Неподвижная точка

[Padawan]

Рассмотрим на плоскости множество $C$, состоящее из куска графика функции $y=\sin\frac{1}{x}$, $0<x\leqslant 1$, и отрезка оси ординат $-1\leqslant y\leqslant 1$. Доказать, что $C$ обладает свойством неподвижной точки, т.е. любое непрерывное отображение $f\colon C\to C$ имеет неподвижную точку.

[Руст]

Разве отображение $f:(x, \sin \frac 1x)\to (y,\sin \frac 1y)$, где $y=x-\frac{x^2}{2}$ разрывно?

[Oleg Zubelevich]

небось компакт $C$ является ретрактом своей окрестности

[Руст]

Я раньше не заметил, что $C$ не только кусок графика, но и дополненная отрезком оси у.
Так как получается ретракт (проекция из точки (x,y) по оси x является ретракцией) прямоугольника, то можно сослаться на теорему о неподвижной точке для отображения куба в куб.

[Kallikanzarid]

Руст в сообщении #462265 писал(а):

Так как получается ретракт (проекция из точки (x,y) по оси x является ретракцией) прямоугольника

Можно по-подробней? У нас же дана синусоида тополога, она даже не хаусдорфова, как она может быть ретрактом прямоугольника? 0_o

[Руст]

Нет, проекция разрывна и не годится для ретракции. Лучше в лоб. Надо смотреть куда отображается дополнительный отрезок (на оси у). Если в самое себя, то он имеет неподвижную точку (теорема Брауэра если не ошибаюсь в названии). Иначе он отобразится в некоторый отрезок на графике. Соответственно и бесконечный хвост отобразится в некоторый отрезок (чуть больше). Оставшийся конечный хвост отрезок так же отобразится в некоторую еще большую но конечную (без бесконечного хвоста) окрестность этого отрезка. Если вся эта конечная область (отрезок) обозначит $K$, то получаем, что $K$ отображается в само себя и гомеоморфно отрезку. С помощью этого гомеоморфизма $\phi:K\to I$ в единичный отрезок приведем к $\phi^{-1}(f(\phi (x))):I\to I$ к случаю теоремы Брауэра.

[Kallikanzarid]

Руст в сообщении #462601 писал(а):

Иначе он отобразится в некоторый отрезок на графике.

Не получится: у любой точки исходного отрезка есть несколько точек, не отделимых от него хаусдорфово, ни у одной другой точки замкнутой синусоиды тополога таких точек нет. Следовательно (?), этот отрезок обязательно должен перейти в себя. Теперь задача - показать, что к нему можно применить теорему Брауэра. Но это просто: как подпространство он гомеоморфен обычному отрезку.

[Руст]

Kallikanzarid в сообщении #462635 писал(а):

Не получится: у любой точки исходного отрезка есть несколько точек, не отделимых от него хаусдорфово, ни у одной другой точки замкнутой синусоиды тополога таких точек нет. Следовательно (?), этот отрезок обязательно должен перейти в себя.

Нет это означает, только, что весь отрезок попадет в точку, туда же попадет некоторая часть (за исключением конечной части) бесконечного хвоста. Так что рассмотрение этого случая так же необходимо.

[Padawan]

Руст в сообщении #462601 писал(а):

Нет, проекция разрывна и не годится для ретракции. Лучше в лоб. Надо смотреть куда отображается дополнительный отрезок (на оси у). Если в самое себя, то он имеет неподвижную точку (теорема Брауэра если не ошибаюсь в названии). Иначе он отобразится в некоторый отрезок на графике. Соответственно и бесконечный хвост отобразится в некоторый отрезок (чуть больше). Оставшийся конечный хвост отрезок так же отобразится в некоторую еще большую но конечную (без бесконечного хвоста) окрестность этого отрезка. Если вся эта конечная область (отрезок) обозначит $K$, то получаем, что $K$ отображается в само себя и гомеоморфно отрезку. С помощью этого гомеоморфизма $\phi:K\to I$ в единичный отрезок приведем к $\phi^{-1}(f(\phi (x))):I\to I$ к случаю теоремы Брауэра.

Такое решение и задумывалось.

Имеется открытый вопрос (насколько мне известно) -- Всякий ли связный компакт $C$, не разделяющий плоскость (т.е. $\mathbb R^2\setminus C$ связно) обладает свойством неподвижной точки.

Oleg Zubelevich в сообщении #462263 писал(а):

небось компакт $C$ является ретрактом своей окрестности

Нет, иначе $C$ оказался бы линейно связным, а это неверно.

[Oleg Zubelevich]

Нерерывный образ линейно-связного компактного множество -- линейно-связное компактное множество. Поэтому отрезок переходит либо в себя, либо в замкнутый интервал на графике. Первый случай тривиален, рассмотрим второй.

Введем множнства $V_n=\big([0,1/n]\times[-1,1]\big)\cup\{(x,\sin1/x)\mid0<x\le 1\},\quad n\ge N,\quad n\in\mathbb{N}$. Из сказанного следует, что $N$ можно выбрать так, что множества $\big([0,1/n]\times[-1,1]\big)\cap\{(x,\sin1/x)\mid0<x\le 1\} $ не будут пересекаться с образом отрезка.

Можно показать (если у ТС возникнут вопросы напишу подробнее) что существует последовательность непрерывных отображений $f_n:V_n\to C$ такая, что $f_n\to f$ равномерно на $C$. Отображения $f_n$ имеют неподвижные точки $y_n\in C$. Из этой последовательности можно выделить подпоследовательность ,котороая сходится к неподвижной точке $f$.

[Padawan]

Oleg Zubelevich в сообщении #462663 писал(а):

Можно показать

Любопытно посмотреть

[Oleg Zubelevich]

Введем на графике натуральный параметр $s$. Положим $f_n(0,y)=f(0,y)=s_1(y),\quad f_n(1/n,y)=f(1/n,\sin(1/n))=s_2$

$f_n(x,y)=(1-nx)s_1(y)+nxs_2$ если $0\le x\le 1/n$;
если $x>1/n$ то $f_n(x,\sin1/x)=f(x,\sin1/x)$

[Padawan]

Oleg Zubelevich в сообщении #462672 писал(а):

Введем на графике натуральный параметр $s$. Положим $f_n(0,y)=f(0,y)=s_1(y),\quad f_n(1/n,y)=f(1/n,\sin(1/n))=s_2$

$f_n(x,y)=(1-nx)s_1(y)+nxs_2$ если $0\le x\le 1/n$;
если $x>1/n$ то $f_n(x,\sin1/x)=f(x,\sin1/x)$

Теперь покажите, что $f_n\to f$ равномерно на $C$.

[Oleg Zubelevich]

не ,так не получится, а Вы считаете, что такую последовательность в принципе построить нельзя?

[sup]

Oleg Zubelevich в сообщении #462663 писал(а):

Можно показать что существует последовательность непрерывных отображений $f_n:V_n\to C$ такая, что $f_n\to f$ равномерно на $C$.

Пусть образ отрезка лежит на синусоиде. Тогда, как уже отмечал Руст, образ всего $C$ лежит на синусоиде и применима теорема Брауэра. Но и последовательность предъявить тоже можно. Более того, такую, что $f_n|_C=f$ В сущности тогда и последовательности уже никакой не нужно. Сразу же применяем теорему Брауэра.
Идея такая. Рассмотрим все возможные хорды нашей синусоиды. Их объединение - нечто вроде криволинейной трапеции. Вот на этом множестве и определим продолжение функции $f$.
Рассмотрим какую нибудь хорду графика синусоиды. Концы этой хорды - точки на синусоиде. Под действием $f$ они переходят в какие-то другие две точки на синусоиде. Ну так и определим $f$ на этой хорде так, чтобы хорда перешла в кусок синусоиды между этими двумя образами. Ну, например, "пропорционально длине". Осталось сообразить, что полученное продолжение непрерывно в точках вертикального отрезка из $C$. А это сравнительно легко вытекает из того, что его образ лежит на "конечном" куске синусоиды.