[EX] Isometrie suriettive e non

[otta96]

Tra un festeggiamento e l'altro, tra un panettone ed un pandoro, vi propongo un esercizio di topologia (forse sarebbe meglio dire di metrica, visto che si lavora solo su spazi metrici).
$(a)$ Mostrare che se $(X,d)$ è uno spazio metrico totalmente limitato, allora per ogni isometria $f:X\toX$ l'immagine $f(X)$ è densa in $X$. Allego un suggerimento per questo punto.

Dimostrare che $AAx\inX$ la successione $f(x),f(f(x)),...$ ha una sottosuccessione convergente a $x$.

$(b)$ Dedurre dal punto precedente che se $(X,d)$ è uno spazio metrico compatto, allora ogni isometria $f:X\toX$ è suriettiva. Osservare che l'assunzione di compattezza non può essere indebolita all'assunzione di totale limitatezza.
[ot]A me il controesempio finale non è ancora venuto in mente.[/ot]

[Bremen000]

Ciao otta! Buon Natale!

Punto (a)
Supponiamo che $f(X)$ non sia denso in $X$. Allora esistono un \( x \in X \) e un $r>0$ tali che \( B(x,r) \cap f(X) = \emptyset \).
Definiamo la successione
\[ \begin{cases} x_0 = x \\ x_n = f(x_{n-1}) \quad \text{ se } n >0 \end{cases} \]
Allora presi \(n,m \in \mathbb{N} \) (wlog con $m>n$) si ha
\[ d(x_m, x_n) = d(x_0, x_{m-n}) = d(x, x_{m-n}) \ge r \]
Da qua osserviamo anche che la successione è iniettiva, se così non fosse infatti si avrebbe $x=x_{m-n} \in f(X)$ che è assurdo.
Si è quindi trovato un sottoinsieme numerabile \( \{ x_i\}_{i \ge i} \subset f(X) \) di punti distinti mutuamente a distanza maggiore o uguale a $r$.
D'altra parte, siccome $X$ è totalmente limitato, allora lo è anche $f(X)$, poiché $f$ è un'isometria. Dunque esistono un $k \in \mathbb{N}$ e \( y_1, \dots, y_k \in f(X) \) tali che
\[ f(X) \subset \bigcup_{i=1}^k B(y_i, r/2) \]
ma questo contraddice quanto detto sopra, giacché infiniti elementi di \( \{ x_i\}_{i \ge i} \) dovrebbero appartenere ad una palla $B(y_i, r/2)$ per un qualche \( i=1, \dots, k \).
Punto (b)
Se $X$ è compatto allora lo è anche $f(X)\ subset X$ e in particolare è chiuso perché $(X,d)$ è Hausdorff. Dal punto (a) abbiamo che \( \overline{f(X)}=X \) ma in questo caso
\[ f(X) = \overline{f(X)} = X \]
che è la tesi.

Al controesempio ci devo pensare...

[otta96]

Ciao Bremen, buone feste!
La dimostrazione che hai fatto va bene, ma devo dire che non mi è piaciuta granchè, ora posto quella che avevo pensato io (del punto $(a)$, quella del punto $(b)$ la farei identica).

Seguendo il mio stesso suggerimento, $AAx_0\inX$ considero $f^NN(x_0)={f(x_0),f(f(x_0)),...}$. Ora, è sufficiente far vedere che $a=\text{inf}_{x\inf^NN(x)}d(x,x_0)=0$ perché sapendo quello $x_0\in\bar{f^NN(x_0)}\subseteq\bar{f(X)}$. Per assurdo assumiamo che $a>0$, allora, essendo $X$ totalmente limitato $EEk\inNN,y_1,...,y_k\inX$ tali che $X=\bigcup_{i=1}^kB(y_i,a)$. Allora ci saranno degli elementi diversi di $f^NN(x_0)$ nello stesso insieme del tipo $B(y_i,a)$, quindi $\text{inf}_{x,y\inf^NN(x)}d(x,y)

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[Bremen000]

Mi sa che nella tua dimostrazione devi prendere le palle di raggio $a/2$ se no non funziona. Bella comunque! Il succo alla fine è lo stesso della mia però più breve! Mi sono accorto che potevo anche evitare di ricoprire $f(X)$ con un numero finito di palle e farlo direttamente con $X$ ma non so perché mi sembrava utile.
Per il controesempio ho trovato qualcosa qua.

[otta96]

Secondo me va bene così perché ci sono due punti che distano meno di $a$, da cui si deduce che l'inf dalla distanze è minore di $a$, ma è uguale a quell'altro che è $a$. Per il controesempio non ho cercato perché volevo arrivarci da solo ma mi sa che tra un po' mollo e guardo cosa hai trovato.

[Bremen000]

Se due punti stanno nella medesima palla di raggio $a$ non necessariamente distano meno di $a$, ma distano meno di $2a$.

[otta96]

Ovviamente hai ragione, che idiota che sono!

[otta96]

Alla fine mi sono arreso e ho cercato anche io su internet, trovando lo stesso controesempio che hai trovato tu.

[dissonance]

E' un bel controesempio. Mi è piaciuto questo topic.