Ασκήσεις Τοπολογίας

stranger · #41

8) Έστω $S = \{f_n : n \in \mathbb{N}\}$ όπου $f_n: [0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ , f_n(x) = x^n

.
Δείξτε ότι το

είναι κλειστό και φραγμένο στον $C([0,1],\mathbb{R})$ όμως δεν είναι συμπαγές.
Εδω παίρνουμε τη μετρική sup στον $C([0,1],\mathbb{R})$ .

#42

stranger έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 20, 2020 1:22 am
8) Έστω $S = \{f_n : n \in \mathbb{N}\}$ όπου $f_n: [0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ , .
Δείξτε ότι το είναι κλειστό και φραγμένο στον $C([0,1],\mathbb{R})$ όμως δεν είναι συμπαγές.
Εδω παίρνουμε τη μετρική sup στον $C([0,1],\mathbb{R})$ .

α) Το φραγμένο τετριμμένο αφού $\displaystyle{||f_n||_{\infty}=1}$ . Αν $f_{n_k} \rightarrow f \in C([0,1]$ ομοιόμορφα, τότε πρώτα απ' όλα $f(1)=\lim f_{n_k}(1)=1$ . Τώρα, το σύνολο των δεικτών n_k

δεν μπορεί να είναι μη φραγμένο γιατί θα είχε υπακολουθία $n_{k_m} \to \infty$ . Αλλά τότε για κάθε $x\in [0,1)$ θα είχαμε $f(x)=\lim x^{n_{k_m}}=0$ . Αλλά αυτό αντιβαίνει στην συνέχεια της

στο

. Τελικά οι δείκτες έχουν πεπερασμένες το πλήθος τιμές και άρα (άμεσο από την υπόθεση ότι η $f_{n_k}$ συγκλίνει), η (n_k)

είναι τελικά σταθερή ακολουθία. Οπότε η ακολουθία $f_{n_k}$ είναι επίσης τελικά σταθερή, και άρα συγκλίνει σε στοιχείο του

.

β) Μη συμπάγεια: Ουσιαστικά το είπαμε καθώς κάθε συγκλίνουσα υπακολουθία της f_n

έχει κατά σημείο όριο την μη συνεχή

που είδαμε, αρά δεν υπάρχει ομοιόμορφα συγκλίνουσα υπακολουθία της.

stranger · #43

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 20, 2020 9:58 am

stranger έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 20, 2020 1:22 am
8) Έστω $S = \{f_n : n \in \mathbb{N}\}$ όπου $f_n: [0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ , .
Δείξτε ότι το είναι κλειστό και φραγμένο στον $C([0,1],\mathbb{R})$ όμως δεν είναι συμπαγές.
Εδω παίρνουμε τη μετρική sup στον $C([0,1],\mathbb{R})$ .
α) Το φραγμένο τετριμμένο αφού $\displaystyle{||f_n||_{\infty}=1}$ . Αν $f_{n_k} \rightarrow f \in C([0,1]$ ομοιόμορφα, τότε πρώτα απ' όλα $f(1)=\lim f_{n_k}(1)=1$ . Τώρα, το σύνολο των δεικτών δεν μπορεί να είναι μη φραγμένο γιατί θα είχε υπακολουθία $n_{k_m} \to \infty$ . Αλλά τότε για κάθε $x\in [0,1)$ θα είχαμε $f(x)=\lim x^{n_{k_m}}=0$ . Αλλά αυτό αντιβαίνει στην συνέχεια της στο . Τελικά οι δείκτες έχουν πεπερασμένες το πλήθος τιμές και άρα (άμεσο από την υπόθεση ότι η $f_{n_k}$ συγκλίνει), η είναι τελικά σταθερή ακολουθία. Οπότε η ακολουθία $f_{n_k}$ είναι επίσης τελικά σταθερή, και άρα συγκλίνει σε στοιχείο του .

β) Μη συμπάγεια: Ουσιαστικά το είπαμε καθώς κάθε συγκλίνουσα υπακολουθία της έχει κατά σημείο όριο την μη συνεχή που είδαμε, αρά δεν υπάρχει ομοιόμορφα συγκλίνουσα υπακολουθία της.

Πολύ ωραία λύση. Ευχαριστούμε κύριε Λάμπρου.

#44

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 20, 2020 9:58 am
Τελικά οι δείκτες έχουν πεπερασμένες το πλήθος τιμές και άρα (άμεσο από την υπόθεση ότι η $f_{n_k}$ συγκλίνει), η είναι τελικά σταθερή ακολουθία. Οπότε η ακολουθία $f_{n_k}$ είναι επίσης τελικά σταθερή, και άρα συγκλίνει σε στοιχείο του .

Ας δούμε μία παραλλαγή του συλλογισμού σε αυτό το σημείο, που κάνει λίγο πιο καθαρό το συμπέρασμα:

Αφού η ακολουθία έχουν έχει πεπερασμένες το πλήθος τιμές, κάποια από αυτές επαναλαμβάνεται άπειρες φορές. Ας ονομάσουμε $n_{k_m}$ τους όρους της n_k

που παίρνουν αυτή την κοινή τιμή, δηλαδή $\displaystyle{ n_{k_1}= n_{k_2}= n_{k_3}=...}$ .

Είναι τότε $f= \lim f_{n_{k_m}} = f_{n_{k_1}}\in S$ , όπως θέλαμε.

stranger · #45

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 20, 2020 11:40 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 20, 2020 9:58 am
Τελικά οι δείκτες έχουν πεπερασμένες το πλήθος τιμές και άρα (άμεσο από την υπόθεση ότι η $f_{n_k}$ συγκλίνει), η είναι τελικά σταθερή ακολουθία. Οπότε η ακολουθία $f_{n_k}$ είναι επίσης τελικά σταθερή, και άρα συγκλίνει σε στοιχείο του .
Ας δούμε μία παραλλαγή του συλλογισμού σε αυτό το σημείο, που κάνει λίγο πιο καθαρό το συμπέρασμα:

Αφού η ακολουθία έχουν έχει πεπερασμένες το πλήθος τιμές, κάποια από αυτές επαναλαμβάνεται άπειρες φορές. Ας ονομάσουμε $n_{k_m}$ τους όρους της που παίρνουν αυτή την κοινή τιμή, δηλαδή $\displaystyle{ n_{k_1}= n_{k_2}= n_{k_3}=...}$ .

Είναι τότε $f= \lim f_{n_{k_m}} = f_{n_{k_1}}\in S$ , όπως θέλαμε.

Ναι και εγώ αυτό σκέφτηκα όταν διάβαζα την πρώτη σας απόδειξη.

BAGGP93 · #46

Καλησπέρα.Μια άλλη ιδέα είναι η ακόλουθη

stranger έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 20, 2020 1:22 am
8) Έστω $S = \{f_n : n \in \mathbb{N}\}$ όπου $f_n: [0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ , .
Δείξτε ότι το είναι κλειστό και φραγμένο στον $C([0,1],\mathbb{R})$ όμως δεν είναι συμπαγές.
Εδω παίρνουμε τη μετρική sup στον $C([0,1],\mathbb{R})$ .

Θεωρούμε τον τελεστή $\displaystyle{T:(C(\left[0,1\right]),||\cdot||_{\infty})\to (\mathbb{R},|\cdot|)\,,T(f)=\int_{0}^{1}f(x)\,\mathrm{d}x}$ ο οποίος είναι γραμμικός και ισχύει $\displaystyle{|T(f)|=\left|\int_{0}^{1}f(x)\,\mathrm{d}x\right|\leq \int_{0}^{1}|f(x)|\,\mathrm{d}x\leq \int_{0}^{1}||f||_{\infty}\,\mathrm{d}x=||f||_{\infty}}$ (άρα

φραγμένος)

Συνεπώς, ο

είναι μια συνεχής απεικόνιση μεταξύ μετρικών χώρων. Για κάθε $n\in\mathbb{N}$ υπολογίζουμε $\displaystyle{T(f_n)=\int_{0}^{1}f_n(x)\,\mathrm{d}x=\int_{0}^{1}x^n\,\mathrm{d}x=\left[\dfrac{x^{n+1}}{n+1}\right]_{0}^{1}=\dfrac{1}{n+1}}$ .

Επομένως, αν το

ήταν συμπαγές στον $(C(\left[0,1\right],||\cdot||_{\infty})$ , θα ήταν και το T(S)

συμπαγές στον $(\mathbb{R},|\cdot|)$ . Όμως,

$T(S)=\left\{T(f_n)\in\mathbb{R}: n\in\mathbb{N}\right\}=\left\{\dfrac{1}{n+1}\in\mathbb{R}: n\in\mathbb{N}\right\}$ , το οποίο δεν είναι συμπαγές

αφού δεν είναι κλειστό.

#47

Ας δούμε και αλλιώς την μη-συμπάγεια στην άσκηση 8). Πάμε από τον ορισμό.

Προφανώς $\displaystyle{S\subset \cup _n B\left (f_n, \frac {1}{2}\right )}$ . Δεν μπορεί πεπερασμένα το πλήθος από τα $\displaystyle{B\left (f_n, \frac {1}{2}\right )}$ να καλύπτουν τον

γιατί τότε κάποια από τις μπάλες αυτές θα περιείχε άπειρες από τις f_n

. Έστω $\displaystyle{B\left (f_{n_0}, \frac {1}{2}\right )}$ η συγκεκριμένη μπάλα.
Τότε για άπειρα

θα ίσχυε για κάθε $x\in [0,1]$

$\displaystyle{|x^{n_0} - x^n| \le \sup_{0\le x \le 1} |x^{n_0} - x^n| = d(f_{n_0} , f_n} )< \frac {1}{2}}$ οπότε

$\displaystyle{ -\frac {1}{2} + x^n < x^{n_0}< \frac {1}{2}+ x^n}$

Παίρνοντας όριο $n\to \infty$ (μέσω των άπειρων

που προαναφέραμε), θα είχαμε

$\displaystyle{ -\frac {1}{2} \le x^{n_0} \le \frac {1}{2}}$ .

Αυτό είναι άτοπο γιατί παίρνοντας όριο $x\to 1$ θα είχαμε $\displaystyle{ -\frac {1}{2} \le 1 \le \frac {1}{2}}$ . Και λοιπά.

stranger · #48

9) Δείξτε ότι κάθε μετρικός χώρος είναι T_4

τοπολογικός χώρος.

#49

stranger έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 22, 2020 3:13 pm
9) Δείξτε ότι κάθε μετρικός χώρος είναι τοπολογικός χώρος.

Δεν έχει νόημα να τοποθετούμε στο φόρουμ κοινότατα θεωρήματα που υπάρχουν ως θεωρία σε όλα τα βιβλία Τοπολογίας. Ο στόχος του φόρουμ δεν είναι να ξαναγράψουμε τα χιλιογραμμένα αλλά να μένουμε σε νέα πράγματα ή ενδιαφέροντα αλλά όχι τόσο γνωστά θέματα.

Όπως και να είναι, περιληπτικά (κύρια βήματα), έστω K,L

τα δύο ξένα κλειστά. Για κάθε $x\in K$ θεωρούμε τον αριθμό $d_x = \inf \{d(x,y) : \,y\in L\}$ . Από κλειστότητα είναι d_x>0

. Κάνουμε το ανάλογο για τα $y\in L$ , για να βρούμε αντίστοιχα $d_y{'}$ . Τότε τα $U= \cup_{x\in K} B(x, \frac {1}{3}d_x)$ και $V= \cup_{y\in L} B(y, \frac {1}{3}d_y{'})$ κάνουν την δουλειά, δηλαδή είναι ξένα, ανοικτά και διαχωρίζουν τα K,L

.

stranger · #50

Έχετε δίκιο κύριε Λάμπρου. Είναι αρκετά γνωστό.
Θα προσπαθήσω από εδώ και πέρα οι ασκήσεις που βάζω να έχουν περισσότερο μαθηματικό ενδιαφέρον.

stranger · #51

stranger έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 15, 2020 1:25 pm

stranger έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 13, 2020 4:51 pm
5) Έστω $D^2=\{(x,y) : x^2+y^2 \leq 1\}$ , $S^1=\{(x,y): x^2+y^2=1\}$ και $x \in D^2$ .
Δείξτε ότι ο $D^2/\{x\}$ είναι απλά συνεκτικός αν και μόνο αν $x \in S^1$ .
Κανείς;

stranger έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 15, 2020 10:52 pm
7) Δείξτε ότι αν έχουμε μια συνάρτηση $f:X \rightarrow Y$ που είναι ομοτοπική ισοδυναμία τότε ο επαγώμενος ομομορφισμός $f_{*}: H_n(X) \rightarrow H_n(Y)$ είναι ισομορφισμός για κάθε
Εδώ $H_{n}(X)$ είναι η ομάδα ομολογίας του τάξης .

stranger · #52

stranger έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 13, 2020 4:51 pm
5) Έστω $D^2=\{(x,y) : x^2+y^2 \leq 1\}$ , $S^1=\{(x,y): x^2+y^2=1\}$ και $x \in D^2$ .
Δείξτε ότι ο $D^2/\{x\}$ είναι απλά συνεκτικός αν και μόνο αν $x \in S^1$ .

Γεωμετρικά.
Αν το

ανήκει στο εσωτερικό του D^2

, τότε
Αν πάρουμε μια κλειστή καμπύλη στον D^2

που στο εσωτερικό της είναι το

, τότε δεν μπορούμε να πάρουμε μια συνεχή οικογένεια συνεχών καμπυλών που να μετασχηματίζει τη αρχική καμπύλη σε σημείο χωρίς να περάσει από το

(λόγω συνέχειας), άρα ο χώρος δεν είναι απλά συνεκτικός.
Αντίστροφα, αν το

είναι στο

, τότε ο χώρος $D^2-\{x\}$ είναι κυρτό υποσύνολο του επιπέδου και άρα είναι απλά συνεκτικός.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #53

stranger έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 22, 2020 3:13 pm
9) Δείξτε ότι κάθε μετρικός χώρος είναι τοπολογικός χώρος.

https://en.wikipedia.org/wiki/Normal_space

Επειδή σε κάθε μετρικό χώρο τα κλειστά είναι $G_{\delta }$
αυτός είναι completely normal

giannispapav · #54

stranger έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 15, 2020 10:52 pm
7) Δείξτε ότι αν έχουμε μια συνάρτηση $f:X \rightarrow Y$ που είναι ομοτοπική ισοδυναμία τότε ο επαγώμενος ομομορφισμός $f_{*}: H_n(X) \rightarrow H_n(Y)$ είναι ισομορφισμός για κάθε
Εδώ $H_{n}(X)$ είναι η ομάδα ομολογίας του τάξης .

Είναι το Πόρισμα 2.11

σελ.

στο βιβλίο του Hatcher

stranger · #55

10) Έστω ο τοπολογικός χώρος που προκύπτει από τον $\mathbb{R}^3$ αφαιρόντας

παράλληλες ευθείες.
1. Να βρέθει η θεμελιώδης ομάδα του χώρου.
2. Να βρεθούν όλες οι ομάδες ομολογίας του χώρου.

bratan33 · #56

αρα θα μπορούσαμε να πούμε οτι τα \mathbb{R}^{m} και \mathbb{R}^{n} για m>n και n\geq 1 , n,m\epsilon \mathbb{N} δεν είνα ομοιομορφικά

giannispapav · #57

bratan33 έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 07, 2023 5:13 pm
αρα θα μπορούσαμε να πούμε οτι τα \mathbb{R}^{m} και \mathbb{R}^{n} για m>n και n\geq 1 , n,m\epsilon \mathbb{N} δεν είνα ομοιομορφικά

Ναι αφού δύο ομοιομορφικοί χώροι είναι ομοτοπικά ισοδύναμοι

giannispapav · #58

stranger έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 14, 2022 12:19 am
10) Έστω ο τοπολογικός χώρος που προκύπτει από τον $\mathbb{R}^3$ αφαιρόντας παράλληλες ευθείες.
1. Να βρέθει η θεμελιώδης ομάδα του χώρου.
2. Να βρεθούν όλες οι ομάδες ομολογίας του χώρου.

Νομίζω πως αρχικά μπορούμε να δείξουμε ότι οι παρακάτω τοπολογικοί χώροι είναι ομοτοπικά ισοδύναμοι:
$\mathbb{R}^3\setminus \{\varepsilon_1\parallel \varepsilon_2 \parallel \ldots \parallel\varepsilon_n \} \cong \mathbb{R}\setminus \{x_1,\ldots, x_n\} \cong \vee_1^n S^1$

stranger · #59

giannispapav έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 07, 2023 5:21 pm

bratan33 έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 07, 2023 5:13 pm
αρα θα μπορούσαμε να πούμε οτι τα \mathbb{R}^{m} και \mathbb{R}^{n} για m>n και n\geq 1 , n,m\epsilon \mathbb{N} δεν είνα ομοιομορφικά
Ναι αφού δύο ομοιομορφικοί χώροι είναι ομοτοπικά ισοδύναμοι

Νομίζω ότι κάτι δεν λες καλά.
Για $m \neq n$ οι $\mathbb{R}^n$ και $\mathbb{R}^m$ είναι ομοτοπικά ισοδύναμοι.
Είναι και οι δυο contractible.Δηλαδή ομοτοπικά ισοδύναμοι με ένα σημείο.

giannispapav · #60

Νομίζω ότι κάτι δεν λες καλά.
Για $m \neq n$ οι $\mathbb{R}^n$ και $\mathbb{R}^m$ είναι ομοτοπικά ισοδύναμοι.
Είναι και οι δυο contractible.Δηλαδή ομοτοπικά ισοδύναμοι με ένα σημείο.

Σίγουρα δεν τα λέω καλά. Ας κάνω άλλη μια προσπάθεια να γράψω αυτό που ήθελα να γράψω:

Αν $\phi:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^m$ είναι ομοιομορφισμός, τότε έχουμε ομοιομορφισμό $\mathbb{R}^n-\{ x_0\}\cong \mathbb{R}^m-\{\phi(x_0)\}$ .

Επίσης οι χώροι $\mathbb{R}^n-\{ x_0\},S^{n-1}$ και $\mathbb{R}^m-\{\phi(x_0)\},S^{m-1}$ είναι ομοτοπικά ισοδύναμοι. Άρα έχουμε ομοτοπική ισοδυναμία $S^{n-1}\cong S^{m-1}$ και άρα n=m

.

Ελπίζω να μη μου διαφεύγει κάτι.

Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Re: Ασκήσεις Τοπολογίας

Μέλη σε σύνδεση