2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2
 
 
Сообщение18.02.2006, 19:29 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17973
Москва
shwedka писал(а):
удалим из прямой и полупрямой по одной точке (связанных предполагаемым гоимеоморфизмом.) Прямая и полупрямая разобьются на 2 части.
У полупрямой одна из частей имеет компактное замыкание, а у прямой замыкания обеих частей некомпактны.


Если совсем по простому: полупрямая имеет точку, после удаления которой остаётся связное множество, а прямая таких точек не имеет.

 Профиль  
                  
 
 Re: Задача по топологии прямой
Сообщение18.02.2006, 21:51 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17973
Москва
Padawan писал(а):
Гомеоморфны ли множества всех рациональных чисел и неотрицательных рациональных чисел?


Гомеоморфны. Обозначим $\mathbb Q$ - множество рациональных чисел, $\mathbb Q_+$ - множество неотрицательных рациональных чисел.

1) Функция $f\colon\mathbb Q_+$\to[0;1)$, где $fx=\frac{x}{x+1}$ при $x\in \mathbb Q_+$, определяет гомеоморфизм множества $\mathbb Q_+$ на множество $\mathbb Q_1=f\mathbb Q_+$ рациональных чисел полуинтервала $[0;1)$.

2) Пусть $\alpha\in(0;1)$ - произвольное иррациональное число. Функция $g\colon\mathbb Q_1\to(\alpha;1+\alpha)$, определяемая для $x\in\mathbb Q_1$ равенством
$$gx=\begin{cases}x+1\text{ при }x<\alpha\text{,}\\x\text{ при }x>\alpha\text{,}\end{cases}$$
задаёт гомеоморфизм множества $\mathbb Q_1$ на множество $\mathbb Q_2=g\mathbb Q_1$.

3) Теперь мы имеем два счётных линейно упорядоченных множества $\mathbb Q$ и $\mathbb Q_2$ без первого и последнего элемента и без изолированных точек. Этих свойств достаточно, чтобы построить подобие (взаимно однозначное отображение, сохраняющее порядок) $h\colon\mathbb Q_2\to\mathbb Q$. Поскольку топологии на $\mathbb Q$ и $\mathbb Q_2$ определяются интервалами, подобие будет гомеоморфизмом.

Подробное построение подобия немного длинно. В книге [1] (Глава IV, § 3, теорема 2) рассуждение занимает две страницы. Правда, построение ведётся без аксиомы выбора, а если её использовать, то можно и покороче.

По поводу продолжения отображения. Если $X$ и $Y$ - полные метрические пространства, $A\subseteq X$ - всюду плотное подмножество, $f\colon A\to Y$ - непрерывное отображение, то существует его непрерывное продолжение на множество $B$ типа $G_{\delta}$ (это множество, которое можно представить как пересечение счётного семейства открытых подмножеств пространства $X$, содержащих $A$). Где посмотреть доказательство, не знаю, но идеи можно почерпнуть здесь: http://dxdy.ru/viewtopic.php?t=337.

[1] К.Куратовский, А.Мостовский, Теория множеств, "Мир", Москва, 1970.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.02.2006, 16:47 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/09/05
287
Someone писал(а):
Функция $g$ ... задаёт гомеоморфизм ...

Это не совсем так. Отображение $g^{-1}$ не является непрерывным в точке $1$: $g^{-1}(1-\frac{1}{n})=1-\frac{1}{n}\not\to 0 = g^{-1}(1)$.

Вместе с тем, небольшая модификация предложенных Someone идей, позволяет установить, что множества $\mathbb Q_{[0,1)}=\mathbb Q\cap[0,1)$ и $\mathbb Q_{(-1,1)}=\mathbb Q\cap(-1,1)$ (а значит $\mathbb Q$ и $\mathbb Q\cap [0,\infty)$) гомеоморфны, как метрические пространства с обычной метрикой на прямой.

Для доказательства возьмем три последовательности иррациональных чисел $\{\alpha_i\}$, $\{\beta_i\}$ и $\{\gamma_i\}$ такие, что:

$$
0<\ldots < \alpha_3 < \alpha_2 <\alpha_1 < 1,
$$

$$
0<\ldots < \beta_3 < \beta_2 <\beta_1 < 1,
$$

$$
-1< \gamma_1 < \gamma_2 <\gamma_3 <\ldots < 0.
$$

Как показано на приведенном ниже рисунке, эти последовательности разбивают $\mathbb Q_{[0,1)}$ и $\mathbb Q_{(-1,1)}$ на счетное число прмежутков.

Изображение

Здесь, например, $I_1=\mathbb Q\cap(\alpha_1,1)$, $J_1=\mathbb Q\cap(\alpha_2,\alpha_1)$ и $J'_3=\mathbb Q\cap(\gamma_2,\gamma_3)$.


Как отмечал Someone, существуют гомеоморфизмы (являющиеся подобиями) $f_s\colon I_s\to I'_s$ и $g_t\colon J_t\to J'_t$, $s,t\in\mathbb N$.

Отображение $h\colon\mathbb Q_{[0,1)}\to\mathbb Q_{(-1,1)}$, определяемое соотношением
$$
h(x) =\left\{
\begin{array}{l}
0\mbox{ при } x=0,\\
f_s(x)\mbox{ при } x\in I_s,\\
g_t(x)\mbox{ при } x\in J_t,
\end{array}
\right. 
$$
является гомеоморфизмом.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.02.2006, 16:57 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17973
Москва
lofar писал(а):
Someone писал(а):
Функция $g$ ... задаёт гомеоморфизм ...

Это не совсем так. Отображение $g^{-1}$ не является непрерывным в точке $1$: $g^{-1}(1-\frac{1}{n})=1-\frac{1}{n}\not\to 0 = g^{-1}(1)$.


Да, Вы правы. Хотел как проще, и просмотрел этот момент.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.02.2006, 17:25 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17973
Москва
lofar писал(а):
Для доказательства возьмем три последовательности иррациональных чисел $\{\alpha_i\}$, $\{\beta_i\}$ и $\{\gamma_i\}$ такие, что:

$$0<\ldots < \alpha_3 < \alpha_2 <\alpha_1 < 1,$$

$$0<\ldots < \beta_3 < \beta_2 <\beta_1 < 1,$$

$$-1< \gamma_1 < \gamma_2 <\gamma_3 <\ldots < 0.$$


Необходимое уточнение: $\lim\limits_{i\to\infty}\alpha_i=\lim\limits_{i\to\infty}\beta_i=\lim\limits_{i\to\infty}\gamma_i=0$.

lofar писал(а):
Здесь, например, $I_1=\mathbb Q\cap(\alpha_1,1)$, $J_1=\mathbb Q\cap(\alpha_2,\alpha_1)$ и $J'_3=\mathbb Q\cap(\gamma_2,\gamma_3)$.


И $I'_2=\mathbb Q\cap(\beta_2,\beta_1)$. А то непонятно, куда $\{\beta_i\}$ девать.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.02.2006, 09:06 


06/11/05
87
А вот такое доказательство пройдёт?
Рассмотрим топологию индуцированную обычной топологией прямой на её подмножество рациональных точек, тогда
1. очевидно,что любые два интервала гомеоморфны и гомеоморфны открытым лучам
2. каждый интервал будет одновременно открытым и замкнутым множеством, как пересечение с открытым интервалом, либо как пересечение с отрезком с иррациональными концами соответственно.
3.в рациональной прямой дополнением до точки является объединение двух открытых лучей, которые по пункту 2 будут кроме, как открытыми ещё и замкнутыми множествами, а значит точка будет открытым множеством.
4. тогда полученная топология является дискретной
5. в силу пункта 4 любая биекция между Q и Q+ будет гомеоморфизмом.

Верны ли первые два пункта?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.02.2006, 09:59 
Экс-модератор


12/06/05
1595
MSU
По пункту 2: рассмотрим интервал $(0,1)\cap \mathbb Q$. Как его представить в виде отрезка с иррациональными концами?
По пункту 1: какой гомеоморфизм переводит все рациональные точки интервала (0,1) в рациональные точки интервала $(\sqrt 2,\sqrt 3)$?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.02.2006, 14:13 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17973
Москва
Trueman писал(а):
А вот такое доказательство пройдёт?
Рассмотрим топологию индуцированную обычной топологией прямой на её подмножество рациональных точек, тогда
1. очевидно,что любые два интервала гомеоморфны и гомеоморфны открытым лучам
2. каждый интервал будет одновременно открытым и замкнутым множеством, как пересечение с открытым интервалом, либо как пересечение с отрезком с иррациональными концами соответственно.
3.в рациональной прямой дополнением до точки является объединение двух открытых лучей, которые по пункту 2 будут кроме, как открытыми ещё и замкнутыми множествами, а значит точка будет открытым множеством.
4. тогда полученная топология является дискретной
5. в силу пункта 4 любая биекция между Q и Q+ будет гомеоморфизмом.

Верны ли первые два пункта?


Пункт 1 верен, но доказательство очень далеко от слова "очевидно".
Пункт 2 неверен. Например, интервал $\mathbb Q\cap(0,1)$ не является замкнутым в $\mathbb Q$ - см. в http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=10998#10998 объяснение, почему отображение $g^{-1}$ не является непрерывным.
Все последующие пункты, естественно, неверны.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.02.2006, 09:14 


06/11/05
87
Someone писал(а):
Trueman писал(а):
А вот такое доказательство пройдёт?
Рассмотрим топологию индуцированную обычной топологией прямой на её подмножество рациональных точек, тогда
1. очевидно,что любые два интервала гомеоморфны и гомеоморфны открытым лучам
2. каждый интервал будет одновременно открытым и замкнутым множеством, как пересечение с открытым интервалом, либо как пересечение с отрезком с иррациональными концами соответственно.
3.в рациональной прямой дополнением до точки является объединение двух открытых лучей, которые по пункту 2 будут кроме, как открытыми ещё и замкнутыми множествами, а значит точка будет открытым множеством.
4. тогда полученная топология является дискретной
5. в силу пункта 4 любая биекция между Q и Q+ будет гомеоморфизмом.

Верны ли первые два пункта?


Пункт 1 верен, но доказательство очень далеко от слова "очевидно".
Пункт 2 неверен. Например, интервал $\mathbb Q\cap(0,1)$ не является замкнутым в $\mathbb Q$ - см. в http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=10998#10998 объяснение, почему отображение $g^{-1}$ не является непрерывным.
Все последующие пункты, естественно, неверны.


Если пункт один верен, то тогда так как есть интервалы являющиеся замкнутыми, то тогда все интервалы можно считать замкнутыми или нет?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.02.2006, 15:09 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/07/05
17973
Москва
Trueman писал(а):
Someone писал(а):
Пункт 2 неверен. Например, интервал $\mathbb Q\cap(0,1)$ не является замкнутым в $\mathbb Q$ - см. в http://dxdy.ru/viewtopic.php?p=10998#10998 объяснение, почему отображение $g^{-1}$ не является непрерывным.


Если пункт один верен, то тогда так как есть интервалы являющиеся замкнутыми, то тогда все интервалы можно считать замкнутыми или нет?


Там же написано: "интервал $\mathbb Q\cap(0,1)$ не является замкнутым в $\mathbb Q$".

 Профиль  
                  
 
 Re: Задача по топологии прямой
Сообщение06.03.2006, 18:33 


06/03/06
150
Padawan писал(а):
1.Доказать, что множества всех действительных чисел и неотрицательных действительных чисел не гомеоморфны.


Это локально компактные пространства. У них не гомеомрфны одноточечные компактификации.

Padawan писал(а):
2.Гомеоморфны ли множества всех рациональных чисел и неотрицательных рациональных чисел?


Гомеоморфны. Любое метризуемое счетное пространство без изолированных точек гомеоморфно рациональным числам.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 26 ]  На страницу Пред.  1, 2

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group