Connessione per archi
Considera \( \mathbb{R}^2 \) con la topologia standard. Dimostra che il sottoinsieme \( X=\mathbb{R}^2 \setminus S \), dove \( S \) è un insieme numerabile, è connesso per archi.
Se \( S \) è un infinito non numerabile?
Va bene secondo voi?
Senza ledere a generalità possiamo supporre che \( S = \mathbb{N} \times \{0\} \).
Consideriamo i seguenti insiemi
\( X_1 := \{ x=(x_1,x_2) \in \mathbb{R}^2 : x_2 < 0 \} \),
\( X_2 := \{ x=(x_1,x_2) \in \mathbb{R}^2 : x_1 \leq 0 \} \),
\( X_3 := \{ x=(x_1,x_2) \in \mathbb{R}^2 : x_2 > 0 \} \) ed infinte
\( X_4 := \{ x=(x_1,x_2) \in \mathbb{R}^2 \setminus S : x_1 > -1 \} \),
tutti e quattro i sttoinsiemi considerati con la loro topologia indotta.
Abbiamo inoltre che \( X = \bigcup_{i=1}^{4} X_i \) e che \( X_i \cap X_{i+1} \neq \emptyset \) per ogni \( i =1,\ldots,3 \)
inoltre chiaramente abbiamo che \( X_1, X_2 \) e \( X_3 \) sono connessi per archi.
Consideriamo ora due punti distinti \( x,y \in X_4 \), siccome \( X_4 \cap X_i \neq \emptyset \) per ogni \( 1 \leq i \leq 3 \) abbiamo i seguenti casi possibili
\( x,y \in X_i \) per almeno un \( 1 \leq i \leq 3 \) allora esiste un arco contenuto solamente in \( X_i \) che li connette.
\( x \in X_i \) e \( y \in X_j \), con \( x \not\in X_j \) e \( y \not\in X_i \) e con \(1 \leq i < j \leq 3\).
Se \( j = i +1 \)
Allora possiamo concatenare due archi per collegarli. Infatti abbiamo che esiste \( z_1 \in X_4 \) tale che \( z_1 \in X_i \cap X_{i+1} \) tale che \( x \) è connesso con un arco a \( z_1 \), poiché \( x,z_1 \in X_i \).
Inoltre siccome \( y \in X_4 \cap X_{i+1} \), abbiamo che \( z_1 \) è connesso con \(y \) poiché \( z_1 , y \in X_{i+1} \)
Dunque concatenando i due archi otteniamo che \( x \) e connesso con un arco con \( y \).
In modo analogo possiamo dimostrare che \( x \) è connesso per arco a \( y \) anche se \( i = 1 \) e \( j = 3 \).
Pertanto \( X_4 \) è connesso per archi.
Dunque \( X = \bigcup_{i=1}^{4} X_i \) è connesso per archi.
(2) Se \( S \) è un infinito non numerabile prendiamo \( S = \mathbb{R} \times \{0\} \) e abbiamo che \( X \) non è connesso per archi.
Se \( S \) è un infinito non numerabile?
Va bene secondo voi?
Senza ledere a generalità possiamo supporre che \( S = \mathbb{N} \times \{0\} \).
Consideriamo i seguenti insiemi
\( X_1 := \{ x=(x_1,x_2) \in \mathbb{R}^2 : x_2 < 0 \} \),
\( X_2 := \{ x=(x_1,x_2) \in \mathbb{R}^2 : x_1 \leq 0 \} \),
\( X_3 := \{ x=(x_1,x_2) \in \mathbb{R}^2 : x_2 > 0 \} \) ed infinte
\( X_4 := \{ x=(x_1,x_2) \in \mathbb{R}^2 \setminus S : x_1 > -1 \} \),
tutti e quattro i sttoinsiemi considerati con la loro topologia indotta.
Abbiamo inoltre che \( X = \bigcup_{i=1}^{4} X_i \) e che \( X_i \cap X_{i+1} \neq \emptyset \) per ogni \( i =1,\ldots,3 \)
inoltre chiaramente abbiamo che \( X_1, X_2 \) e \( X_3 \) sono connessi per archi.
Consideriamo ora due punti distinti \( x,y \in X_4 \), siccome \( X_4 \cap X_i \neq \emptyset \) per ogni \( 1 \leq i \leq 3 \) abbiamo i seguenti casi possibili
\( x,y \in X_i \) per almeno un \( 1 \leq i \leq 3 \) allora esiste un arco contenuto solamente in \( X_i \) che li connette.
\( x \in X_i \) e \( y \in X_j \), con \( x \not\in X_j \) e \( y \not\in X_i \) e con \(1 \leq i < j \leq 3\).
Se \( j = i +1 \)
Allora possiamo concatenare due archi per collegarli. Infatti abbiamo che esiste \( z_1 \in X_4 \) tale che \( z_1 \in X_i \cap X_{i+1} \) tale che \( x \) è connesso con un arco a \( z_1 \), poiché \( x,z_1 \in X_i \).
Inoltre siccome \( y \in X_4 \cap X_{i+1} \), abbiamo che \( z_1 \) è connesso con \(y \) poiché \( z_1 , y \in X_{i+1} \)
Dunque concatenando i due archi otteniamo che \( x \) e connesso con un arco con \( y \).
In modo analogo possiamo dimostrare che \( x \) è connesso per arco a \( y \) anche se \( i = 1 \) e \( j = 3 \).
Pertanto \( X_4 \) è connesso per archi.
Dunque \( X = \bigcup_{i=1}^{4} X_i \) è connesso per archi.
(2) Se \( S \) è un infinito non numerabile prendiamo \( S = \mathbb{R} \times \{0\} \) e abbiamo che \( X \) non è connesso per archi.
Risposte
"3m0o":
Senza ledere a generalità possiamo supporre che \( S = \mathbb{N} \times \{0\} \).
COOOOOSA?!?!
(2) Se \( S \) è un infinito non numerabile prendiamo \( S = \mathbb{R} \times \{0\} \) e abbiamo che \( X \) non è connesso per archi.
Questo va bene.
"otta96":
[quote="3m0o"]Senza ledere a generalità possiamo supporre che \( S = \mathbb{N} \times \{0\} \).
COOOOOSA?!?!
[/quote]
Non posso supporre che \( S= \mathbb{N} \times \{0\} \) ?
No.
"3m0o":
Non posso supporre che \( S= \mathbb{N} \times \{0\} \) ?
Pensa a \( S=\mathbb{Q}^2 \), la situazione è abbastanza diversa.
"otta96":
No.
Ma scusa se \( S \) è un infinito numerabile abbiamo che \( \mathbb{R}^2 \setminus S \) è omeomorfo a \( \mathbb{R}^2 \setminus (\mathbb{N}\times \{0 \} ) \), o sbaglio.
Pertanto siccome la connessione per archi è invariante sotto omeomorfismo se uno è connesso per archi anche l'altro lo è
Come lo dimostreresti?
"otta96":
Come lo dimostreresti?
Beh siano \( (X, \tau_X) \) e \( (Y,\tau_Y ) \) due spazi topologici omeomorfi e in particolare \( (X, \tau_X) \) è connesso per archi. Allora esiste un omeomorfismo \( f: (X, \tau_X) \to (Y,\tau_Y ) \), e pertanto \( f \) è continua, biiettiva, e pure \( f^{-1} \) è continua.
Quindi per ogni \( y_1, y_2 \in Y \) esistono \( x_1 ,x_2 \in X \) tale che \( f(x_i)=y_i \) per \( i = 1,2 \).
Pertanto siccome \( (X,\tau_X) \) è connesso per archi esiste una mappa continua \( \gamma : [0,1] \to X \) tale che \( \gamma(0)=x_1 \) e \( \gamma(1)= x_2 \). Inoltre siccome la composizione di funzioni continue è continua abbiamo che \( f \circ \gamma : [0,1] \to Y \) è un cammino continuo tale che \( f(\gamma(0))= y_1 \) e \( f(\gamma(1))= y_2 \). Dunque \( (Y,\tau_Y ) \) è connesso per archi.
Ma non quella parte, quella sopra del tuo messaggio.
"otta96":
Ma non quella parte, quella sopra del tuo messaggio.
Effettivamente non lo so... ci sto pensando.
Sicuramente \( \mathbb{R}^2 \) è omeomorfo a se stesso con la medesima topologia, se esiste un omeomorfismo da \( \mathbb{R}^2 \) a \( \mathbb{R}^2 \) che mappa i punti di \( \mathbb{N} \times \{ 0 \} \) ai punti di \( S \), allora abbiamo finito. Ma dimostrare che esiste un tale omeomorfismo è tutt'altro che semplice.
"3m0o":
Ma dimostrare che esiste un tale omeomorfismo è tutt'altro che semplice.
Mi sa che non esiste.
Pensa a questa cosa:
Siano $X$ e $Y$ spazi topologici con $Y$ Hausdorff.
Un'applicazione continua $f:X->Y$ è univocamente determinata se la definisco su un denso (di $X$).
Ora \( \mathbb{Q}^2 \) è denso in \( \mathbb{R}^2 \) quindi...
Oppure molto più semplice:
Gli omeomorfismi sono mappe chiuse?
\( \mathbb{Q}^2 \) è chiuso in \( \mathbb{R}^2 \) ?
\( \mathbb{N} \times \{ 0 \} \) è chiuso in \( \mathbb{R}^2 \) ?
[EDIT]mi sta venendo il dubbio di aver scritto una cavolata[/EDIT]
[EDIT2]infatti è così, ho corretto[/EDIT2]
Allora \( S \) è numerabile pertanto dati \( x=(x_1,x_2), y=(y_1,y_2) \in \mathbb{R}^2 \setminus S \), fissiamo \( a \in \mathbb{R} \) e definiamo \( f_{x,a}(t)=(t+x_1,at+x_2) \) con \( f_{x,a} : \mathbb{R} \to \mathbb{R}^2 \)
Chiaramente esistono un infinità non numerabile di \( f_{x,a} \) poiché abbiamo una scelta non numerabile di \( a \).
Inoltre dati \( a \neq b \) risulta che \( \operatorname{Im}( f_{x,a}) \cap \operatorname{Im}( f_{x,b}) = \{ x \} \).
Pertanto dato \( s \in S \) esiste un unica \( a_s \in \mathbb{R} \) tale che \( s \in \operatorname{Im}( f_{x,a_s}) \).
Definiamo la mappa \( \phi_x : S \to \mathbb{R} \) dato \( s \mapsto a_s \) e abbiamo che sicuramente non è suriettiva poiché \( S \) è numerabile. Scegliamo pertanto \( a_x \in \mathbb{R}\) tale che \( a_x \not\in \operatorname{Im}(\phi_x) \).
Allo stesso modo definiamo \( f_{y,b} : \mathbb{R} \to \mathbb{R}^2 \) e definiamo \( B= \{ b \in \mathbb{R} : \operatorname{Im}(f_{y,b}) \cap \operatorname{Im}(f_{x,a_x}) \neq \emptyset \} \)
\(B \) ha cardinalità infinito non numerabile poiché sostanzialmente stiamo prendendo in considerazione tutte le rette passanti da \( (y_1,y_2) \) che intersettano la retta data dall'immagine di \( f_{x,a_x} \).
allo stesso modo di prima definiamo \( \phi_y : S \to \mathbb{R} \) dato \( s \mapsto b_s \), dove \( b_s \) è l'unico reale tale che \( s \in \operatorname{Im}(f_{y,b_s}) \).
Ora scegliamo nuovamente un \( b_y \in B \setminus \{b_s : s \in S \} \).
Ora abbiamo che sia \( f_{x,a_x} \) che \( f_{y,b_y} \) sono continue in \( \mathbb{R}^2 \setminus S \) poiché continue in ogni loro componente, e abbiamo che si intersettano in un punto \( z \in \mathbb{R}^2 \setminus S \).
Pertanto possiamo modificare \( f_{x,a_x} \) in modo tale che \( f_{x,a_x} : [0,1] \to [x,z] \subset \mathbb{R}^2 \setminus S \) è un cammino da \( x \) a \( z \) e analogamente modificare \( f_{y,b_y} \) in modo tale che \( f_{y,b_y} : [0,1] \to [y,z] \subset \mathbb{R}^2 \setminus S \) è un cammino da \( y \) a \( z \).
Dunque concantenando \( f_{x,a_x} \) con \(\overleftarrow{f_{y,b_y} }\), dove \(\overleftarrow{f_{y,b_y} } \) è il cammino \( f_{y,b_y}\) percorso al contrario; otteniamo un cammino da \( x \) a \( y \).
Chiaramente esistono un infinità non numerabile di \( f_{x,a} \) poiché abbiamo una scelta non numerabile di \( a \).
Inoltre dati \( a \neq b \) risulta che \( \operatorname{Im}( f_{x,a}) \cap \operatorname{Im}( f_{x,b}) = \{ x \} \).
Pertanto dato \( s \in S \) esiste un unica \( a_s \in \mathbb{R} \) tale che \( s \in \operatorname{Im}( f_{x,a_s}) \).
Definiamo la mappa \( \phi_x : S \to \mathbb{R} \) dato \( s \mapsto a_s \) e abbiamo che sicuramente non è suriettiva poiché \( S \) è numerabile. Scegliamo pertanto \( a_x \in \mathbb{R}\) tale che \( a_x \not\in \operatorname{Im}(\phi_x) \).
Allo stesso modo definiamo \( f_{y,b} : \mathbb{R} \to \mathbb{R}^2 \) e definiamo \( B= \{ b \in \mathbb{R} : \operatorname{Im}(f_{y,b}) \cap \operatorname{Im}(f_{x,a_x}) \neq \emptyset \} \)
\(B \) ha cardinalità infinito non numerabile poiché sostanzialmente stiamo prendendo in considerazione tutte le rette passanti da \( (y_1,y_2) \) che intersettano la retta data dall'immagine di \( f_{x,a_x} \).
allo stesso modo di prima definiamo \( \phi_y : S \to \mathbb{R} \) dato \( s \mapsto b_s \), dove \( b_s \) è l'unico reale tale che \( s \in \operatorname{Im}(f_{y,b_s}) \).
Ora scegliamo nuovamente un \( b_y \in B \setminus \{b_s : s \in S \} \).
Ora abbiamo che sia \( f_{x,a_x} \) che \( f_{y,b_y} \) sono continue in \( \mathbb{R}^2 \setminus S \) poiché continue in ogni loro componente, e abbiamo che si intersettano in un punto \( z \in \mathbb{R}^2 \setminus S \).
Pertanto possiamo modificare \( f_{x,a_x} \) in modo tale che \( f_{x,a_x} : [0,1] \to [x,z] \subset \mathbb{R}^2 \setminus S \) è un cammino da \( x \) a \( z \) e analogamente modificare \( f_{y,b_y} \) in modo tale che \( f_{y,b_y} : [0,1] \to [y,z] \subset \mathbb{R}^2 \setminus S \) è un cammino da \( y \) a \( z \).
Dunque concantenando \( f_{x,a_x} \) con \(\overleftarrow{f_{y,b_y} }\), dove \(\overleftarrow{f_{y,b_y} } \) è il cammino \( f_{y,b_y}\) percorso al contrario; otteniamo un cammino da \( x \) a \( y \).
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