L'immagine continua di [tex]\mathbb R[/tex] non e' un aperto nel piano

Geometria euclidea, cartesiana, algebrica, differenziale e topologia

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Messaggioda j18eos il sab 29 nov 2014, 20:04

maurer ha scritto:...Quindi per ora l'unica valida è la dimostrazione di ma_go.
Perché?

@Beltzer Mi convinci... Però dovrei controllare un pò tutto!
Semplicemente Armando! ;-)
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Re: L'immagine continua di [tex]\mathbb R[/tex] non e' un aperto nel piano

Messaggioda maurer il dom 30 nov 2014, 1:30

@Beltzer: è vero che la tua riformulazione del lemma 1 è più sharp della mia, e che continua ad essere corretta. Ma il problema è con il mio enunciato della proprietà (P): bisogna richiedere in più che l'aperto $U$ sia tale che $f(U)$ sia aperto in $f(\mathbb R)$ perché la nozione sia rilevante (questo risponde anche ad un PM di Nihilus). In effetti, se non si impone questa ulteriore restrizione, ogni punto ha la proprietà (P). E a questo punto, il seno del topologo puo' essere impiegato per produrre un esempio in cui c'è un intero intervallo chiuso di $\mathbb R$ di punti che non soddisfano (P), quindi l'enunciato del corollario 3 non puo' essere aggiustato per nulla.

Inoltre, è vero che si puo' spingere la mia analisi un po' più a fondo (riscrivendo le cose in modo corretto). Ma non vedo come concludere, e per di più, anche se si arrivasse alla fine, si avrebbe comunque una dimostrazione orrenda fatta per enumerazione dei casi possibili, mentre la dimostrazione di ma_go è molto più pulita ed elegante. Visto che non ha più risposto, provo a rispondere io alle domande che sono state fatte su quell'approccio.

La restrizione $f|_{[-n,n]} : [-n,n] \to \mathbb R$ è una mappa chiusa ed iniettiva, quindi è un omeomorfismo sull'immagine. Ne segue che l'immagine $f((-n,n))$, dotata della topologia indotta da $\mathbb R^2$, deve essere una varietà topologica di dimensione 1. Ma allora $f((-n,n))$ è ad interno vuoto. Siccome $X_n := f([-n,n])$ differisce da $f((-n,n))$ per l'aggiunta di $f(-n)$ e $f(n)$, segue che $f([-n,n])$ è pure ad interno vuoto. Infine, $X_n$ è un compatto di $\mathbb R^2$, quindi chiuso.
Quindi se per assurdo $f(\mathbb R)$ fosse un aperto di $\mathbb R^2$, sarebbe localmente compatto ed a base numerabile, e ciononostante si potrebbe scrivere come unione di chiusi ad interno vuoto, contraddicendo il lemma di Baire. Ne segue che $f(\mathbb R)$ non è aperto.
Je n'ai jamais compris qu'on se rassasiât d'un être...
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Re: L'immagine continua di [tex]\mathbb R[/tex] non e' un aperto nel piano

Messaggioda Feanor il dom 30 nov 2014, 11:20

Cross-posting sfrenato. Tentando di sistemare la proposta di soluzione di j18eos, ai tempi, ero arrivato a dover comprendere quando la retroimmagine di una funzione continua mappa basi di intorni in basi di intorni, sostanzialmente (click). Se qualcuno ha idee, sono ancora interessato!
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Re: L'immagine continua di [tex]\mathbb R[/tex] non e' un aperto nel piano

Messaggioda Livius il lun 7 set 2015, 10:56

Dal fatto che " Ogni applicazione continua e iniettiva da uno spazio compatto ad uno spazio di Hausdorff è un omeomorfismo tra il primo spazio e lo spazio immagine sottospazio del secondo ", quindi
se $[a,b] \subset \mathbb{R} $ con $ a<b$, allora $[a,b]$ è omeomorfo ad $f[a,b]$ e quindi $Int (f[a,b])=\emptyset$ perché
$Int (f[a,b])=Int (f(a,b))$ ed $f(a,b)$ è omeomorfo ad $(a,b)$ che è omeomorfo ad $\mathbb{R} $ .
$\bigcup [a,b]= \mathbb{R}$ intendendo qui gli $a$, $b$ come punti consecutivi di una partizione della retta $\mathbb{R}$ (l'unione $\bigcup$ è quindi numerabile).
Ora dovrebbe essere abbastanza facile provare il seguente fatto :" se $Int (\bigcup f [a,b])\neq \emptyset$ allora
$\{f(a),f(b)\} \subset Int (\bigcup f [a,b])$"
( la prova di ciò dovrebbe provenire dal fatto che $\bigcup f [a,b]$ è una varietà senza bordo immersa in $\mathbb{R^{2}} $ e $\{f(a),f(b)\}\subset \bigcup f [a,b]$ ),
da qui $Int (\bigcup f [a,b])=Int (\bigcup f(a,b))\cup N$, dove $N\subset \mathbb{R^{2}} $ è numerabile e discreto, infatti
$N=\{f(a),f(b): a,b$ variano nei punti della partizione di $\mathbb{R}\}$.
$Int(f( \mathbb{R}))=Int(f(\bigcup [a,b]))=Int(\bigcup f (a,b))\cup N=\bigcup Int( f (a,b))\cup N=\emptyset\cup N=N$.
$f(\mathbb{R})$ è connesso, anzi connesso per archi (immagine continua di un connesso e/o connesso per archi).
Il fatto che un connesso per archi in $\mathbb{R^{2}}$ abbia come parte interna un insieme numeral-discreto, a mio avviso non può esistere, infatti se
$A$ è un sottospazio topologico sappiamo che $Int(A)\subseteq A \subseteq Int(A) \cup Fr(A)$, e nel nostro caso specifico abbiamo
$Int(f( \mathbb{R}))\subseteq f( \mathbb{R}) \subseteq Int(f( \mathbb{R})) \cup Fr(f( \mathbb{R})) $, ovvero $N \subseteq f( \mathbb{R}) \subseteq N \cup Fr( f( \mathbb{R}))$, ma $Fr( f( \mathbb{R}))=\emptyset$ essendo $f( \mathbb{R})$ una varietà senza bordo (se $M$ è una varietà immersa in $\mathbb{R^{n}}$ e $Fr(M)\neq\emptyset$ ma $M\neq Fr(M)$, allora $M$ è una varietà con bordo $\partial M$ perché $Fr(M) \subseteq \partial M$, dimostrare).
Abbiamo ottenuto così che $N=f( \mathbb{R})$ la qual cosa è palesemente assurda essendo $N$ sconnesso. Concludiamo che l'ipotesi poc'anzi fatta di $Int (\bigcup f [a,b])\neq\emptyset$ è falsa, e quindi non può che essere $Int (\bigcup f [a,b])=Int(f( \mathbb{R}))=\emptyset$, cioè l'immagine $f( \mathbb{R})$ non è aperta in $\mathbb{R^{2}}$.
Ultima modifica di Livius il sab 12 set 2015, 17:52, modificato 1 volta in totale.
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Re: L'immagine continua di [tex]\mathbb R[/tex] non e' un aperto nel piano

Messaggioda Livius il ven 11 set 2015, 9:41

Darò una dimostrazione alternativa, perchè quella che ho precedentemente esposto ha una pecca dato che $f(\mathbb{R})$ non è sempre una varietà (almeno nel senso classico del termine), infatti è vero che per ogni punto di $f(\mathbb{R})$ esiste sempre almeno un intorno omeomorfo ad un aperto di $\mathbb{R}$ (la carta qui ovviamente è $(I,f^{-1})$ se $I$ è l'intorno), ma non è sempre detto che l'aperto $f(I)$ di $\mathbb{R}$ sia omeomorfo ad $\mathbb{R}$, la lemniscata $ t\mapsto \left(\frac{2t+4t^3}{1+4t^4}, \frac{2t-4t^3}{1+4t^4}\right)$ ne è un controesempio. Il suo grafico-immagine non è una varietà, ha dei problemi nell'origine perchè i suoi intorni aperti vengono mandati in aperti sconnessi di $\mathbb{R}$ che non possono essere omeomorfi ad $\mathbb{R}$.
Cercherò ora di dare una dimostrazione che sfrutta il fatto che la cardinatà di un insieme è anche una misura.
Se $\mu:\mathscr{A}\rightarrow [0,+\infty]$ è una misura, ($\mathscr{A}$ $\sigma$-algebra di insiemi), allora $\mu$ è continua lungo successioni monotone, nel senso che
$A_{i}\in \mathscr{A}$, $A_{i}\subset A_{i+1}$ e $A=\cup_{i} A_{i}$, allora
($\star$) $\mu(A)=\lim_{i \rightarrow +\infty}\mu(A_{i})$, qui poniamo $\lim_{i \rightarrow +\infty}A_{i}:=A$.
Sia $\{a_{n}\}_{n}$ la successione numerica così definita $a_n=|Int (f[-n,n])|$, per ogni $n\in \mathbb{N}$ e "$|\cdot|$" indica la cardinalità dell'insieme incluso. Notiamo ora che $|\cdot|:\mathscr{A}\rightarrow [0,+\infty)\cup\{\aleph_{0},\aleph_{1}\}$, dove $\mathscr{A}$ è la $\sigma$-algebra generata dagli aperti di $\mathbb{R}^{2}$ e $\aleph_{0}$, $\aleph_{1}$ indicano rispettivamente le cardinalità di $\mathbb{N}$ e $\mathbb{R}$ è a tutti gli effetti una misura (l'unico cruccio forse è che c'è un infinito di troppo, due invece di uno).Sappiamo che $a_{n}=0$ per ogni $n\in \mathbb{N}$ perchè $Int (f[-n,n])=\emptyset$ per ogni $n\in \mathbb{N}$.
Perciò $0=\lim_{i \rightarrow +\infty}0=\lim_{i \rightarrow +\infty}a_{n}=\lim_{i \rightarrow +\infty}|Int (f[-n,n])|$, e per la proprietà ($\star$) $(0=)\lim_{i \rightarrow +\infty}|Int (f[-n,n])|=|\lim_{i \rightarrow +\infty}Int (f[-n,n])|=|Int (f(\mathbb{R}))|$, quindi $Int (f(\mathbb{R} ))=\emptyset$ e $f(\mathbb{R})$ non è aperto in $\mathbb{R}^{2}$.
P.S. Il cruccio prima esposto in realtà non dà alcun problema, basta scrivere $[0,+\infty]$ al posto di $[0,+\infty)\cup\{\aleph_{0},\aleph_{1}\}$ dove $\infty$ è la classe di equivalenza $\{\aleph_{0},\aleph_{1}\}$.
Ultima modifica di Livius il ven 11 set 2015, 12:54, modificato 3 volte in totale.
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Re: L'immagine continua di [tex]\mathbb R[/tex] non e' un aperto nel piano

Messaggioda ma_go il ven 11 set 2015, 10:58

Livius ha scritto:[...]Notiamo ora che $|\cdot|:\mathscr{A}\rightarrow [0,+\infty)\cup\{\aleph_{0},\aleph_{1}\}$, dove $\mathscr{A}$ è la $\sigma$-algebra generata dagli aperti di $\mathbb{R}^{2}$ e $\aleph_{0}$, $\aleph_{1}$ indicano rispettivamente le cardinalità di $\mathbb{N}$ e $\mathbb{R}$ è a tutti gli effetti una misura (l'unico cruccio forse è che c'è un infinito di troppo, due invece di uno).[...]

qui stai usando l'ipotesi del continuo, che non mi pare il caso di scomodare. in ogni caso, non mi pare evidente che questa cosa debba essere una "misura" (neanche in senso esteso).
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Re: L'immagine continua di [tex]\mathbb R[/tex] non e' un aperto nel piano

Messaggioda Livius il ven 11 set 2015, 18:07

ma_go ha scritto: in ogni caso, non mi pare evidente che questa cosa debba essere una "misura" (neanche in senso esteso).

Sia $\mathrm{X}$ un insieme, $\mathscr{C}\subseteq \mathcal{P}(\mathrm{X})$ una famiglia tale che $\emptyset\in\mathscr{C}$.
DEFINIZIONE Un'applicazione $\mu :\mathscr{C}\rightarrow [0,+\infty]$ è detta misura positiva (o semplicemente misura) su $\mathscr{C}$ se
(i) $\mu(\emptyset)=0$
(ii) per ogni successione $\{E_{k}\}\subseteq\mathscr{C}$ di insiemi disgiunti tali che $\cup_{k=1}^{\infty}E_{k}\in\mathscr{C}$ risulta $\mu(\cup_{k=1}^{\infty}E_{k})=\sum_{k=1}^{\infty}\mu(E_{k})$.
La proprietà (ii) è detta $\sigma$-additività della misura $\mu$.
L'applicazione (cardinalità) $|\cdot|:\mathscr{C}\rightarrow [0,+\infty]$, dove $\mathscr{C}\subseteq \mathcal{P}(\mathbb{R}^{2})$ è la $\sigma$-algebra generata dagli aperti di $\mathbb{R}^{2}$, e ${\infty}=\{\aleph_{0},\aleph_{1}\}$ come classe di equivalenza, è una misura se e solo se verifica (i) e (ii).
La (i) è banale, passiamo alla (ii) e ricordiamo che la somma cardinale $\sum_{k}|E_{k}|$ esiste e coincide con la normale sommatoria se tutti gli $E_{k}$ sono finiti, mentre se almeno un $E_{k}$ ha cardinalità infinita si ha $\sum_{k}|E_{k}|=\sup\{|E_{k}|:k\in \mathbb{N} \} $, e d'altronde anche $|\cup_{k=1}^{\infty}E_{k}|=\sup \{|E_{k}|:k\in \mathbb{N} \}$ qualora almeno un $E_{k}$ sia infinito, il caso finito (tutti gli $E_{k}$ disgiunti e finiti) è ovvio (nel senso che coincide con la sommatoria).
Poichè la cardinalità $|\cdot|$ è anche $\sigma$-additiva, essa è un esempio di misura.
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Re: L'immagine continua di [tex]\mathbb R[/tex] non e' un aperto nel piano

Messaggioda hydro il ven 11 set 2015, 21:06

Livius ha scritto:L'applicazione (cardinalità) $|\cdot|:\mathscr{C}\rightarrow [0,+\infty]$, dove $\mathscr{C}\subseteq \mathcal{P}(\mathbb{R}^{2})$ è la $\sigma$-algebra generata dagli aperti di $\mathbb{R}^{2}$, e ${\infty}=\{\aleph_{0},\aleph_{1}\}$ come classe di equivalenza, è una misura se e solo se verifica (i) e (ii).


Ma come dimostri senza usare l'ipotesi del continuo che se $A\in \mathscr{C}$ allora $|A|\in \mathbb N\cup \{\aleph_0,\aleph_1\}$?
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Re: L'immagine continua di [tex]\mathbb R[/tex] non e' un aperto nel piano

Messaggioda Livius il sab 12 set 2015, 0:37

hydro ha scritto: Ma come dimostri senza usare l'ipotesi del continuo che se $A\in \mathscr{C}$ allora $|A|\in \mathbb N\cup \{\aleph_0,\aleph_1\}$?

Basta porre $\infty=\{|\mathrm{X}|:\mathrm{X}\subseteq \mathbb{R}^{2}$ e $ |\mathbb{N}|\leq|\mathrm{X}|\leq|\mathbb{R}|\}$ come classe d'equivalenza, ed è chiaro che rimane sottointeso che gli altri elementi di $[0,+\infty)$ fanno classe a sè; questo è per chi non ama l'ipotesi del continuo, ma la sostanza della dimostrazione non cambia, rimane inalterata.
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Re: L'immagine continua di [tex]\mathbb R[/tex] non e' un aperto nel piano

Messaggioda Livius il lun 21 set 2015, 14:55

Livius ha scritto:Basta porre $\infty=\{|\mathrm{X}|:\mathrm{X}\subseteq \mathbb{R}^{2}$ e $ |\mathbb{N}|\leq|\mathrm{X}|\leq|\mathbb{R}|\}$

forse era meglio scrivere $\infty:=\{|\mathrm{X}|:\mathrm{X}\in \mathscr{A}$ e $|\mathrm{X}|\geq|\mathbb{N}|\}$ dove $\mathscr{A}$ e la $\sigma$-algebra generata dagli aperti di $\mathbb{R}^{2}$; è più semplice ed esatto.
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