[EX] Spazi metrici connessi.

[otta96]

$(a)$ Dimostrare che in uno spazio metrico $(X,d)$ connesso, dati due qualsiasi punti $x,y$ in $X$ e fissato un $\epsilon>0$ esiste una sequenza finita di punti $x_i\inX$ con $0\leq i\leq n$ tali che $x_0=x$, $x_n=y$ e $AA1\leq i\leq n\ d(x_i,x_(i-1))<\epsilon $.
$(b)$ Mostrare che se uno spazio metrico compatto $(X,d)$ soddisfa la proprietà descritta nel punto $(a)$ allora è connesso; cosa che non vale in assenza dell'ipotesi di compattezza.

[anto_zoolander]

Ciao otta

penso di avere un'idea carina.
sia $(X,d)$ uno spazio metrico connesso, $p,q in X$ e $epsilon>0$

la funzione $f:X->RR$ definita come $f(x)=d(p,x)$ è continua su uno spazio connesso, quindi $f(X)$ è un intervallo. In particolare $0, d(p,q) in f(X)$ quindi $[0,d(p,q)] subseteqf(X)$

$1.$ essendo $f(X)$ un intervallo di $RR$ è convesso e quindi contenendo $0,d(p,q)$ contiene tutto l'intervallo $[0,d(p,q)]$

$2.$ ovviamente la continuità è data dal fatto che $|f(x)-f(y)|=|d(x,x_0)-d(y,x_0)|leqd(x,y)$ comunque preso $z in X$ e $epsilon>0$ se $d(x,z)

essendo continua in una base locale(le palette) di $z$ allora è continua in $z$. In particolare è continua per ogni $z in X$ quindi è continua.

l'intervallo è degenere sse $d(p,q)=0$ ossia sse $p=q$ e in quel caso è banale.
Supponiamo dunque che sia $pneq$

possiamo trovare una suddivisione $S={y_1=0
Stando nell'immagine esiste un sottoinsieme finito $T={x_1,...,x_n}$ di $X$ tale che $d(p,x_k)=y_k$ per ogni $k=1,...,n$

chiaramente gli $x_1,...,x_n$ sono estratti dalle fibre degli $y_1,...,y_n$ quindi possiamo prenderla in modo tale che $q=x_n$

notiamo che $d(x_i,x_(i-1))leqd(p,x_i)+d(p,x_(i-1))
in particolare

$0=y_1=d(p,x_1) => p=x_1$

mi piace molto questa soluzione, spero sia corretta.
Per il punto $b$ mi auto-rimando a domani/dopodomani che farò i compatti

[otta96]

"anto_zoolander":essendo continua in una base locale(le palette) di $z$

Le palette lasciamole stare, ora stiamo facendo topologia.

notiamo che $d(x_i,x_(i-1))leqd(p,x_i)+d(p,x_(i-1))
E come mai?

Per il punto $b$ mi auto-rimando a domani/dopodomani che farò i compatti

Intanto puoi fare la parte senza la compattezza

[dissonance]

Questo esercizio è proprio bellino! Mi permetto di passare un suggerimento:

Gli aperti connessi di \(\mathbb R^n\) sono "connessi per poligonali", ovvero, ogni coppia di loro punti può essere connessa da una unione finita di segmenti. Qui, ad esempio, c'è una dimostrazione. Si può adattare al caso di questo esercizio.

@anto: buon tentativo. Puoi cercare di scrivere un po' meno?

[anto_zoolander]

@disso
[ot]mi dispiace un po’ per l’errore, come ho detto ad otta, mi piaceva. Appena ho due minuti da dedicargli la sistemo, ma non so se sia recuperabile. Comunque si, posso [/ot]

[dissonance]

Mi sembra un po' difficile da recuperare. Tu hai costruito punti \(x_1, x_2,\ldots\) tali che \(d(p, x_n)=n\epsilon\). Ma nessuno garantisce che l'i-esimo punto sia vicino all'(i+1)-esimo; al contrario, i punti potrebbero benissimo allontanarsi da \(p\) in modo completamente caotico.

Per ottenere la tesi, dovresti costruire i punti con un meccanismo di selezione più preciso. Io non saprei farlo, così su due piedi. Proverei a dare una occhiata al suggerimento.

[otta96]

Il suggerimento di dissonance è buono, in effetti si può dimostrare una cosa più generale che implica sia la cosa che ha detto lui che quella richiesta dall'esercizio.
Ah comunque tra i due, il punto $(a) $ è più difficile.

[Shocker1]

"otta96":Il suggerimento di dissonance è buono, in effetti si può dimostrare una cosa più generale che implica sia la cosa che ha detto lui che quella richiesta dall'esercizio.
Ah comunque tra i due, il punto $(a) $ è più difficile.

Sono curioso, qual è questa cosa?

[otta96]

La dirò quando qualcuno avrà risolto l'esercizio
[size=50]oppure se nessuno lo avrà risolto per un tempo sufficientemente lungo...[/size]

[anto_zoolander]

@otta
ti riferisci ad una particolare definizione di connessione per poligonali per spazi metrici?

[otta96]

Assolutamente no, è un'istanza di un'idea più generale, che è la stessa che si usa per dimostrare quello che ha detto dossonance.

[dissonance]

@anto:
[ot]stiamo aspettando la soluzione del punto (a). Non ti distrarre con altri post! (Pure io uso procrastinare, rispondendo a domande "semplici" su questo forum, ti capisco. Però non va bene).[/ot]

[anto_zoolander]

@disssss
[ot]un ma firuuuu

A parte lo scherzo, non mi viene nulla per ora. Conoscevo quella proprietà dei connessi di $RR^n$, ma non mi viene niente in mente. Nel senso che ho aspettato che mi venisse un’idea senza applicarmi, di pomeriggio ci provo.

Ah una cosa l’ho fatta: ho provato a definire delle poligonali su uno spazio metrico, ma sono solo riuscito a dimostrare che siano chiuse.[/ot]

[dissonance]

Non puoi usare il risultato come una scatola nera. Su uno spazio metrico non ha senso parlare di "poligonale". Quello che devi fare è adattare la dimostrazione al tuo caso; è molto più semplice di come stai pensando.

[otta96]

Dissonance ma te hai capito come farlo?

[dissonance]

[ot]

Non ti fidi eh?

Allora scrivo una soluzione. Fissiamo \(p\in X\) e \(\epsilon>0\). Sia
\[
H=\{ x\in X\ |\ \exists N\ge 1,\ \exists x_0=p, x_1, x_2,\ldots, x_N=x\ ,\ d(x_i, x_{i+1})\le \epsilon\}.
\]
Affermiamo che questo insieme è chiuso e aperto contemporaneamente, e quindi, siccome \(X\) è connesso, deve essere \(H=X\), ovvero la tesi.

Per dimostrare l'affermazione notiamo che, se \(x\in H\) e \(\delta<\epsilon\), allora ogni \(y\in B_\delta(x)\) appartiene ad \(H\). (Qui \(B_\delta(x)\) denota la palla aperta di centro \(x\) e raggio \(\delta\)). Infatti, per definizione di \(H\) esistono \(x_1, x_2,\ldots, x_N=p\) tali che \(d(x_i, x_{i+1})\le \epsilon\); ma allora definendo \(x_{N+1}=y\) si vede che \(y\in H\). Quindi \(H\) è aperto. L'analogo ragionamento mostra che il complementare \(X\setminus H\) è pure esso aperto.

Quanto al punto (b), non lo so fare e sono molto curioso di vedere un esempio.[/ot]

[otta96]

Non è che non mi fidavo , è solo che non avevo capito se ti fossi messo a farlo oppure no. Comunque è perfetta la soluzione

[Bremen000]

Un modo equivalente a quello dissonance per dimostrarlo è considerare che avere un insieme finito di punti che \( \epsilon \)-connette (ci siamo capiti, spero) $x$ e $y$ è una relazione di equivalenza. Allora $X$ e composto da classi di euivalenza disgiunte. Basta ora far vedere che ognuna di esse è aperta, come ha fatto dissonance.

Per il secondo punto, supponiamo per assurdo che $X$ non sia connesso e prendiamo due chiusi disgiunti $A$ e $B$ la cui unione è $X$. Siccome sono pure compatti la loro distanza è positiva e allora basta prendere $\epsilon$ più piccolo della loro distanza (o metà di essa, ora non ho tempo per fare i conti) e viene che due punti di $A$ e $B$ non possono essere \( \epsilon \) connessi (ci capiamo di nuovo).

Per esempio però lo spazio \( [0,1) \cup (1 , 2] \) soddisfa la proprietà del punto $(a)$ però non è connesso. E infatti non è compatto.

P.S. : mi scuso per la poca cura con cui è stato scritto questo post, ma ora non ho tempo per scrivere bene le cose ma l'esercizio mi pareva molto carino.

P.P.S. : @otta non hai mai più guardato l'esercizio sul teorema delle contrazioni che hai messo in "Pensare un po' di più"

P.P.P.S. : @otta è la locale connessione per archi quello di cui parli?

[dissonance]

Bremen scusa un attimo, ma se [0,1) U (1,2] verifica quella proprietà, perché mai $\mathbb R \setminus 1$ non dovrebbe verificarla?

[Bremen000]

Probabilmente sono confuso ma \( \mathbb{R} \setminus \{ 1 \} \) verifica \( (a) \) però non è connesso (e infatti non è compatto).
Cioè io devo far vedere che, in generale, se \( (X, d) \) non è compatto può essere che vale \( (a) \) ma lo spazio non è connesso. Che è quello che dovrei aver fatto. Dove mi incarto?

[dissonance]

In realtà manco \([0, 1)\cup (1, 2]\) è compatto, quindi la mia obiezione non significa niente. Pardon