(in $\mathbb{R}^2$) limitato e convesso ha complementare conn. p. archi
Salve a tutti.
Stavo cercando di dimostrare questo:
Sia $X\subseteq \mathbb{R}^2$ convesso e limitato. Allora $\mathbb{R}^2-X$ è connesso per archi.
Ho provato a ragionare per assurdo, ma non riesco a continuare:
Se per assurdo $\mathbb{R}^2-X$ fosse non connesso per archi, allora non sarebbe stellato, allora non sarebbe convesso. Da qui non so proseguire. Già mi immagino che da qui non si possa dire "allora X è convesso", ed anche se si riuscisse non riuscirei a trovare l'assurdo.
Ho provato a ragionare sul disegno. Mi sembra chiaro che prendendo due punti $x$ ed $y$ distinti in $\mathbb{R}^2-X$, chiamando $\Gamma_1$ il segmento che li congiunge, se chiamo $\Gamma_2:= \Gamma_1\cap (\mathbb{R}^2-X)$, posso considerare la curva $\gamma$ che ha supporto su $\Gamma_2 \cup \Gamma_3$, dove $\Gamma_3$ è uno dei due pezzi della frontiera di $X$.
Ma come mi comporto quando $X$ è chiuso e contiene la sua frontiera, se seguo questa idea?
Spero che qualcuno mi possa aiutare, grazie in anticipo.
Stavo cercando di dimostrare questo:
Sia $X\subseteq \mathbb{R}^2$ convesso e limitato. Allora $\mathbb{R}^2-X$ è connesso per archi.
Ho provato a ragionare per assurdo, ma non riesco a continuare:
Se per assurdo $\mathbb{R}^2-X$ fosse non connesso per archi, allora non sarebbe stellato, allora non sarebbe convesso. Da qui non so proseguire. Già mi immagino che da qui non si possa dire "allora X è convesso", ed anche se si riuscisse non riuscirei a trovare l'assurdo.
Ho provato a ragionare sul disegno. Mi sembra chiaro che prendendo due punti $x$ ed $y$ distinti in $\mathbb{R}^2-X$, chiamando $\Gamma_1$ il segmento che li congiunge, se chiamo $\Gamma_2:= \Gamma_1\cap (\mathbb{R}^2-X)$, posso considerare la curva $\gamma$ che ha supporto su $\Gamma_2 \cup \Gamma_3$, dove $\Gamma_3$ è uno dei due pezzi della frontiera di $X$.
Ma come mi comporto quando $X$ è chiuso e contiene la sua frontiera, se seguo questa idea?
Spero che qualcuno mi possa aiutare, grazie in anticipo.
Risposte
Scusate se mi rispondo da solo, ma ho avuto una nuova idea. Non so se può essere formalizzata meglio di come sto per fare, ma comunque posto un disegnino (in basso) per rendere l'idea.
Ho notato che su $X$, chiedere la convessità è troppo. Si può chiedere di meno, cioè $X$ stellato, e far discendere come corollario la traccia da me postata precedentemente. Vengo al dunque:
Comunque si scelgano due punti distinti $x$ ed $y$ di $\mathbb{R}^2 - X$, dalla limitatezza di $X$ $\exists B$ palla aperta tale che $B\supset X$. Poichè le palle sono convesse, abbiamo che $B$ è stellata. In particolare, per $x$ ed $y$ $\exists$ due cammini (raggi di due palle centrate nei due punti e tangenti dall'interno a $B$) che connettono $x$ ed $y$ con la frontiera di $B$ nei punti, rispettivamente, $v$ ed $w$.
Poichè $\partial B \cong S^1$ (omeo.), $\partial B$ è connessa per archi. Per cui esiste un arco (tutto contenuto in $\mathbb{R}^2 - X$) che connette $v$ e $w$ su $\partial B$. Allora, la composizione di questi cammini connette $x$ ad $y$, e data la loro arbitrarietà si ha la tesi.
Naturalmente vi chiedo di controllare tutto ciò, per favore.
Domanda: Probabilmente ho usato (senza capire dove) il fatto che $X$ sia stellato, ma non l'ho detto (perchè non l'ho capito). Mi potete aiutare su questo punto? Grazie.
Ho notato che su $X$, chiedere la convessità è troppo. Si può chiedere di meno, cioè $X$ stellato, e far discendere come corollario la traccia da me postata precedentemente. Vengo al dunque:
Comunque si scelgano due punti distinti $x$ ed $y$ di $\mathbb{R}^2 - X$, dalla limitatezza di $X$ $\exists B$ palla aperta tale che $B\supset X$. Poichè le palle sono convesse, abbiamo che $B$ è stellata. In particolare, per $x$ ed $y$ $\exists$ due cammini (raggi di due palle centrate nei due punti e tangenti dall'interno a $B$) che connettono $x$ ed $y$ con la frontiera di $B$ nei punti, rispettivamente, $v$ ed $w$.
Poichè $\partial B \cong S^1$ (omeo.), $\partial B$ è connessa per archi. Per cui esiste un arco (tutto contenuto in $\mathbb{R}^2 - X$) che connette $v$ e $w$ su $\partial B$. Allora, la composizione di questi cammini connette $x$ ad $y$, e data la loro arbitrarietà si ha la tesi.
Naturalmente vi chiedo di controllare tutto ciò, per favore.
Domanda: Probabilmente ho usato (senza capire dove) il fatto che $X$ sia stellato, ma non l'ho detto (perchè non l'ho capito). Mi potete aiutare su questo punto? Grazie.
Penso di poter fare più in fretta.
Sia $X$ convesso. Prendo \(\overline{X}\), la chiusura di $X$. E' abbastanza facile dimostrare che \(\mathbb{R}^n \setminus \overline{X} \) è connesso per archi.
E' il complementare di un chiuso, quindi è aperto. In $\mathbb{R}^n$ un aperto è connesso per archi sse è connesso, quindi ci basta dimostrare la seconda.
Supponiamo che per assurdo non lo sia: allora esistono $A,B \subset \mathbb{R}^n \setminus \overline{X}, \ A,B \ne \emptyset$ chiusi tali che \( A \cap B = \emptyset \) e \( A \cup B = \mathbb{R}^n \setminus \overline{X} \). Ma allora \( A \cup B \cup \overline{X} = \mathbb{R}^n \) che sarebbe quindi sconnesso, assurdo.
Sappiamo allora che \(\mathbb{R}^n \setminus \overline{X} \) è connesso per archi. Sappiamo inoltre che la frontiera $\del X$ è una curva convessa perché $X$ è convesso (questo per $\mathbb{R}^2$, ma la nozione è simile per $n \geq 3$), e quindi è connessa per archi. Adesso posso prendere una qualunque ball di centro un qualunque punto $p$ della frontiera: questa ball per definizione di frontiera contiene punti di \(\mathbb{R}^n \setminus \overline{X} \) ed è convessa, quindi traccio il segmento che collega $p$ ad un punto di \(\mathbb{R}^n \setminus \overline{X} \) ed ho finito.
A occhio direi che funziona anche con stellato, ma non posso usare il fatto che la frontiera è una curva convessa e a quanto emerge da una veloce ricerca non è nemmeno detto che la frontiera sia connessa; bisogna quindi ripetere il passaggio alla ball di punti di frontiera per ciascuno di essi e non per uno solo come ho fatto sopra.
P.S. Nota che nell'OP, quando scrivi:
in effetti non è assolutamente vero che l'insieme è convesso e/o stellato: prendi $\mathbb{R}^2 - B(0,1)$ dove con $B(0,1)$ indico la ball di centro $0$ e raggio $1$: non è né stellato né convesso.
Sia $X$ convesso. Prendo \(\overline{X}\), la chiusura di $X$. E' abbastanza facile dimostrare che \(\mathbb{R}^n \setminus \overline{X} \) è connesso per archi.
E' il complementare di un chiuso, quindi è aperto. In $\mathbb{R}^n$ un aperto è connesso per archi sse è connesso, quindi ci basta dimostrare la seconda.
Supponiamo che per assurdo non lo sia: allora esistono $A,B \subset \mathbb{R}^n \setminus \overline{X}, \ A,B \ne \emptyset$ chiusi tali che \( A \cap B = \emptyset \) e \( A \cup B = \mathbb{R}^n \setminus \overline{X} \). Ma allora \( A \cup B \cup \overline{X} = \mathbb{R}^n \) che sarebbe quindi sconnesso, assurdo.
Sappiamo allora che \(\mathbb{R}^n \setminus \overline{X} \) è connesso per archi. Sappiamo inoltre che la frontiera $\del X$ è una curva convessa perché $X$ è convesso (questo per $\mathbb{R}^2$, ma la nozione è simile per $n \geq 3$), e quindi è connessa per archi. Adesso posso prendere una qualunque ball di centro un qualunque punto $p$ della frontiera: questa ball per definizione di frontiera contiene punti di \(\mathbb{R}^n \setminus \overline{X} \) ed è convessa, quindi traccio il segmento che collega $p$ ad un punto di \(\mathbb{R}^n \setminus \overline{X} \) ed ho finito.
A occhio direi che funziona anche con stellato, ma non posso usare il fatto che la frontiera è una curva convessa e a quanto emerge da una veloce ricerca non è nemmeno detto che la frontiera sia connessa; bisogna quindi ripetere il passaggio alla ball di punti di frontiera per ciascuno di essi e non per uno solo come ho fatto sopra.
P.S. Nota che nell'OP, quando scrivi:
Se per assurdo $\mathbb{R}^2−X$ fosse non connesso per archi, allora non sarebbe stellato, allora non sarebbe convesso.
in effetti non è assolutamente vero che l'insieme è convesso e/o stellato: prendi $\mathbb{R}^2 - B(0,1)$ dove con $B(0,1)$ indico la ball di centro $0$ e raggio $1$: non è né stellato né convesso.
@Isaac: Mi piace questa tua soluzione. Mi pare che ti serva avere $X$ stellato perché quando prendi un punto $x$ esterno ad esso (come nel tuo bel disegno), devi potertene allontanare in linea retta per raggiungere il grande cerchio rosso. Ma se $X$ non è stellato questo potrebbe non essere possibile; per esempio, se $X$ fosse un anello, il punto $x$ potrebbe restare intrappolato.
Non so se mi spiego.
@Frink: Non mi convince. Secondo me ci vuole un ragionamento "geometrico" del tipo di quello di Isaac. Nel dimostrare che $R^2\setminus \overline{X}$ è connesso, dove hai usato la convessità di $X$? Sospetto ci sia un errore.
Non so se mi spiego.
@Frink: Non mi convince. Secondo me ci vuole un ragionamento "geometrico" del tipo di quello di Isaac. Nel dimostrare che $R^2\setminus \overline{X}$ è connesso, dove hai usato la convessità di $X$? Sospetto ci sia un errore.
"Frink":Essendo \(\displaystyle\mathbb{R}^n\) connesso, non può esistere un suo sottoinsieme proprio non vuoto che sia aperto e chiuso; essendo di suo \(\displaystyle\mathbb{R}^n\setminus\overline{X}\) aperto, non può essere una unione finita di chiusi, poiché altrimenti sarebbe un insieme chiuso!
...esistono $A,B \subset \mathbb{R}^n \setminus \overline{X}, \ A,B \ne \emptyset$ chiusi tali che \( A \cap B = \emptyset \) e \( A \cup B = \mathbb{R}^n \setminus \overline{X} \). Ma allora \( A \cup B \cup \overline{X} = \mathbb{R}^n \) che sarebbe quindi sconnesso, assurdo....
"Frink":
Penso di poter fare più in fretta.
Sia $X$ convesso. Prendo \(\overline{X}\), la chiusura di $X$. E' abbastanza facile dimostrare che \(\mathbb{R}^n \setminus \overline{X} \) è connesso per archi.
E' il complementare di un chiuso, quindi è aperto. In $\mathbb{R}^n$ un aperto è connesso per archi sse è connesso, quindi ci basta dimostrare la seconda.
Ti ringrazio molto della soluzione che hai postato. A me non sembrava sbagliata, ma j18eos mi ha fatto cambiare idea con il suo intervento. Non ho capito bene però se la mia è sbagliata e/o (soprattutto) manca di qualcosa.
Anche perchè dissonance (che ringrazio per i complimenti
) mi pare non abbia posto obiezioni sulla sua correttezza (almeno nel contenuto)"dissonance":
@Isaac: Mi piace questa tua soluzione
"Frink":
A occhio direi che funziona anche con stellato, ma non posso usare il fatto che la frontiera è una curva convessa e a quanto emerge da una veloce ricerca non è nemmeno detto che la frontiera sia connessa; bisogna quindi ripetere il passaggio alla ball di punti di frontiera per ciascuno di essi e non per uno solo come ho fatto sopra.
Dunque, se la mia soluzione fosse corretta, per come l'ho postata, risolverebbe il problema in generale perchè lo eviterebbe. A meno che qualcuno non la smonti...
"Frink":
P.S. Nota che nell'OP, quando scrivi:
Se per assurdo $\mathbb{R}^2−X$ fosse non connesso per archi, allora non sarebbe stellato, allora non sarebbe convesso.
in effetti non è assolutamente vero che l'insieme è convesso e/o stellato: prendi $\mathbb{R}^2 - B(0,1)$ dove con $B(0,1)$ indico la ball di centro $0$ e raggio $1$: non è né stellato né convesso.
Io la so così la storia:
Convesso $\Rightarrow$ stellato $\Rightarrow$ connesso per archi. E' giusto, no? Perchè, se sì, dovrebbero essere giuste anche le contronominali. Ma anche a me sembra che ci sia qualcosa che non va nel ragionamento per assurdo che ho fatto. C'è qualcosa di distorto...
"dissonance":
Mi pare che ti serva avere $X$ stellato perché quando prendi un punto $x$ esterno ad esso (come nel tuo bel disegno), devi potertene allontanare in linea retta per raggiungere il grande cerchio rosso. Ma se $X$ non è stellato questo potrebbe non essere possibile; per esempio, se $X$ fosse un anello, il punto $x$ potrebbe restare intrappolato.
Grazie dissonance
. Mi puoi spiegare, per favore, in matematichese (o almeno in altre parole), questo passaggio? Scusa se disturbo ma vorrei capire veramente bene. Grazie mille!
"Isaac888":
Convesso $\Rightarrow$ stellato $\Rightarrow$ connesso per archi. E' giusto, no? Perchè, se sì, dovrebbero essere giuste anche le contronominali. Ma anche a me sembra che ci sia qualcosa che non va nel ragionamento per assurdo che ho fatto. C'è qualcosa di distorto...
Certo che le contronominali valgono, ci mancherebbe. Ma questo non significa che ti semplifichino la vita: ad esempio, puoi avere \( \mathbb{R}^n \setminus \overline{X} \) connesso per archi ma non stellato, come nell'esempio che ti ho portato sopra.
Ossia: di certo se non è connesso per archi non è convesso, ma una volta dimostrato che non è convesso non puoi dire che non è connesso per archi!
"j18eos":Essendo \( \displaystyle\mathbb{R}^n \) connesso, non può esistere un suo sottoinsieme proprio non vuoto che sia aperto e chiuso; essendo di suo \( \displaystyle\mathbb{R}^n\setminus\overline{X} \) aperto, non può essere una unione finita di chiusi, poiché altrimenti sarebbe un insieme chiuso![/quote]
[quote="Frink"]...esistono $ A,B \subset \mathbb{R}^n \setminus \overline{X}, \ A,B \ne \emptyset $ chiusi tali che \( A \cap B = \emptyset \) e \( A \cup B = \mathbb{R}^n \setminus \overline{X} \). Ma allora \( A \cup B \cup \overline{X} = \mathbb{R}^n \) che sarebbe quindi sconnesso, assurdo....
Non sono troppo convinto... Sto ipotizzando per assurdo che \( \mathbb{R} \setminus \overline{X} \) non sia connesso, se preferisci posso prendere $A,B$ aperti disgiunti lì dentro. Prendo i complementari (lì dentro) e li ho chiusi, e così vado avanti... Anzi potrei addirittura fermarmi prima, notando quello che dici tu, quindi assurdo e \( \mathbb{R} \setminus \overline{X} \) è connesso...
Avevo letto male; con questi chiarimenti, avresti che \(\displaystyle\mathbb{R}^n\) è unione di tre insiemi a coppie disgiunti: \(\displaystyle\overline{X}\) che è chiuso ed \(\displaystyle A\) e \(\displaystyle B\) chiusi in \(\displaystyle\mathbb{R}^n\setminus\overline{X}\) e non chiusi in \(\displaystyle\mathbb{R}^n\)...
Mi manca ancora qualcosa?
Mi manca ancora qualcosa?
Perché non chiusi in $\mathbb{R}^n$? Sia $A$ che $B$ sono dentro \( \mathbb{R}^n \setminus \overline{X} \) completamente, e siccome sono chiusi per la topologia di sottospazio, sono chiusi anche in $\mathbb{R}^n$... O no, e sono io a perdere qualcosa?
"Isaac888":Non è vero: è vero che \(\displaystyle X\) è limitato, e come puoi dimostrare \(\displaystyle\mathbb{R}^n\setminus X\) è illimitato; quindi non è vero che \(\displaystyle x\) e \(\displaystyle y\) siano punti interni a \(\displaystyle B\): possono essere anche di frontiera od esterni.
...Comunque si scelgano due punti distinti $x$ ed $y$ di $\mathbb{R}^2 - X$, dalla limitatezza di $X$ $\exists B$ palla aperta tale che $B\supset X$. Poichè le palle sono convesse, abbiamo che $B$ è stellata. In particolare, per $x$ ed $y$ $\exists$ due cammini (raggi di due palle centrate nei due punti e tangenti dall'interno a $B$) che connettono $x$ ed $y$ con la frontiera di $B$ nei punti, rispettivamente, $v$ ed $w$...
Basta modificare leggermente quel punto per renderlo valido; tanto, \(\displaystyle x\) e \(\displaystyle y\) sono comunque a distanza finita da \(\displaystyle\partial B\).
"Frink":Per la definizione di topologia di sottospazio: esistono \(\displaystyle A_0\) e \(\displaystyle B_0\) insiemi chiusi di \(\displaystyle\mathbb{R}^n\) tali che \(\displaystyle A=A_0\cap\left(\mathbb{R}^n\setminus\overline{X}\right)\) e \(\displaystyle B=B_0\cap\left(\mathbb{R}^n\setminus\overline{X}\right)\); ovvero \(\displaystyle A\) e \(\displaystyle B\) in \(\displaystyle\mathbb{R}^n\) sono l'intersezione di un insieme aperto e di un insieme chiuso, cioè sono insiemi localmente chiusi.
Perché non chiusi in $ \mathbb{R}^n $? Sia $ A $ che $ B $ sono dentro \( \mathbb{R}^n \setminus \overline{X} \) completamente, e siccome sono chiusi per la topologia di sottospazio, sono chiusi anche in $ \mathbb{R}^n $...
Esempio: Sia \(\displaystyle\mathbb{R}\setminus[-1,1]=]-\infty,-1[\cup]1,+\infty[\) è aperto; \(\displaystyle[1,2]\) è chiuso in \(\displaystyle\mathbb{R}\) e \(\displaystyle]1,2]\) è chiuso in \(\displaystyle]-\infty,-1[\cup]1,+\infty[\); ma \(\displaystyle]1,2]\) non è chiuso in \(\displaystyle\mathbb{R}\)!
Ovviamente, in tutto quello che ho scritto, sotto intendo che stiamo lavorando con la topologia naturale di \(\displaystyle\mathbb{R}^n\)...
Ok, ma qui sono in una situazione del tipo $A \in \mathbb{R}^n$, \( A \cap \mathbb{R}^n \setminus \overline{X} =A \in \mathbb{R}^n \setminus \overline{X} \), con $A$ chiuso in \( \mathbb{R}^n \setminus \overline{X} \) ed è lo stesso $A$ di prima.
Sono un po' tardo, ma penso di aver capito la tua obiezione, anche se credo che per interiorizzarla appieno dovrò pensarci un altro po'
Credo il passaggio logico sia quello con cui passo dall'insieme piccolo a quello più grande, il viceversa vale sempre ma questo no...
Sono un po' tardo, ma penso di aver capito la tua obiezione, anche se credo che per interiorizzarla appieno dovrò pensarci un altro po'
Credo il passaggio logico sia quello con cui passo dall'insieme piccolo a quello più grande, il viceversa vale sempre ma questo no...
@Frink: Si ma io ancora non ho capito dove hai usato l'ipotesi che $X$ sia convesso.
@Isaac: Se un insieme è stellato, allora ogni punto si può connettere all'origine attraverso un segmento. Di conseguenza ogni punto esterno si può connettere al "grande cerchio rosso" attraverso un segmento preso sulla semiretta uscente dall'origine. E' facile da dimostrare, per assurdo, basta pensarci un attimo. Sono quelle cose più difficili da dire che da fare
@Isaac: Se un insieme è stellato, allora ogni punto si può connettere all'origine attraverso un segmento. Di conseguenza ogni punto esterno si può connettere al "grande cerchio rosso" attraverso un segmento preso sulla semiretta uscente dall'origine. E' facile da dimostrare, per assurdo, basta pensarci un attimo. Sono quelle cose più difficili da dire che da fare
"dissonance":
@Frink: Si ma io ancora non ho capito dove hai usato l'ipotesi che $X$ sia convesso.
Credo proprio di non averla usata (e nemmeno la limitatezza, a ben vedere) il che sottintende un qualche errore (come quello segnalato da j18eos)...
Senza usare la limitatezza è facile trovare un controesempio, quindi è di certo sbagliata.
Io so che si puo' indebolire la richiesta di convessità e sostituirla con quella di semplice connessione (un dominio limitato e semplicemente connesso in $R^2$ ha il complementare connesso - una cosa questa che Gugo diceva spesso qualche anno fa), ma un minimo di ipotesi su $X$ ce le devi avere, altrimenti è falso.
OT: Comunque mi piace un sacco la tua firma! Sostanzialmente c'è Feynman che manda tutti affanculo. Un vero signore
OT: Comunque mi piace un sacco la tua firma! Sostanzialmente c'è Feynman che manda tutti affanculo. Un vero signore
"j18eos":Non è vero: è vero che \(\displaystyle X\) è limitato, e come puoi dimostrare \(\displaystyle\mathbb{R}^n\setminus X\) è illimitato; quindi non è vero che \(\displaystyle x\) e \(\displaystyle y\) siano punti interni a \(\displaystyle B\): possono essere anche di frontiera od esterni.
[quote="Isaac888"]...Comunque si scelgano due punti distinti $x$ ed $y$ di $\mathbb{R}^2 - X$, dalla limitatezza di $X$ $\exists B$ palla aperta tale che $B\supset X$. Poichè le palle sono convesse, abbiamo che $B$ è stellata. In particolare, per $x$ ed $y$ $\exists$ due cammini (raggi di due palle centrate nei due punti e tangenti dall'interno a $B$) che connettono $x$ ed $y$ con la frontiera di $B$ nei punti, rispettivamente, $v$ ed $w$...
Basta modificare leggermente quel punto per renderlo valido; tanto, \(\displaystyle x\) e \(\displaystyle y\) sono comunque a distanza finita da \(\displaystyle\partial B\).
[/quote]Ma non può essere assunta senza perdita di generalità l'esistenza di una palla per cui $x$ ed $y$ siano interni o, al più sulla frontiera? Tanto la limitatezza ci dice solo che esiste una palla di raggio finito che contiene tutto $X$. Oltre tutto questa palla può essere grande a piacere visto che $\mathbb{R}^2-X$ è illimitato. Giusto? (E se sì, con questa spiegazione, avrei risolto?)
@Isaac: Ma si secondo me si, hai risolto. Questi dettagliucci qua sono tutte chiacchiere.
P.S.: Studi a Pisa ? A che anno sei ?
P.S.: Studi a Pisa ? A che anno sei ?
"Frink":
[quote="dissonance"]@Frink: Si ma io ancora non ho capito dove hai usato l'ipotesi che $X$ sia convesso.
Credo proprio di non averla usata (e nemmeno la limitatezza, a ben vedere) il che sottintende un qualche errore (come quello segnalato da j18eos)...
Senza usare la limitatezza è facile trovare un controesempio, quindi è di certo sbagliata.[/quote]
Se si prende come $X$ una "striscia" del tipo $]-1,1[\times ]-\infty,+\infty[$, ho trovato un controesempio. Se si volesse però rinunciare alla limitatezza, forse potrebbe bastare, data la convessità di $X$, l'illimitatezza lungo più di una direzione, per toglierci dai casi come le "strisce"... La convessità ci toglierebbe invece dai casi di insiemi stellati illimitati che potrebbero fare sì che $\mathbb{R}^2 - X$ non sia connesso, come per esempio ${(x,y)\in \mathbb{R}^2| |xy|\le 1}$, ma non ci toglierebbe però i "coni" (quelli doppi). Allora forse bisognerebbe chiedere di non avere più di una retta ed una semiretta come "direzioni" su cui l'insieme sia illimitato, + la convessità (altrimenti ${(x,y)\in \mathbb{R}^2| |xy|\le 1, y\ge 0}$ sarebbe un controesempio). Dunque bisognerebbe chiedere convessità (ed illimitatezza) + una direzione su cui è limitato o solo "superiormente" o solo "inferiormente" (sarebbe carino capire come si scrive in matematichese quest'ultima cosa). Non so se si resce a chiedere di meno...
"dissonance":
@Isaac: Ma si secondo me si, hai risolto. Questi dettagliucci qua sono tutte chiacchiere.
P.S.: Studi a Pisa ? A che anno sei ?
[ot]Si, studio a Pisa. Sono fuoricorso alla triennale purtroppo.[/ot]
Il controesempio che fornisci disprova appunto la tesi che avevo portato io che era troppo generale.
[ot]
Temo che sia vera solo fino a "They don't."
La parte dopo è stata aggiunta, diciamo, sullo stile che era di Feynman[/ot]
[ot]
"dissonance":
OT: Comunque mi piace un sacco la tua firma! Sostanzialmente c'è Feynman che manda tutti affanculo. Un vero signore
Temo che sia vera solo fino a "They don't."
La parte dopo è stata aggiunta, diciamo, sullo stile che era di Feynman
[/ot]
"dissonance":Sono sì dettagliucci, ma non sono chiacchiere, perché se no sembra che si possa fare a meno dell'ipotesi che \(\displaystyle X\) sia stellato (rispetto a un suo sottoinsieme).
@Isaac ... Questi dettagliucci qua sono tutte chiacchiere...
"dissonance":Ecco qua!
...@Isaac: Se un insieme è stellato, allora ogni punto si può connettere all'origine attraverso un segmento. Di conseguenza ogni punto esterno si può connettere al "grande cerchio rosso" attraverso un segmento preso sulla semiretta uscente dall'origine. E' facile da dimostrare, per assurdo, basta pensarci un attimo. Sono quelle cose più difficili da dire che da fare
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