Topologia dei dischi (volanti)

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Topologia dei dischi (volanti)

Messaggioda killing_buddha il mer 8 lug 2009, 14:59

Consideriamo la famiglia \mathfrak B di sottoinsiemi di \mathbb R^2 fatta dai dischi di raggio positivo centrati in 0:

    \mathfrak B :=\big\{B(0,r[\; : r\in\; ]0,+\infty[\big\}
Mostrare che \mathfrak B più \mathbb R^2 e il vuoto è una topologia su \mathbb R^2 e trovare la chiusura dell'insieme \{(x,y)\in\mathbb R^2\mid xy=1\}.
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Messaggioda davide il mar 14 lug 2009, 19:04

killing_buddha ha scritto:Consideriamo la famiglia \mathfrak B di sottoinsiemi di \mathbb R^2 fatta dai dischi di raggio positivo centrati in 0:

\mathfrak B :=\big\{B(0,r[\; : r\in\; ]0,+\infty[\big\}

Mostrare che \mathfrak B più \mathbb R^2 e il vuoto è una topologia su \mathbb R^2 [...]

La famiglia \tau := \mathfrak{B} \cup \{\emptyset,\mathbb{R}^2\} deve verificare 3 ipotesi:

    (1) contenere il vuoto e tutto lo spazio.
    (2) l'intersezione di due elementi di \tau deve appartenere ancora all'insieme.
    (3) l'unione qualsiasi di elementi di \tau deve appartenere ancora all'insieme.
\bullet Dimostrazioni.

(1) Ce li hai messi, quindi ok.

(2) È sufficiente osservare che l'intersezione di due dischi centrati nell'origine è il disco di raggio più piccolo.

(3) Basta considerare famiglie del tipo A := \{B_r\}_{r \in I}, in cui B_r := \{x \in \mathbb{R}^2: \|x\| < r\} e \|\cdot\| è la norma euclidea in \mathbb{R}^2, e mostrare che \bigcup_{r \in I} B_r \in \tau. In tal senso, siano R :=\sup \{r \in \mathbb{R}: r \in I\} e B_R := \{x \in \mathbb{R}^2: \|x\| < R\}. Affermo che B_R =\bigcup_{r \in I} B_r. Se x \in B_R, banalmente \|x\|< R, di modo che esistono \delta \in \mathbb{R}^+ per cui |x|<R-\delta ed \bar{r} \in I tale che R-\delta \le \bar{r} \le R. Allora x \in B_\bar{r}, e pertanto B_R \subseteq \bigcup_{r \in I} B_r. Viceversa, se x \in \bigcup_{r \in I} B_r, esiste \bar{r} \in I tale che x \in B_{\bar{r}}. Da qui, osservando che B_r \subseteq B_R, per ogni r \in I, si trova che x \in B_R, ovvero che \bigcup_{r \in I} B_r \subseteq B_R. Ne risulta, in definitiva, B_R = \bigcup_{r \in I} B_r, e dunque la tesi, a patto di riconoscere che B_R \in \tau. []

killing_buddha ha scritto:[...] trovare la chiusura dell'insieme \{(x,y)\in\mathbb R^2\mid xy=1\}.

Per trovare la chiusura di C=\{(x,y)\in\mathbb R^2: xy=1\} cerchiamo il più grande disco centrato nell'origine che non lo intersechi: si tratta di trovare il minimo di x^2+y^2 su C si può fare (ad occhio? :mrgreen:) così: intanto x \ne 0 e y=1/x, per cui devo minimizzare x^2+x^{-2} su \mathbb{R}\setminus\{0\}, e basta farlo sui positivi per la parità. Derivo ed ottengo 2\cdot\displaystyle\frac{x^4-1}{x^3}, e si vede che x=1 è punto di minimo. Quindi la distanza euclidea di C dall'origine è pari a \sqrt 2. La chiusura di C, pertanto, è l'insieme \big\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2: x^2+y^2\ge 2\big\}. (visto --- S)
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Controesempi in topologia

Messaggioda salvo.tringali il dom 18 apr 2010, 23:01

Rilancio (quickie). Provare che \mathbb{R}^2 con la topologia dei dischi definita in capo al thread non è uno spazio T0.
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Messaggioda maurer il lun 19 apr 2010, 12:55

salvo.tringali ha scritto:Rilancio (quickie). Provare che \mathbb{R}^2 con la topologia dei dischi volanti definita in capo al thread non è uno spazio T0.

Basta prendere due punti che abbiano la stessa distanza dall'origine, ad esempio P=(1,0) e Q=(0,1). Infatti, ogni intorno U del primo punto contiene un aperto A della topologia tale che P\in A\subseteq U. Ma A deve essere un disco aperto centrato nell'origine di raggio almeno pari ad 1, e di conseguenza Q\in A \subseteq U. Poiché i ruoli di P e Q nel ragionamento precedente sono intercambiabili, tanto basta per concludere che la topologia dei dischi non soddisfa l'assioma T0.
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Messaggioda salvo.tringali il lun 19 apr 2010, 20:22

salvo.tringali ha scritto:Rilancio (quickie). Provare che \mathbb{R}^2 con la topologia dei dischi volanti definita in capo al thread non è uno spazio T0.

maurer ha scritto:Basta prendere due punti che abbiano la stessa distanza dall'origine, ad esempio P=(1,0) e Q=(0,1). [...]

...proprio così. :) Ma perché fermarsi?!

Own. Provare che \mathbb{R}^2 con la topologia dei dischi non è né compattosequenzialmente compatto, e tuttavia è debolmente numerabilmente compatto.
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Messaggioda maurer il mar 20 apr 2010, 7:06

Inizio a mostrare i primi due punti.

salvo.tringali ha scritto:[...] Own. Provare che \mathbb{R}^2 con la topologia dei dischi non è né compattosequenzialmente compatto [...]

Il fatto che \mathbb{R}^2 non sia compatto è facile da vedere. Sia infatti \mathcal{F} = \{B_r\}_{r\in \mathbb{R}^+}, dove B_r := \{(x,y)\in \mathbb{R}^2: x^2+y^2 < r\}. Per definizione della topologia \tau dei dischi volanti questi insiemi sono degli aperti. D'altra parte è banale vedere che \bigcup_{r\in \mathbb{R}^+}B_r = \mathbb{R}^2. Pertanto la famiglia \mathcal{F} forma un ricoprimento aperto dello spazio \mathbb{R}^2.

Tuttavia, se \{B_{r_1}, \ldots, B_{r_k}\} è una qualsiasi sottofamiglia finita estratta da \mathcal{F}, posto r_\text{max} = \max_{1\leq i \leq k} r_i, allora non resta che concludere che \bigcup_{i=1}^k B_{r_i} = B_{r_\text{max}} \subsetneq \mathbb{R}^2. Sicché da \mathcal{F} non è possibile estrarre nessun ricoprimento finito di \mathbb{R}^2, e pertanto (\mathbb{R}^2,\tau) non è un compatto.

Anche vedere che non è sequenzialmente compatto è abbastanza semplice. Basta infatti considerare la successione di punti \left\{(n,0) \right\}_{n\in\mathbb{N}^+}. Evidentemente questa successione non ammette limite in \mathbb{R}^2, dato che, fissato un qualsiasi punto (x,y)\in\mathbb{R}^2 ed un qualsiasi aperto B \in \tau tale che (x,y) \in B, necessariamente B contiene solo un numero finito di punti della forma (k,0), dove k è un naturale. Segue che (x,y) non può essere limite né della successione considerata, né di nessuna sua sottosuccessione estratta. Pertanto (\mathbb{R}^2,\tau) non può essere sequenzialmente compatto.

Ho editato alcune parti del messaggio, correggendo alcuni errori dovuti ad una mia incomprensione del testo che mi sono stati gentilmente segnalati in privato da salvo.tringali
Ultima modifica di maurer il gio 22 apr 2010, 6:28, modificato 5 volte in totale.
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Messaggioda maurer il mar 20 apr 2010, 13:44

salvo.tringali ha scritto:Own. Provare che \mathbb{R}^2 con la topologia dei dischi [...] è debolmente numerabilmente compatto.

Sia X un sottoinsieme infinito di \mathbb{R}^2. Quindi siano (x,y)\in X e \rho = \|(x,y)\|_2. Sia ora (\tilde{x},\tilde{y})\in X, con (x,y) \ne (\tilde{x}, \tilde{y}), e poniamo \tilde{\rho} = \|(\tilde{x},\tilde{y})\|_2. Ammettiamo, senza perdita di generalità, che sia \tilde{\rho} \leq \rho; consideriamo allora un qualsiasi intorno aperto B \in \tau di (x,y), e sia r \in \;]0,+\infty] tale che B = \{(u,v) \in \mathbb{R}^2: u^2+v^2 < r\}. Dovendo essere (x,y)\in B, naturalmente segue che r \geq \rho, da cui facilmente (\tilde{x},\tilde{y})\in B. Ma allora abbiamo mostrato che il punto (\tilde{x},\tilde{y}) è un elemento di X tale che in ogni suo intorno è contenuto almeno un altro elemento di X distinto da se stesso. Quindi è un punto di accumulazione per X.

Data la generalità di X segue che (\mathbb{R}^2,\tau) è uno spazio topologico debolmente numerabilmente compatto.

Da qui possiamo dedurre, se non erro, che \mathbb{R}^2, dotato della topologia indotta da \tau non è metrizzabile (altrimenti compattezza, sequenziale compattezza e debolmente numerabilmente compattezza dovrebbero essere equivalenti), giusto?

Anche qui, come nel precedente messaggio, ho ristrutturato (meglio dire, forse, riscritto in toto) la dimostrazione, a causa di alcune mie incomprensioni del testo iniziale che mi sono state gentilmente segnalate da salvo.tringali. Scusatemi ancora.
Ho anche editato il testo secondo quanto si discute nei messaggi successivi.
Ultima modifica di maurer il ven 23 apr 2010, 19:15, modificato 1 volta in totale.
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Ex post

Messaggioda salvo.tringali il gio 22 apr 2010, 23:40

salvo.tringali ha scritto:[...] Own. Provare che \mathbb{R}^2 con la topologia dei dischi non è né compattosequenzialmente compatto [...]

maurer ha scritto:Il fatto che \mathbb{R}^2 non sia compatto è facile da vedere. Sia infatti \mathcal{F} = \{B_r\}_{r\in \mathbb{R}^+}, dove B_r := \{(x,y)\in \mathbb{R}^2: x^2+y^2 < r\}. [...] Anche vedere che non è sequenzialmente compatto è abbastanza semplice. Basta infatti considerare la successione di punti \left\{(n,0) \right\}_{n\in\mathbb{N}^+}. [...]

Direi che è tutto esatto, e anche ben formalizzato.

salvo.tringali ha scritto:Own. Provare che \mathbb{R}^2 con la topologia dei dischi [...] è debolmente numerabilmente compatto.

maurer ha scritto:Sia X un sottoinsieme infinito di \mathbb{R}^2. Quindi siano (x,y)\in X e \rho = \|(x,y)\|_2. Sia ora (\tilde{x},\tilde{y})\in X, con (x,y) \ne (\tilde{x}, \tilde{y}), e poniamo \tilde{\rho} = \|(\tilde{x},\tilde{y})\|_2. Ammettiamo, ad esempio, che sia \tilde{\rho} \leq \rho; [...]

Qui, però, c'è un errore microscopico: se (x,y) = (0,0), ad es., non c'è alcun verso di trovare un punto (\tilde{x},\tilde{y})\in X tale che (x,y) \ne (\tilde{x}, \tilde{y}) e \|(\tilde{x},\tilde{y})\|_2 \le  \|(x,y)\|_2. Più in generale, è necessario scegliere (x,y) \in X dimodoché l'insieme \big\{(\tilde x, \tilde y) \in X: (x,y) \ne (\tilde{x}, \tilde{y})\text{ e }\|(\tilde{x},\tilde{y})\|_2 \le  \|(x,y)\|_2\big\} sia non vuoto, perché tutto funzioni. Comunque si rimedia facilmente: lascio a te l'impegno di editare.

maurer ha scritto:[...] Da qui possiamo dedurre, se non erro, che \mathbb{R}^2, dotato della topologia indotta da \tau non è metrizzabile (altrimenti compattezza, sequenziale compattezza e debolmente numerabilmente compattezza dovrebbero essere equivalenti), giusto?

Non erri. Tuttavia non c'è ragione di farla tanto complicata: è sufficente osservare che ogni topologia metrica è di Hausdorff (= T2), per concludere - nelle notazioni del quote - che (\mathbb{R}^2,\tau) non è metrizzabile: infatti si è dimostrato qui sopra che (\mathbb{R}^2,\tau) non è neppure uno spazio T0.
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Messaggioda maurer il ven 23 apr 2010, 6:37

maurer ha scritto:[...] Sia X un sottoinsieme infinito di \mathbb{R}^2. Quindi siano (x,y)\in X e \rho = \|(x,y)\|_2. Sia ora (\tilde{x},\tilde{y})\in X, con (x,y) \ne (\tilde{x}, \tilde{y}), e poniamo \tilde{\rho} = \|(\tilde{x},\tilde{y})\|_2. Ammettiamo, ad esempio, che sia \tilde{\rho} \leq \rho [...]

salvo.tringali ha scritto:Qui, però, c'è un errore microscopico: se (x,y) = (0,0), ad es., non c'è alcun verso di trovare un punto (\tilde{x},\tilde{y})\in X tale che (x,y) \ne (\tilde{x}, \tilde{y}) e \|(\tilde{x},\tilde{y})\|_2 \le  \|(x,y)\|_2. Più in generale, è necessario scegliere (x,y) \in X dimodoché l'insieme \big\{(\tilde x, \tilde y) \in X: (x,y) \ne (\tilde{x}, \tilde{y})\text{ e }\|(\tilde{x},\tilde{y})\|_2 \le  \|(x,y)\|_2\big\} sia non vuoto, perché tutto funzioni. [...]

Non sono del tutto convinto della tua affermazione, ma probabilmente sono io che mi sono espresso male nel post precedente. Intendevo questo: siano (x,y), (\tilde{x},\tilde{y})\in X tali che (x,y) \ne (\tilde{x},\tilde{y}). Questo è sempre possibile farlo, dato che X è un insieme infinito. D'altronde, posto \rho = \|(x,y)\|_2\text{, }\tilde{\rho} = \|(\tilde{x},\tilde{y})\|_2 per la proprietà di tricotomia di \mathbb{R} o \tilde{\rho} \leq \rho oppure \rho < \tilde{\rho}. Possiamo allora evidentemente assumere una delle due ipotesi senza perdere di generalità (perché basterà invertire tra loro i punti se si verificasse l'altra alternativa).

maurer ha scritto:[...] Da qui possiamo dedurre, se non erro, che \mathbb{R}^2, dotato della topologia indotta da \tau non è metrizzabile (altrimenti compattezza, sequenziale compattezza e debolmente numerabilmente compattezza dovrebbero essere equivalenti), giusto?

salvo.tringali ha scritto:Non erri. Tuttavia non c'è ragione di farla tanto complicata: è sufficente osservare che ogni topologia metrica è di Hausdorff (= T2), per concludere - nelle notazioni del quote - che (\mathbb{R}^2,\tau) non è metrizzabile: infatti si è dimostrato qui sopra che (\mathbb{R}^2,\tau) non è neppure uno spazio T0.

Ops :redface: l'ho fatta un po' più lunga del necessario...
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Misunderstandings

Messaggioda salvo.tringali il ven 23 apr 2010, 7:39

maurer ha scritto:[...] siano (x,y)\in X e \rho = \|(x,y)\|_2. Sia ora (\tilde{x},\tilde{y})\in X, con (x,y) \ne (\tilde{x}, \tilde{y}), e poniamo \tilde{\rho} = \|(\tilde{x},\tilde{y})\|_2. Ammettiamo, ad esempio, che sia \tilde{\rho} \leq \rho [...]

maurer ha scritto:[...] Intendevo questo: siano (x,y), (\tilde{x},\tilde{y})\in X tali che (x,y) \ne (\tilde{x},\tilde{y}). Questo è sempre possibile farlo, dato che X è un insieme infinito. D'altronde, posto \rho = \|(x,y)\|_2\text{, }\tilde{\rho} = \|(\tilde{x},\tilde{y})\|_2 per la proprietà di tricotomia di \mathbb{R} o \tilde{\rho} \leq \rho oppure \rho < \tilde{\rho}. Possiamo allora evidentemente assumere una delle due ipotesi senza perdere di generalità (perché basterà invertire tra loro i punti se si verificasse l'altra alternativa). [...]

Già, non avevo ben compreso il senso del tuo "ad esempio". Se sei d'accordo, riformulo la frase nei termini "Ammettiamo, senza perdita di generalità, che sia \tilde{\rho} \leq \rho".
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