L'immagine continua di $RR$ non e' un aperto
Se [tex]f\colon \mathbb R\to \mathbb R^2[/tex] e' continua e iniettiva, dimostrare che [tex]f(\mathbb R)[/tex] non puo' essere aperto in [tex]\mathbb R^2[/tex].
Mi sta facendo impazzire.
Mi sta facendo impazzire.
Risposte
Se pensi $f$ come la parametrizzazione di una curva semplice, sembra abbastanza intuitivo.
Per un prova puoi provare a fare così:
$f(\R)$ è omeomorfo ad $\R$ (per le ipotesi che hai su $f$, da cui credo (ma potrei dire una cavolata!) tu possa dedurre anche che $f^{-1}$ è continua),
inoltre direi che ogni aperto connesso di $R^2$ è omeomorfo al disco e quindi ad $R^2$ stesso,
dunque se per assurdo fosse $f(\R)$ omeomorfo ad un aperto di $\R^2$ (necessariamente connesso perché $\R$ lo è ed $f$ è continua) avresti che $\R$ è omemorfo ad $R^2$,
il che è chiaramente falso (ad es perché se togli un punto ad $\R$ si disconnette, mentre se togli un punto ad $\R^2$ resta connesso).
Per un prova puoi provare a fare così:
$f(\R)$ è omeomorfo ad $\R$ (per le ipotesi che hai su $f$, da cui credo (ma potrei dire una cavolata!) tu possa dedurre anche che $f^{-1}$ è continua),
inoltre direi che ogni aperto connesso di $R^2$ è omeomorfo al disco e quindi ad $R^2$ stesso,
dunque se per assurdo fosse $f(\R)$ omeomorfo ad un aperto di $\R^2$ (necessariamente connesso perché $\R$ lo è ed $f$ è continua) avresti che $\R$ è omemorfo ad $R^2$,
il che è chiaramente falso (ad es perché se togli un punto ad $\R$ si disconnette, mentre se togli un punto ad $\R^2$ resta connesso).
"qwertyuio":
$f(\R)$ è omeomorfo ad $\R$
Purtroppo ciò è falso. Una "figure eight" è un controesempio (la parte sinistra del disegno):
(La parte destra di questo disegno non è rilevante al thread)
Se $f(RR)$ è aperto in $RR^2$ allora contiene qualche rettangolo chiuso, diciamo $[a,b] xx [c,d]$. Le controimmagini $f^{-1}({x} xx [c,d])$ per $x \in [a,b]$ sono tutte chiuse, disgiunte e non numerabili. Quindi $RR$ contiene un'infinità non numerabile di chiusi disgiunti non numerabili. Questa cosa a occhio mi sembra un pò assurda. Ma potrei anche sbagliare...
"perplesso":
$RR$ contiene un'infinità non numerabile di chiusi disgiunti non numerabili.
$RR$ contiene $\{\{x\} \text{ : } x \text{ e' irrazionale}\}$, tutti i singoletti sono chiusi, tutti a due a due disgiunti, ed e' un insieme non numerabile...
I singoletti sono insiemi finiti e quindi numerabili, io ho parlato di chiusi non numerbili, cmq vabbè...
Ah scusa, avevo risposto appena sveglio e avevo imputato il leggere due volte "non numerabile" al mio strabismo...
"perplesso":Mi sa che è vera, ad esempio pensa all'insieme di Cantor in \([0;1]\), esso è non numerabile e tra due suoi punti contigui puoi trovare un intervallo da esso disgiunto, puoi costruire su di esso un insieme di Cantor "rimpicciolito"; alla fine ti trovi una famiglia non numerabile di insiemi chiusi non numerabili ed a due a due disgiunti.
...Quindi $RR$ contiene un'infinità non numerabile di chiusi disgiunti non numerabili...
Ovviamente potrei aver sbagliato, dato che la costruzione è delicata!
Grazie Armando, a prima vista la tua costruzione mi sembra giusta ed ingegnosa! 
Mi ero proprio scordato dell'insieme di Cantor.
Mi ero proprio scordato dell'insieme di Cantor.
Quindi siamo punto e virgola. Sto cominciando a disperare!
Scusatemi tutti, ma tra il caldo e la fretta non saprei quante scemenze scriverò!
Se per assurdo \(f(\mathbb{R})\) fosse aperto allora conterrebbe un disco aperto che a sua volta contiene un disco chiuso \(K\) per cui compatto.
Per la continuità \(f^{-1}(K)=C\) è chiuso in \(\mathbb{R}\), studiando le successioni e sfruttando l'iniettività si ha che \(C\) è compatto, quindi \(f\) è un omeomorfismo tra \(C\) e \(K\) in assurdo col teorema di invarianza della dimensione.
Se per assurdo \(f(\mathbb{R})\) fosse aperto allora conterrebbe un disco aperto che a sua volta contiene un disco chiuso \(K\) per cui compatto.
Per la continuità \(f^{-1}(K)=C\) è chiuso in \(\mathbb{R}\), studiando le successioni e sfruttando l'iniettività si ha che \(C\) è compatto, quindi \(f\) è un omeomorfismo tra \(C\) e \(K\) in assurdo col teorema di invarianza della dimensione.
E' una cosa a cui avevo pensato, certo; mi ero bloccato quando dovevo provare che preimmagini continue di compatti mediante funzioni iniettive sono compatte...
"j18eos":Considerata una successione \(x_n\in C\) si ha che \(f(x_n)\in K\) ammette una successione estratta convergente \(f(x_{n_m})\in K\), per l'iniettività di \(f\) si ha che \(x_{n_m}\in C\) è una successione ben definita, per la continuità di \(f\) si ha che \(C\) è compatto per successioni, per tutte le proprietà di cui gode \((\mathbb{R};\mathcal{T}_{nat})\) si ottiene che \(C\) è compatto.
...studiando le successioni e sfruttando l'iniettività si ha che \(C\) è compatto...
Dato che \(K\) ha interno non vuoto allora contiene un disco aperto, inoltre, essendo omeomorfo a \(C\) si ha che anche \(C\) contiene (almeno) un intervallo, dal teorema di invarianza della dimensione si ha l'assurdo certo, quindi l'asserto!
EDIT: proprio [size=150]tutte[/size] le proprietà di \((\mathbb{R};\mathcal{T}_{nat})\) no, basti notare che \(C\) deve essere limitato altrimenti non si ha la compattezza per successioni!
"j18eos":Considerata una successione \(x_n\in C\) si ha che \(f(x_n)\in K\) ammette una successione estratta convergente \(f(x_{n_m})\in K\), per l'iniettività di \(f\) si ha che \(x_{n_m}\in C\) è una successione ben definita, per la continuità di \(f\) si ha che \(C\) è compatto per successioni, per tutte le proprietà di cui gode \((\mathbb{R};\mathcal{T}_{nat})\) si ottiene che \(C\) è compatto.
[quote="j18eos"]...studiando le successioni e sfruttando l'iniettività si ha che \(C\) è compatto...
Dato che \(K\) ha interno non vuoto allora contiene un disco aperto, inoltre, essendo omeomorfo a \(C\) si ha che anche \(C\) contiene (almeno) un intervallo, dal teorema di invarianza della dimensione si ha l'assurdo certo, quindi l'asserto!
EDIT: proprio [size=150]tutte[/size] le proprietà di \((\mathbb{R};\mathcal{T}_{nat})\) no, basti notare che \(C\) deve essere limitato altrimenti non si ha la compattezza per successioni![/quote]
Non capisco perché dalla continuità di $f$ segue che $C$ è compatto per successioni...
Due sono le cose: il passaggio è delicato ed ora lo esplicito oppure ho sbagliato!
Senza cambiare i nomi, utilizzando la sequenziale continuità di \(f\):\[\exists=\lim_mf(x_{n_m})=f\left(\lim_mx_{n_m}\right)\Rightarrow\lim_mx_{n_m}=\exists.\]
Senza cambiare i nomi, utilizzando la sequenziale continuità di \(f\):\[\exists=\lim_mf(x_{n_m})=f\left(\lim_mx_{n_m}\right)\Rightarrow\lim_mx_{n_m}=\exists.\]
Non ne sono granché convinto. Le funzioni continue si scambiano con il limite, ma solo a patto di sapere già prima che la successione $\{ x_{n_m} \} $ converge, no?
Up. 
Sono troppo curioso di sapere se l'obiezione sollevata da Lemniscata è corretta oppure no?
Sono troppo curioso di sapere se l'obiezione sollevata da Lemniscata è corretta oppure no?
@Lemniscata: Hai ragione, il ragionamento di Armando è sbagliato.
Dato che \(K\) ha interno non vuoto allora contiene un disco aperto, inoltre, essendo omeomorfo a \(C\) si ha che anche \(C\) contiene (almeno) un intervallo, dal teorema di invarianza della dimensione si ha l'assurdo certo, quindi l'asserto!
EDIT: proprio [size=150]tutte[/size] le proprietà di \((\mathbb{R};\mathcal{T}_{nat})\) no, basti notare che \(C\) deve essere limitato altrimenti non si ha la compattezza per successioni![/quote]Invece di sviare l'attenzione del lettore con inutili orpelli barocchi, come il simbolo \(\mathcal{T}_{nat}\) o la "compattezza per successioni" (è chiaro che in \(\mathbb{R}\) un compatto è compatto per successioni, lo sappiamo benissimo e non occorre che ce lo ricordi ad ogni rigo), cerca di scrivere qualche ragionamento sensato, corretto e non completamente banale. Qui hai solo fatto fumo, come al solito.
Infatti, l'unico passaggio non ovvio è proprio quello che tu salti, qui:
Per concludere vorrei mostrare con un esempio come, in generale, la controimmagine di un compatto di \(\mathbb{R}^2\) mediante una funzione continua e ingettiva non sia in generale compatta. Sia \(f\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}^2\) la funzione definita da
\begin{equation}
f(x)=(\arctan(x), 0).
\end{equation}
\(f\) è continua e ingettiva e
\begin{equation}
f^{-1}\left( \left[ -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right] \times \{0\}\right) = \mathbb{R}.
\end{equation}
"j18eos":Considerata una successione \(x_n\in C\) si ha che \(f(x_n)\in K\) ammette una successione estratta convergente \(f(x_{n_m})\in K\), per l'iniettività di \(f\) si ha che \(x_{n_m}\in C\) è una successione ben definita, per la continuità di \(f\) si ha che \(C\) è compatto per successioni, per tutte le proprietà di cui gode \((\mathbb{R};\mathcal{T}_{nat})\) si ottiene che \(C\) è compatto.
[quote="j18eos"]...studiando le successioni e sfruttando l'iniettività si ha che \(C\) è compatto...
Dato che \(K\) ha interno non vuoto allora contiene un disco aperto, inoltre, essendo omeomorfo a \(C\) si ha che anche \(C\) contiene (almeno) un intervallo, dal teorema di invarianza della dimensione si ha l'assurdo certo, quindi l'asserto!
EDIT: proprio [size=150]tutte[/size] le proprietà di \((\mathbb{R};\mathcal{T}_{nat})\) no, basti notare che \(C\) deve essere limitato altrimenti non si ha la compattezza per successioni![/quote]Invece di sviare l'attenzione del lettore con inutili orpelli barocchi, come il simbolo \(\mathcal{T}_{nat}\) o la "compattezza per successioni" (è chiaro che in \(\mathbb{R}\) un compatto è compatto per successioni, lo sappiamo benissimo e non occorre che ce lo ricordi ad ogni rigo), cerca di scrivere qualche ragionamento sensato, corretto e non completamente banale. Qui hai solo fatto fumo, come al solito.
Infatti, l'unico passaggio non ovvio è proprio quello che tu salti, qui:
Considerata una successione \(x_n\in C\) si ha che \(f(x_n)\in K\) ammette una successione estratta convergente \(f(x_{n_m})\in K\), per l'iniettività di \(f\) si ha che \(x_{n_m}\in C\) è una successione ben definita, (!!) per la continuità di \(f\) si ha che \(C\) è compatto per successioniCome fai a dire che la successione \(x_{n_m}\) ammette una estratta convergente? Certo, \(f(x_{n_m})\) ammette estratta convergente, ma perché mai \(x_{n_m}\) dovrebbe fare altrettanto? Questa è la cosa essenziale da dimostrare, non puoi saltarla a pié pari così, tu stai prendendo in giro il lettore.
Per concludere vorrei mostrare con un esempio come, in generale, la controimmagine di un compatto di \(\mathbb{R}^2\) mediante una funzione continua e ingettiva non sia in generale compatta. Sia \(f\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}^2\) la funzione definita da
\begin{equation}
f(x)=(\arctan(x), 0).
\end{equation}
\(f\) è continua e ingettiva e
\begin{equation}
f^{-1}\left( \left[ -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right] \times \{0\}\right) = \mathbb{R}.
\end{equation}
"dissonance":Queste sono illazioni, se non accuse che rigetto totalmente! Non trovo le parole per esprimere quanto sia e sono distante da questa tua descrizione dei miei intenti e dei miei modi nel tentare di aiutare altri utenti di questo forum.
...Invece di sviare l'attenzione del lettore con inutili orpelli barocchi...
...tu stai prendendo in giro il lettore...
...Qui hai solo fatto fumo, come al solito...
Indubbiamente non sono un utente modello, almeno così opinio di me e su di me, ma non accetto interpretazioni errate, ripeto, dei miei intenti; seppur interpretazioni esposte in buona fede!
"dissonance":Secondo te che ho cercato di fare? -_-
...cerca di scrivere qualche ragionamento sensato, corretto e non completamente banale...
Per non macchiare ulteriormente questo thread, se vuoi sai come rispondermi.
Si veda http://math.stackexchange.com/questions/47547
Sia $f~:~R\rightarrow R^2$ una iniezione continua e supponiamo che l'immagine
$f(R)$ sia aperta in $R^2$. Cerchiamo di ottenere una contraddizione.
Per ogni $n\ge 1$, l'immagine dell'intervallo chiuso $[-n,n]$ e' compatta e quindi chiusa in $f(R)$.
L'intersezione degli aperti $U_n = f(R) - f[-n,n]$ e' vuota. Poiche' $f(R)$ e' localmente compatto
e Hausdorff, vale il teorema della categoria di Baire. Questo implica che esiste un $n\ge 1$ tale
che $f[-n,n]$ contiene un disco chiuso $B$. Qua usiamo che $f(R)$ e' aperto in $R^2$.
Ogni chiuso $C\subset f^{-1}B$ e' contenuto in $[-n,n]$ ed e' quindi compatto. Di conseguenza $f(C)$ e'
compatto e quindi chiuso in $B$. La biiezione continua $f~:~f^{-1}(B) \rightarrow B$ e' quindi un
omeomorfismo. Poiche' $B$ e' connesso, $f^{-1}B$ e' un sottospazio connesso e chiuso di $[-n,n]$.
Questo implica che $f^{-1}(B)$ e' un intervallo chiuso.
Ma questo e' assurdo. Perche' il disco chiuso $B$, tolto un qualsiasi punto, rimane connesso,
mentre se togliamo un punto interno di un intervallo chiuso in $R$,
otteniamo uno spazio sconnesso
Sia $f~:~R\rightarrow R^2$ una iniezione continua e supponiamo che l'immagine
$f(R)$ sia aperta in $R^2$. Cerchiamo di ottenere una contraddizione.
Per ogni $n\ge 1$, l'immagine dell'intervallo chiuso $[-n,n]$ e' compatta e quindi chiusa in $f(R)$.
L'intersezione degli aperti $U_n = f(R) - f[-n,n]$ e' vuota. Poiche' $f(R)$ e' localmente compatto
e Hausdorff, vale il teorema della categoria di Baire. Questo implica che esiste un $n\ge 1$ tale
che $f[-n,n]$ contiene un disco chiuso $B$. Qua usiamo che $f(R)$ e' aperto in $R^2$.
Ogni chiuso $C\subset f^{-1}B$ e' contenuto in $[-n,n]$ ed e' quindi compatto. Di conseguenza $f(C)$ e'
compatto e quindi chiuso in $B$. La biiezione continua $f~:~f^{-1}(B) \rightarrow B$ e' quindi un
omeomorfismo. Poiche' $B$ e' connesso, $f^{-1}B$ e' un sottospazio connesso e chiuso di $[-n,n]$.
Questo implica che $f^{-1}(B)$ e' un intervallo chiuso.
Ma questo e' assurdo. Perche' il disco chiuso $B$, tolto un qualsiasi punto, rimane connesso,
mentre se togliamo un punto interno di un intervallo chiuso in $R$,
otteniamo uno spazio sconnesso
Mi piace. Si puo' forse semplificare dicendo che arrivare a un omeomorfismo $f^{-1}B\to B$ e' assurdo per invarianza della dimensione, oppure perche' gia' li' si puo' dire che i chiusi del piano non hanno cut-points e invece quelli della retta ne sono pieni?
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo