγές.

    Ορίζω f:X \to X, f(x) = 0^* αν x \in \{0,0^*\} και f(x) = 0 αν x \notin \{0,0^*\}.

    Αν ένα ανοικτό σύνολο περιέχει τα 0,0^* τότε η αντίστροφη εικόνα είναι το X, και αν δεν περιέχει κανένα από τα 0,0^* τότε η αντίστροφη εικόνα είναι το κενό σύνολο. Άρα f συνεχής.

    Παίρνω F_n = [0,1/n] \cap \{0^*\}. Τότε \cap f(F_n) = \{0,0^*\} αλλά f(\cap (F_n)) = \{0^*\}.

    Ισχύει όμως το αρχικό ερώτημα. (Υπάρχει μη κενό Α με f(A) = A.) Δεν ξέρω όμως αν αυτό ισχύει πάντα. Η αρχική μου απόδειξη με Zorn δεν δουλεύει.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από demetres — Μαρτίου 13, 2009 @ 2:37 μμ

  14. Αν έχω καταλάβει σωστά τον τρόπο που ορίζεις την τοπολογία, το (0,1) είναι ανοιχτό. Αλλά η αντίστροφη εικόνα του είναι το \{0\} το οποίο δεν είναι ανοιχτό. Άρα η συνάρτηση δεν είναι συνεχής.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Μαρτίου 13, 2009 @ 5:28 μμ

  15. Θέμη, υπάρχει ένα λάθος στο (1). Η ένωση πρέπει να γίνει τομή.

    Το (0,1) είναι ανοιχτό αλλά η αντίστροφη εικόνα είναι το κενό σύνολο και όχι το \{0\}. To \{0\} είναι η εικόνα του (0,1).

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από demetres — Μαρτίου 13, 2009 @ 11:29 μμ

  16. Ναι, φυσικά. Έχεις δίκιο.
    Στην πραγματικότητα, το ότι είπα ότι η αντίστροφη εικόνα ενός συνόλου (με περισσότερα από ένα στοιχεία) μέσω οποιασδήποτε απεικόνισης είναι μονοσύνολο, είναι βέβαια καθαρή ανοησία.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Μαρτίου 14, 2009 @ 3:05 μμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Blog στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: