Задачи по топологии

[Hasek]

Вновь прошу форумчан проверить правильность моих рассуждений и помочь сделать то, с чем не удалось разобраться самостоятельно.

Цитата:

Задача 1: Докажите, что всякое открытое подмножество в $\mathbb{R}^n$ можно представить в виде объединения счётного числа замкнутых множеств.

Решение: Выберем замкнутое множество, полностью лежащее внутри заданного открытого, и построим к границе исходного открытого множества последовательность замкнутых пересекающихся множеств с границами в рациональных точках. Так как сколь угодно близко к любому вещественному числу есть рациональная точка, то любая точка лежит внутри такого множества вместе с некоторой своей окрестностью. Так как рациональных чисел счётное число, то построенное множество есть объединение счётного числа замкнутых множеств.

Цитата:

Задача 2: Пусть $A$ и $B$ -- подмножества в $\mathbb{R}$. Докажите, что подмножество $A \times B$ в $\mathbb{R}^2$ замкнуто тогда и только тогда, когда оба подмножества $A$ и $B$ замкнуты.

Решение:

1. Пусть $A$ и $B$ замкнуты, тогда $\mathbb{R} \setminus A$ и $\mathbb{R} \setminus B$ открыты. Любая точка $(x,y) \in (\mathbb{R} \setminus A) \times (\mathbb{R} \setminus B)$ лежит внутри $(\mathbb{R} \setminus A) \times (\mathbb{R} \setminus B)$ вместе с некоторой своей окрестностью, потому что в силу открытости $\mathbb{R} \setminus A$ и $\mathbb{R} \setminus B$ она имеет окрестности по $x$ и $y$. Следовательно, $A \times B$ замкнуто.

2. Пусть $A \times B$ замкнуто. Рассмотрим $(x,y) \in \mathbb{R}^2 \setminus (A \times B)$. Зафиксируем $y$. Любая $(x',y)$ из некоторой окрестности точки $(x,y)$ также принадлежит $\mathbb{R}^2 \setminus (A \times B)$, следовательно, открыто и $\mathbb{R} \setminus A$. Аналогично доказывается открытость $\mathbb{R} \setminus B$.

Цитата:

Задача 3: Пусть $C$ -- замкнутое подмножество в $\mathbb{R}^n$. Докажите, что существует такая последовательность $x_n \in C$, что любую точку множества $C$ можно получить в качестве частичного предела этой последовательности.

Решение: Точка $a$ является предельной точкой множества $C$ тогда и только тогда, когда существует последовательность точек множества $C$, отличных от $a$, которая стремится к $a$. Замкнутое множество содержит все свои предельные точки. Изолированные точки являются пределами финально постоянных подпоследовательностей.

Цитата:

Задача 4: Пусть пространство $X$ получается из двумерного тора склеиванием двух точек в одну. Найдите фундаментальную группу пространства $X$.

Решение: Тор с двумя отождествлёнными точками гомотопически эквивалентен букету тора и окружности. По теореме ван Кампена $\pi_1 (T^2 \vee S^1) \cong \pi_1 (T^2) \ast \pi_1 (S^1) \cong \mathbb{Z}^2 \ast \mathbb{Z}$.

Цитата:

Задача 5: Пусть $A$ -- множество в $\mathbb{R}^3$, являющееся объединением оси $z$, единичной окружности в плоскости $x, y$ и точки $(3,3,0)$. Докажите, что фундаментальная группа множества $\mathbb{R}^3 \setminus A$ содержит подгруппу, изоморфную группе $\mathbb{Z}$.

Решить не смог. Видимо надо по аналогии с предыдущей задачей заметить гомеоморфность или гомотопическую эквивалентность какому-нибудь "удобному" пространству, фундаментальная группа которого легко вычисляется.

Цитата:

Задача 6: (а) Существует ли непрерывное отображение $f\colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$, такое, что $f(\mathbb{R}^2) = [0,1]$, и множество $f^{-1}(x)$ ограниченно для любого $x \in [0,1]$?
(b) Тот же вопрос при дополнительном предположении, что $f$ монотонно, то есть прообраз всякого связного множества связен.

Исходя из постановки вопроса, можно предположить, что ответ как минимум на пункт (a) положителен, но придумать такое отображение мне не удалось. Всю плоскость $\mathbb{R}^2$ на отрезок $[0,1]$ легко непрерывно отобразить, например, при помощи синуса или косинуса, но требование ограниченности прообраза любой точки выполняться не будет.

[DeBill]

1.

Hasek в сообщении #1142400 писал(а):

множеств с границами в рациональных точках.

Таких не быват....
Попробуйте типа так: удалить их Вашего мн-ва объединение окрестностей радиуса $\frac{1}{n}$ с центрами в граничных точках. Будет ли оно замкнуто?

-- 06.08.2016, 17:09 --

2. Прямое произведение дополнений не есть дополнение прямого произведения, однако (нарисуйте картинку на плоскости).

-- 06.08.2016, 17:11 --

Hasek в сообщении #1142400 писал(а):

Любая $(x',y)$ из некоторой окрестности точки $(x,y)$ также принадлежит $\mathbb{R}^2 \setminus (A \times B)$, следова

Неправда Ваша. Нарисуйте картинку, посмотрите.

-- 06.08.2016, 17:13 --

Hasek в сообщении #1142400 писал(а):

Точка $a$ является предельной точкой множества $C$ тогда и только тогда, когда существует последовательность точек множества $C$, отличных от $a$, которая стремится к $a$. Замкнутое множество содержит все свои предельные точки. Изолированные точки являются пределами финально постоянных подпоследовательностей.

Ну и что? Вы хотите взять в качестве посл-ти все точки из $C$? А вдруг их - несчетное кол-во?
Не катит...

-- 06.08.2016, 17:29 --

5. А в чем проблемы? Да предъявите конкретно что-нить....
6.1. $\arctg r$ - почти хорошо. Осталось его насильно изменить, чтоб образ был поменьше, но в 1 что-то попало...
6.2.

[Hasek]

DeBill в сообщении #1142411 писал(а):

Таких не быват....

Как не бывает?.. А что же тогда, например, $[\frac{1}{3},\frac{2}{3}]$?

DeBill в сообщении #1142411 писал(а):

Попробуйте типа так: удалить их Вашего мн-ва объединение окрестностей радиуса $\frac{1}{n}$ с центрами в граничных точках. Будет ли оно замкнуто?

Сама окрестность есть открытое множество, а объединение любого числа открытых открыто, удаляя из открытого множества открытое вновь получаем открытое. Я только не понимаю, какое отношение эта конструкция имеет к доказательству того, что открытое множество составляется из объединения замкнутых.

По поводу второй задачи есть теперь такие мысли:

1. Пусть $A$ и $B$ замкнуты. Множество замкнуто тогда и только тогда, когда оно содержит все свои предельные точки. Пусть $(x,y)$ -- предельная точка $A \times B$, тогда $\exists \{ (x_n,y_n) \} \in A \times B: (x_n,y_n) \to (x,y)$, то есть $x_n \to x, ~y_n \to y$, а так как $A$ и $B$ замкнуты, то и $(x,y) \in A \times B$.

2. Пусть теперь $A \times B$ замкнуто. Пусть $x$ -- предельная точка $A$. $\exists {x_n} \in A \colon x_n \to x$. Возьмём $y \in B$ и $(x_n,y) \to (x,y)$, а так как $A \times B$ замкнуто, то и $x \in A$.

DeBill в сообщении #1142411 писал(а):

Ну и что? Вы хотите взять в качестве посл-ти все точки из $C$? А вдруг их - несчетное кол-во?
Не катит...

Да, действительно. Тогда воспользуюсь той уловкой, что в условии задачи сказано про $\mathbb{R}^n$, а там есть счётное всюду плотное множество (те же точки с рациональными координатами, например). То есть возьму в последовательность элементы этого всюду плотного множества и при необходимости добавлю изолированные точки заданного замкнутого (если они есть).

DeBill в сообщении #1142411 писал(а):

5. А в чем проблемы? Да предъявите конкретно что-нить....

Видимо начинать "потрошить" $\mathbb{R}^3$ надо с удаления координатной прямой (потому что представить потом окружность и точку на получившемся пространстве как-то легче). Вот что это будет? Уже не понимаю.

DeBill в сообщении #1142411 писал(а):

6.1. $\arctg r$ - почти хорошо. Осталось его насильно изменить, чтоб образ был поменьше, но в 1 что-то попало...

Возьмём $f(x,y) = \frac{1}{\cos\sqrt{x^2 + y^2}}$ и доопределим нулём там, где аргумент равен $\frac{\pi}{2} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

-------------------------------------
UPDATE: Последняя предложенная мною функция не непрерывна, неправ, думаю дальше.

[DeBill]

Hasek в сообщении #1142500 писал(а):

А что же тогда, например, $[\frac{1}{3},\frac{2}{3}]$?

Дык то на прямой... А уже на плоскости - не быват...

Hasek в сообщении #1142500 писал(а):

удаляя из открытого множества открытое вновь получаем открытое

Не, не открытое...

Hasek в сообщении #1142500 писал(а):

там есть счётное всюду плотное множество (те же точки с рациональными координатами, например). То есть возьму в последовательность элементы этого всюду плотного множества

Это уже неплохо. Вот только - они могут и не принадлежать Вашему мн-ву...

[Hasek]

DeBill в сообщении #1142515 писал(а):

Дык то на прямой... А уже на плоскости - не быват..

Ну а квадрат $[\frac{1}{3}, \frac{2}{3}] \times [\frac{2}{5}, \frac{4}{5}]$?

DeBill в сообщении #1142515 писал(а):

Не, не открытое...

Согласен, я ступил вчера. Например, удалим из интервала $(0,1)$ окрестности точек $0$ и $1$ радиуса $\frac{1}{3}$ и получим отрезок $[\frac{1}{3}, \frac{2}{3}]$, то есть замкнутое множество. Значит беру исходное замкнутое множество, выкидываю его пересечения с окрестностями какого-то рационального радиуса его граничных точек, фиксирую получившееся замкнутое, потом чуть-чуть уменьшаю радиус, получаю ещё одно замкнутое подмножество, объединяю его с первым, повторяю процедуру до победы. Так как радиусы рациональны, то объединяю не более чем счётное число замкнутых множеств. Да?

DeBill в сообщении #1142515 писал(а):

Это уже неплохо. Вот только - они могут и не принадлежать Вашему мн-ву...

Обязательно будут принадлежать хоть из какого-нибудь всюду плотного множества, ведь в условии $\mathbb{R}^n$ и его замкнутое подмножество, а замкнутое подпространство сепарабельного тоже сепарабельно.

[DeBill]

Hasek в сообщении #1142559 писал(а):

Ну а квадрат $[\frac{1}{3}, \frac{2}{3}] \times [\frac{2}{5}, \frac{4}{5}]$?

Ну, это смотря что Вы имели в виду, говоря о "рациональных точках"...

Hasek в сообщении #1142559 писал(а):

исходное замкнутое множество,

Исходное ЗАМКНУТОЕ - это какое?

-- 07.08.2016, 15:13 --

Hasek в сообщении #1142559 писал(а):

. Да?

Да.

Hasek в сообщении #1142559 писал(а):

замкнутое подпространство сепарабельного тоже сепарабельно.

Да, и тогда все получается. Только, возможно, ЭТО потребуют доказать...

[Hasek]

DeBill в сообщении #1142562 писал(а):

Ну, это смотря что Вы имели в виду, говоря о "рациональных точках"...

Точки с рациональными координатами, хорошо, не очень ясно выразился, но думал что понятно.

DeBill в сообщении #1142562 писал(а):

Исходное ЗАМКНУТОЕ - это какое?

Опечатка -- конечно же по условию исходное множество открыто.

То есть первые четыре в принципе правильно сделаны?

[DeBill]

Hasek в сообщении #1142570 писал(а):

Точки с рациональными координатами, хорошо, не очень ясно выразился, но думал что понятно.

Вот об этом и речь: с двумя рац. координатами (и тогда - не быват..)? Или одной - и тогда никакой радости от этого.
Но весь этот разговор - уже не по делу - мы ж от этой попытки отказались.
По задачам: первые четыре- да.

[ewert]

Hasek в сообщении #1142400 писал(а):

Задача 1: Докажите, что всякое открытое подмножество в $\mathbb{R}^n$ можно представить в виде объединения счётного числа замкнутых множеств.

В принципе, всё очень просто: достаточно окружить каждую рациональную точку исходного множества замкнутым шаром, содержащимся в множестве. Но есть нюанс: чтобы ни одной точки множества не потерять, надо выбирать эти шары достаточно большими. Угадайте, как проще всего этого добиться.

[alcoholist]

В задаче 1 проще сначала представить открытый шар как счетное объединение замкнутых и воспользоваться тем, что открытые шары рациональных радиусов с центрами в рациональных точках (все координаты рациональны) образуют базу.

В задаче 5 попробуйте взять подгруппу в $\pi_1(\mathbb{R}^3\setminus A,x_0)$, порожденную петлей, свободно гомотопной окружности из множества $A$.

Вообще-то $\pi_1(\mathbb{R}^3\setminus A,x_0)\simeq\mathbb{Z}^2$

[Someone]

Hasek в сообщении #1142400 писал(а):

Цитата:

Задача 1: Докажите, что всякое открытое подмножество в $\mathbb{R}^n$ можно представить в виде объединения счётного числа замкнутых множеств.

Посмотрел я обсуждение этой задачи. Что-то уж очень сложное здесь предлагается. Между тем, это утверждение верно в любом метрическом пространстве, искомые замкнутые множества определяются в одну строчку в терминах метрики этого пространства, и никакие "рациональные точки" привлекать не надо.

DeBill в сообщении #1142411 писал(а):

Попробуйте типа так: удалить их Вашего мн-ва объединение окрестностей радиуса $\frac{1}{n}$ с центрами в граничных точках.

Идея замечательная, надо только забыть о каких-то "граничных точках"…

[Mikhail_K]

Someone в сообщении #1143683 писал(а):

Посмотрел я обсуждение этой задачи. Что-то уж очень сложное здесь предлагается. Между тем, это утверждение верно в любом метрическом пространстве, искомые замкнутые множества определяются в одну строчку в терминах метрики этого пространства, и никакие "рациональные точки" привлекать не надо.

Действительно. Другими словами, любое открытое множество является множеством типа $F_\sigma$ - известная теорема.
Проще вначале доказать, что любое замкнутое множество является пересечением счётного числа открытых - своего рода окрестностей данного замкнутого множества. Потом требуемое утверждение отсюда напрямую следует.

[ewert]

Ну это как сказать. Факт, конечно, простой, но далеко не очевидный заранее. Надо вводить понятие окрестности множества, и ещё разбираться с тем, при чём тут замкнутость, и ещё переходить к дополнениям. В общем, всё несложно, но и в глаза не бросается.

А вот вложенные шары -- бросаются. Там наверняка перед этим была задачка (или теоремка) о том, что любое открытое множество есть объединение счётного количества окрестностей (не в общетопологическом смысле, а просто открытых шаров). Это стандартная задачка; и переход от открытых к замкнутым -- с одной стороны, тривиален, а с другой -- скорее всего, был сделан для подчёркивания того факта, что объединение замкнутых не обязательно замкнуто.

[Hasek]

alcoholist в сообщении #1143584 писал(а):

В задаче 5 попробуйте взять подгруппу в $\pi_1(\mathbb{R}^3\setminus A,x_0)$, порожденную петлей, свободно гомотопной окружности из множества $A$.

В задаче $5$, как я понял, можно просто заметить семейство петель, "обмотанных" вокруг удалённой координатной оси. Понятно, что они не стягиваются в точку, поэтому вот уже подгруппа, изоморфная $\mathbb{Z}$.