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




На страницу Пред.  1, 2, 3  След.
 
 
Сообщение28.08.2007, 06:48 
Someone писал(а):
Руст писал(а):
Someone, я говорю не вообще об гомеоморфности двух подмножеств из R^n, а о гомеоморфности к конкретному (топологический достаточно простому множеству). Когомологий здесь не дадут ничего нового в таком простом случае.


Ну, это не важно. У одного из множеств группы тривиальные, но про другое-то тоже это нужно знать.

Если A гомеоморфно [0,1) это значит она стягиваема в точку, т.е. гомотопически эквивалентно точке. Стало быть все когомологии тривиальные.

 
 
 
 
Сообщение28.08.2007, 11:57 
Аватара пользователя
Руст писал(а):
Если A гомеоморфно [0,1) это значит она стягиваема в точку, т.е. гомотопически эквивалентно точке. Стало быть все когомологии тривиальные.


У нас какое-то недопонимание. Речь идёт о признаке гомеоморфности. Мы знаем, что $[0,1)$ гомотопически эквивалентно точке. Мы хотим узнать, гомеоморфно ли $A$ полуинтервалу $[0,1)$. Значит, мы должны знать, что $A$ тоже гомотопически эквивалентно точке.

 
 
 
 
Сообщение28.08.2007, 13:41 
Someone писал(а):
У нас какое-то недопонимание. Речь идёт о признаке гомеоморфности. Мы знаем, что $[0,1)$ гомотопически эквивалентно точке. Мы хотим узнать, гомеоморфно ли $A$ полуинтервалу $[0,1)$. Значит, мы должны знать, что $A$ тоже гомотопически эквивалентно точке.

Если гомеорфно, то эквивалентно точке. Поэтому, можно считать последнее необходимым условием для первого.

 
 
 
 
Сообщение28.08.2007, 14:59 
Аватара пользователя
Руст писал(а):
Если гомеорфно, то эквивалентно точке. Поэтому, можно считать последнее необходимым условием для первого.


Ну да, я об этом и говорю.

 
 
 
 
Сообщение29.08.2007, 19:21 
Аватара пользователя
Someone писал(а):
Более интересный пример: пусть
$$X=\{(x,y)\in\mathbb R^2:2^2\leqslant x^2+y^2\leqslant3^2\}\cup\{(x,0)\in\mathbb R^2:1\leqslant x\leqslant 2\}\cup\{(x,0)\in\mathbb R^2:3\leqslant x\leqslant 4\}\text{,}$$
$$Y=\{(x,y)\in\mathbb R^2:2^2\leqslant x^2+y^2\leqslant3^2\}\cup\{(x,0)\in\mathbb R^2:1\leqslant x\leqslant 2\}\cup\{(x,0)\in\mathbb R^2:-2\leqslant x\leqslant -1\}\text{;}$$
тогда $X$ не гомеоморфно $Y$, но $X\times I$ гомеоморфно $Y\times I$.

А как в этом случае выглядят гомеоморфные пр-ва? Не пойму, почему они гомеоморфны. Спасибо.

 
 
 
 
Сообщение29.08.2007, 19:30 
Аватара пользователя
Таня Тайс писал(а):
Someone писал(а):
Более интересный пример: пусть
$$X=\{(x,y)\in\mathbb R^2:2^2\leqslant x^2+y^2\leqslant3^2\}\cup\{(x,0)\in\mathbb R^2:1\leqslant x\leqslant 2\}\cup\{(x,0)\in\mathbb R^2:3\leqslant x\leqslant 4\}\text{,}$$
$$Y=\{(x,y)\in\mathbb R^2:2^2\leqslant x^2+y^2\leqslant3^2\}\cup\{(x,0)\in\mathbb R^2:1\leqslant x\leqslant 2\}\cup\{(x,0)\in\mathbb R^2:-2\leqslant x\leqslant -1\}\text{;}$$
тогда $X$ не гомеоморфно $Y$, но $X\times I$ гомеоморфно $Y\times I$.

А как в этом случае выглядят гомеоморфные пр-ва? Не пойму, почему они гомеоморфны. Спасибо.


Вы нарисуйте $X$ и $Y$ на бумажке: это кольца, к которым приклеены два отрезка. У $X$ отрезки приклеены к разным граничным окружностям, а у $Y$ - к одной, но в разных точках. Поэтому $X$ и $Y$ не гомеоморфны.
Теперь умножим $X$ и $Y$ на отрезок. Получатся две цилиндрические трубы (толстые), к которым приклеены две плоские пластины. Но граничная поверхность у трубы только одна, и ничто не мешает нам деформировать первую трубу так, чтобы пластина, приклеенная снаружи, переместилась внутрь, туда же, где она у второй трубы.
Формулами это описать, конечно, трудновато, но, по-моему, процедура достаточно наглядная.

 
 
 
 
Сообщение30.08.2007, 09:29 
И все таки можно совсем простой вопрос: всякое ли открытое связное множество в $R^n$ гомеоморфно $(0,1)^n$?

 
 
 
 
Сообщение30.08.2007, 16:46 
Аватара пользователя
Внутренность тора не гомеоморфна открытому кубу той же размерности, поскольку их фундаментальные группы различны.

 
 
 
 
Сообщение30.08.2007, 19:14 
Brukvalub
Спасибо. А если дополнительно добавить выпуклость (вернее заменить связность на выпуклость)?

 
 
 
 
Сообщение30.08.2007, 19:31 
Аватара пользователя
:evil:
Звездной выпуклости (очевидно, это более слабое свойство) должно быть достаточно. Если я не вру.

 
 
 
 
Сообщение30.08.2007, 19:43 
Аватара пользователя
Mikhail Sokolov писал(а):
А если дополнительно добавить выпуклость?

Тут, наверное, даже я смогу ответить. Насколько я понимаю, это тривиальный случай. Открытое, выпуклое [даже звёздное (существует точка A внутри, из которой видна вся граница)] множество топологически эквивалентно открытому шару (схематично: сопоставляем точке A центр шара, линиям до границы - радиусы, всё должно быть взаимно однозначно и взаимно непрерывно), а значит, и $(0,1)^n$.

Добавлено спустя 1 минуту 13 секунд:

Упс, опоздал :o

 
 
 
 
Сообщение31.08.2007, 08:24 
незваный гость, worm2
Благодарю.

 
 
 
 
Сообщение15.09.2007, 03:17 
Аватара пользователя
Достаточно ли односвязности открытого подмножества $\mathbb R^n$ чтобы оно было гомеоморфно $(0,1)^n$ ?
/Чтобы не разбираться с выпуклостью и звездностью../

 
 
 
 
Сообщение15.09.2007, 10:16 
Аватара пользователя
Dan B-Yallay писал(а):
Достаточно ли односвязности открытого подмножества $\mathbb R^n$ чтобы оно было гомеоморфно $(0,1)^n$?


Нет, конечно. Множество $\{(x,y,z)\in\mathbb R^3:r^2<x^2+y^2+z^2<R^2\}$ односвязно, однако не гомеоморфно $(0,1)^n$.

 
 
 
 
Сообщение15.09.2007, 15:44 
Аватара пользователя
Цитата:
Нет, конечно. Множество $\{(x,y,z)\in\mathbb R^3:r^2<x^2+y^2+z^2<R^2\}$ односвязно, однако не гомеоморфно $(0,1)^n$.



А является ли открытым в $\mathbb R^n$ указанное Вами множество ? Я так понимаю у вас $n>3$

 
 
 [ Сообщений: 32 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3  След.


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