Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne

[Jakub Gurak]

A... -pomyliłem taką wstęgę Möbiusa z taśmą dwukrotnie przekręconą, a ona jest tylko jednokrotnie przekręcona... Rozumiem, że jednostronność powierzchni jest niezmiennikiem topologicznymi (tak??), a zatem te dwie powierzchnie nie są homeomorficzne

[AiDi]

Tak i tak.

[krl]

Czy jednostronność powierzchni jest w ogóle immanentną cechą takiej przestrzeni topologicznej? Bo jeśli nie, to na pewno nie można mówić, że jest ona niezmiennikiem topologicznym powierzchni. Tu warto zajrzeć do popularnych źródeł. Np.
https://encyklopedia.pwn.pl/haslo/powierzchnia-jednostronna;3961220.html
Encyklopedia PWN definiuje to tak:

powierzchnia jednostronna,
mat. powierzchnia różniąca się tym od „normalnej” powierzchni dwustronnej, że można ją całą pokolorować bez odrywania od niej kredki (nie przechodząc przez brzeg powierzchni);
powierzchnię jednostronną jest np. wstęga Möbiusa.

Co to znaczy "pokolorować powierzchnię \(\displaystyle{ P}\) kredką"? Czy to znaczy "określić funkcję ciągłą i stałą na \(\displaystyle{ P}\)"? Wtedy definicja PWN pasuje raczej do powierzchni spójnej, a nie jednostronnej. Np. zgodnie z tą definicją sfera dwuwymiarowa jest powierzchnią jednostronną.

Mały Słownik Matematyczny (wyd. IV z roku 1974) ujmuje to trochę inaczej:

powierzchnia jednostronna - powierzchnia, na której istnieje droga prowadząca z każdego punktu po jednej jej stronie do dowolnego punktu leżącego po drugiej stronie, nie przecinająca nigdzie brzegu powierzchni i nie przewiercająca jej.

Co to znaczy: strona powierzchni? Czy można powiedzieć, że dany punkt powierzchni leży na którejś stronie powierzchni? Co to znaczy, że droga przewierca powierzchnię? Czy jest to pojęcie lokalne? Czy można podać przykład drogi na sferze dwuwymiarowej, która ją przewierca?

Te definicje nie podobają mi się.
https://encyclopediaofmath.org/wiki/One-sided_and_two-sided_surfaces
Definicja z Encyklopedii Matematyki podoba mi się bardziej.

Lepiej mówić o orientowalności powierzchni. To z pewnością jest jej cecha immanentna.

[Jakub Gurak]

Mam dwa pytania z topologii.
Dzisiaj bowiem, byłem na mieście, i czekając przy stoliku na kebaba, i przeglądając na tablecie wykłady Mioduszewskiego z topologii przestrzeni euklidesowych (ostatnio tam zajrzałem znowu, bo zdałem sobie sprawę, że jednak kiepsko zrozumiałem definicję wymiaru pokryciowego danej figury, muszę się z tym oswoić), i czekając przy stoliku na kebaba zainteresował mnie taki fakt:
Jeśli mamy dwa zbiory \(\displaystyle{ A,B \subset \RR ^{2},}\) gdzie \(\displaystyle{ A}\) jest zbiorem otwartym, a \(\displaystyle{ B\supset A}\) jest zbiorem domkniętym, to mamy taki fakt, że zawsze można znaleźć zbiór otwarty \(\displaystyle{ C \subset \RR ^{2},}\) taki, że: \(\displaystyle{ A\subset C\subset\overline{C} \subset B.}\)
Jeśli bowiem: \(\displaystyle{ \overline {A}= B, }\) to wystarczy wziąć \(\displaystyle{ C:=A.}\)
W innym razie, ponieważ zbiór otwarty z każdym swoim elementem zawiera też pewne jego otoczenie, to dla punktów \(\displaystyle{ x \in B \setminus \overline {A},}\) wtedy dobierając takie ich otoczenia i 'połowiąc' je linią brzegową, to wtedy zakreskowany obszar (bez jego brzegu) będzie żądanym zbiorem otwartym- tak ja to, na intuicję, rozumiem. Jednak mam pytanie:
Czy istotne tu jest aby było: \(\displaystyle{ \overline {C} \subset B}\)??
Mi się wydaje, że jeśli znajdziemy zbiór otwarty \(\displaystyle{ C,}\) taki, że \(\displaystyle{ A \subset C \subset B,}\) to od razu: \(\displaystyle{ \overline {C} \subset B}\) (i \(\displaystyle{ C \subset \overline{C}}\)).
Czy może być jednak tutaj: \(\displaystyle{ \overline{C}\not\subset B. }\)
I jeszcze jedno:
Czy mając dwa zbiory \(\displaystyle{ A,B\subset \RR ^{2} }\), gdzie zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest domknięty, a zbiór \(\displaystyle{ B\supset A}\) jest otwarty, to czy można znaleźć zbiór domknięty \(\displaystyle{ C \subset \RR ^{2}, }\) taki, że: \(\displaystyle{ A \subset C \subset B}\)??
Mam jeszcze jedno zadanie. Proszę o sprawdzenie mojego rozwiązania:
Na płaszczyźnie rozważmy dwie figury będące kopiami (oczywiście w dużej skali) symbolu litery "E" (odsunięta jedna od drugiej). Wierzchołki takiej litery oznaczmy przez \(\displaystyle{ a,b,c}\) dla pierwszego "E", a dla drugiego "E" jego wierzchołki oznaczmy przez odpowiednio \(\displaystyle{ a ^{\prime}, b^{\prime} }\) i \(\displaystyle{ c^{\prime}. }\) I teraz jest pytanie czy można połączyć wierzchołki \(\displaystyle{ a}\) z \(\displaystyle{ a^{\prime} }\), \(\displaystyle{ b}\) z \(\displaystyle{ b ^{\prime}}\) i \(\displaystyle{ c}\) z \(\displaystyle{ c ^{\prime}}\) trzema krzywymi wzajemnie nie przecinającymi się i nie przecinającymi żadnego "E"??
Proszę o sprawdzenie mojego rozwiązania:
Uważam, że nie można. Zauważmy, że figura "E" nie jest jednobieżna (figura złożona ze skończonej ilości łuków jest jednobieżna, gdy można ją narysować ruchem ciągłym nie przechodząc żadnego łuku dwa razy, czyli gdy można ją narysować jednym pociągnięciem). Łatwo jest przekonać, że litery "E" nie da się narysować w ten sposób. Gdyby zatem możliwe byłoby takie połączenie trzema krzywymi odpowiednich wierzchołków takich liter "E", to cała otrzymana krzywa byłaby jednobieżna, a wtedy pierwsze "E", jako podzbiór spójny figury jednobieżnej, byłby jednobieżny- sprzeczność.\(\displaystyle{ \square}\)Dobrze

[matmatmm]

Jeśli mamy dwa zbiory \(\displaystyle{ A,B \subset \RR ^{2},}\) gdzie \(\displaystyle{ A}\) jest zbiorem otwartym, a \(\displaystyle{ B\supset A}\) jest zbiorem domkniętym, to mamy taki fakt, że zawsze można znaleźć zbiór otwarty \(\displaystyle{ C \subset \RR ^{2},}\) taki, że: \(\displaystyle{ A\subset C\subset\overline{C} \subset B.}\)

Ten fakt jest trywialny, bowiem zawsze można przyjąć \(\displaystyle{ C:=A}\). Jesteś pewien, że dobrze przepisałeś?

Czy mając dwa zbiory \(\displaystyle{ A,B\subset \RR ^{2} }\), gdzie zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest domknięty, a zbiór \(\displaystyle{ B\supset A}\) jest otwarty, to czy można znaleźć zbiór domknięty \(\displaystyle{ C \subset \RR ^{2}, }\) taki, że: \(\displaystyle{ A \subset C \subset B}\)??

Jest to jeszcze bardziej trywialne, bo wystarczy przyjąć \(\displaystyle{ C:=A}\).

Mam jeszcze jedno zadanie. Proszę o sprawdzenie mojego rozwiązania:
Na płaszczyźnie rozważmy dwie figury będące kopiami (oczywiście w dużej skali) symbolu litery "E" (odsunięta jedna od drugiej). Wierzchołki takiej litery oznaczmy przez \(\displaystyle{ a,b,c}\) dla pierwszego "E", a dla drugiego "E" jego wierzchołki oznaczmy przez odpowiednio \(\displaystyle{ a ^{\prime}, b^{\prime} }\) i \(\displaystyle{ c^{\prime}. }\) I teraz jest pytanie czy można połączyć wierzchołki \(\displaystyle{ a}\) z \(\displaystyle{ a^{\prime} }\), \(\displaystyle{ b}\) z \(\displaystyle{ b ^{\prime}}\) i \(\displaystyle{ c}\) z \(\displaystyle{ c ^{\prime}}\) trzema krzywymi wzajemnie nie przecinającymi się i nie przecinającymi żadnego "E"??

Nie rozumiem treści. Które punkty to są wierzchołki litery E?

[Jakub Gurak]

Jeśli mamy dwa zbiory \(\displaystyle{ A,B \subset \RR ^{2},}\) gdzie \(\displaystyle{ A}\) jest zbiorem otwartym, a \(\displaystyle{ B\supset A}\) jest zbiorem domkniętym, to mamy taki fakt, że zawsze można znaleźć zbiór otwarty \(\displaystyle{ C \subset \RR ^{2},}\) taki, że: \(\displaystyle{ A\subset C\subset\overline{C} \subset B.}\)

Ten fakt jest trywialny, bowiem zawsze można przyjąć \(\displaystyle{ C:=A}\). Jesteś pewien, że dobrze przepisałeś?

Racja, tu jest pomyłka. Powinno być:
Mając zbiór domknięty \(\displaystyle{ A \subset \RR ^{2} }\) i zbiór otwarty \(\displaystyle{ B \subset \RR ^{2} }\), taki, że \(\displaystyle{ A \subset B,}\) to zawsze można znaleźć zbiór otwarty \(\displaystyle{ C \subset \RR ^{2}, }\) taki, że: \(\displaystyle{ A \subset C \subset \overline{C} \subset B. }\) Jak to uzasadnić??

Które punkty to są wierzchołki litery E?

Trzy prawe końce:

Czy moje rozwiązanie jest poprawne??

[matmatmm]

Mając zbiór domknięty \(\displaystyle{ A \subset \RR ^{2} }\) i zbiór otwarty \(\displaystyle{ B \subset \RR ^{2} }\), taki, że \(\displaystyle{ A \subset B,}\) to zawsze można znaleźć zbiór otwarty \(\displaystyle{ C \subset \RR ^{2}, }\) taki, że: \(\displaystyle{ A \subset C \subset \overline{C} \subset B. }\) Jak to uzasadnić??

Jest to prosty wniosek z normalności przestrzeni \(\displaystyle{ \RR^2}\).

Czy moje rozwiązanie jest poprawne??

Nie do końca chwytam formalizm za definicją figury jednobieżnej, ale intuicja mi podpowiada, że podzbiór spójny figury jednobieżnej nie musi być jednobieżny. Natomiast twoja teza wynika natychmiast z twierdzenia, że graf dwudzielny \(\displaystyle{ K_{3,3}}\) nie jest planarny. Wierzchołków tych nie da się połączyć wcale, więc tym bardziej w ten sposób, żeby omijać litery E.

[Dasio11]

Mając zbiór domknięty \(\displaystyle{ A \subset \RR ^{2} }\) i zbiór otwarty \(\displaystyle{ B \subset \RR ^{2} }\), taki, że \(\displaystyle{ A \subset B,}\) to zawsze można znaleźć zbiór otwarty \(\displaystyle{ C \subset \RR ^{2}, }\) taki, że: \(\displaystyle{ A \subset C \subset \overline{C} \subset B. }\) Jak to uzasadnić??

Tak samo, jak we wszystkich przestrzeniach metrycznych: przyjmując \(\displaystyle{ C = \{ x \in \mathbb{R}^2 : d(x, A) < d(x, \mathbb{R} \setminus B) \}}\).

Natomiast twoja teza wynika natychmiast z twierdzenia, że graf dwudzielny \(\displaystyle{ K_{3,3}}\) nie jest planarny.

Nie wynika, bo połączyć należy tylko odpowiadające wierzchołki, a nie każdy z każdym. Natomiast można to wykazać z twierdzenia o krzywej Jordana: załóżmy nie wprost, że wierzchołki można połączyć. Rozważmy krzywą Jordana \(\displaystyle{ \gamma}\) idącą: z \(\displaystyle{ a}\) do \(\displaystyle{ c}\) wzdłuż \(\displaystyle{ E}\), z \(\displaystyle{ c}\) do \(\displaystyle{ c'}\) po ścieżce, z \(\displaystyle{ c'}\) do \(\displaystyle{ a'}\) wzdłuż drugiego \(\displaystyle{ E}\), z \(\displaystyle{ a'}\) do \(\displaystyle{ a}\) po ścieżce. Wtedy punkt \(\displaystyle{ b}\) leży w obszarze "po lewej stronie krzywej", a \(\displaystyle{ b'}\) leży "po prawej stronie". Zatem z twierdzenia Jordana nie można połączyć tych punktów bez przecinania krzywej, czyli każde takie połączenie musi przeciąć albo jedną ze ścieżek, albo jedną z liter \(\displaystyle{ E}\).

[Jakub Gurak]

Dasio11- genialne.
Ten fakt, z którego skorzystałem, odnośnie figur jednobieżnych- ten fakt może rzeczywiście nie zachodzić, ale nim to rozstrzygne, to chcę wpierw poznać dowód tej znanej własności charakteryzującej figury jednobieżne. Ponoć:
Figura \(\displaystyle{ S \subset \RR ^{2} }\) jest jednobieżna, dokładnie wtedy, gdy ma co najwyżej dwa węzły rzędu nieparzystego, a pozostałe węzły mają rząd parzysty (rzędem węzła nazywamy ilość łuków zbiegających się w wierzchołku tego węzła).
Pytanie: Jak to udowodnić (Może spróbować w podobny sposób jak rozstrzygnięto zadanie podane gdy dopiero powstawała topologia- zadanie o mostach w Królewcu, ale rozwiązania tej zagadki mogę też nie pamiętać ).

[matmatmm]

A znasz dowód twierdzenia charakteryzującego grafy eulerowskie?

I tak w ogóle to skąd pochodzi Twoja definicja figury jednobieżnej? Próbuję zapisać moją intuicję w sposób formalny. Oto do czego doszedłem:

Figurę \(\displaystyle{ S\subset \RR^2}\) (lub ogólniej przestrzeń topologiczną \(\displaystyle{ S}\)) nazywamy jednobieżną, gdy istnieją rozłączne zbiory \(\displaystyle{ U\subset S}\) otwarty i \(\displaystyle{ F\subset S}\) skończony oraz ciągła suriekcja \(\displaystyle{ f: [0,1]\to S}\) takie, że \(\displaystyle{ S=U\cup F}\) oraz \(\displaystyle{ f|f^{-1}\left[U\right] }\) jest homeomorfizmem.

Czy definicja jest poprawna? Czym będzie węzeł figury jednobieżnej i jego rząd? A figury będącej sumą skończonej ilości łuków?

[Jakub Gurak]

Zastanawia mnie teraz twierdzenie topologiczne:

Zbiór \(\displaystyle{ A \subset \RR}\), którego każde dwa różne punkty leżą na pewnym zbiorze spójnym, wtedy cały zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest spójny.

To co teraz powiedzieć o sumie \(\displaystyle{ A:=\left( 0,1\right) \cup \left( 2,3\right)}\)?? -wtedy dla każdych dwóch różnych liczb \(\displaystyle{ x,y \in A,}\) jeśli \(\displaystyle{ x<y}\), to możemy dobrać przedział domknięty \(\displaystyle{ \left[ x,y\right] }\) (który jest spójny i \(\displaystyle{ x,y \in \left[ x,y\right] }\)), a jeśli \(\displaystyle{ y<x}\), to podobnie możemy dobrać przedział domknięty \(\displaystyle{ \left[ y,x\right] }\); a zatem, na mocy przytoczonego twierdzenia, suma \(\displaystyle{ A=\left( 0,1\right) \cup \left( 2,3\right) }\) jest zbiorem spójnym Gdzie popełniam błąd

[Dasio11]

Ten zbiór spójny łączący dwa punkty powinien być podzbiorem \(\displaystyle{ A}\).

[Elvis]

Czy jednostronność powierzchni jest w ogóle immanentną cechą takiej przestrzeni topologicznej? Bo jeśli nie, to na pewno nie można mówić, że jest ona niezmiennikiem topologicznym powierzchni.
(...)
Lepiej mówić o orientowalności powierzchni. To z pewnością jest jej cecha immanentna.

Jakoś nie znalazłem w Twojej wypowiedzi konkluzji, więc ją dodam na wypadek, gdyby ktoś inny to czytał. Otóż zgodnie z (prawie) zalinkowaną przez Ciebie definicją z https://encyclopediaofmath.org/wiki/One-sided_and_two-sided_surfaces jednostronność nie jest topologiczną cechą samej powierzchni, a jedynie jej zanurzenia. I dlatego, jak piszesz, lepiej jest mówić o orientowalności (na pewno w takich kontekstach jak rozróżnianie między wstęgą Mobiusa a zwyczajną wstęgą).

Żeby zobaczyć, dlaczego jednostronność zależy od zanurzenia, można rozważyć dwa okręgi: jeden na płaszczyźnie, a drugi wzdłuż wstęgi Mobiusa. Pierwszy ma dwie strony (jako podzbiór płaszczyzny), a drugi jedną stronę (jako podzbiór wstęgi).

Niestety encyclopediaofmath.org nieco wprowadza w błąd, jeśli chodzi o butelkę Kleina. O ile jest ona nieorientowalna, to trudno powiedzieć, żeby była jednostronna (jako podzbiór przestrzeni trójwymiarowej), bo w ogóle nie da się jej w tej przestrzeni zanurzyć (można z samoprzecięciami, ale to jednak nie to samo). A skądinąd da się tę butelkę zanurzyć w inne przestrzenie zarówno jako powierzchnię jedno- jak i dwustronną.

[Dasio11]

Otóż zgodnie z (prawie) zalinkowaną przez Ciebie definicją z https://encyclopediaofmath.org/wiki/One-sided_and_two-sided_surfaces jednostronność nie jest topologiczną cechą samej powierzchni [...]

Teraz Twoja definicja też jest prawie zalinkowana. :]

[Jakub Gurak]

Ostatnio poznałem dowód faktu, mówiącego, że każda przestrzeń łukowo spójna jest przestrz\(\displaystyle{ }\)enią spójną. W ostatnich dniach uzasadniłem również, że suma dwóch zbiorów niespójnych \(\displaystyle{ B_1,B_2 \subset \RR}\) może być zbiorem spójnym. Natomiast dzisiaj, po wcześniejszym uzasadnieniu, że suma przedziałów domkniętych \(\displaystyle{ \left[ 0,1\right]}\) i \(\displaystyle{ \left[ 2,3\right]}\) jest zbiorem niespójnym, to wlaśnie przed chwilą uzasadniłem, że suma dwóch dowolnych rozłącznych przedziałów domkniętych jest zbiorem niespójnym. Przedstawię teraz dowody tych ekscytujących faktów.
Przypomnijmy, w przestrzeni topologicznej \(\displaystyle{ X}\) łuk (albo, jak kto woli: droga) łącząca punkty \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\), gdzie \(\displaystyle{ x,y \in X,}\) jest to dowolna funkcja ciągła \(\displaystyle{ \alpha :\left[ 0,1\right] \rightarrow X}\), taka, że \(\displaystyle{ \alpha \left( 0\right)=x}\) i \(\displaystyle{ \alpha \left( 1\right)=y}\).
Przestrzeń topologiczną \(\displaystyle{ X}\) nazywamy przestrzenią łukowo spójną, gdy każde punkty \(\displaystyle{ x,y \in X}\) można połączyć pewnym łukiem.
Wykażemy teraz, że każda przestrzeń łukowo spójna jest przestrzenią spójną.

DOWÓD TEGO FAKTU::    

Nim to udowodnimy, przypomnijmy najpierw, że jeśli przestrzeń topologiczna \(\displaystyle{ X}\) spełnia taką własność, że każde dwa punkty \(\displaystyle{ x,y \in X}\) można połączyć pewnym podzbiorem spójnym, to cała przestrzeń jest spójna-objaśniałem to chyba nawet w tym wątku.
Aby wykazać nasz fakt, to niech \(\displaystyle{ X}\) będzie przestrzenią łukowo spójną, i niech \(\displaystyle{ x,y \in X}\). Na mocy łukowej spójności przestrzeni \(\displaystyle{ X,}\) otrzymujemy, że istnieje odwzorowanie ciągle \(\displaystyle{ \alpha :\left[ 0,1\right] \rightarrow X}\), takie, że: \(\displaystyle{ \alpha \left( 0\right)=x}\) i \(\displaystyle{ \alpha \left( 1\right)=y}\). Wtedy zbiór \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{ \alpha} \left( \left[ 0,1\right] \right), }\) jako obraz, przez funkcję ciągłą, zbioru spójnego \(\displaystyle{ \left[ 0,1\right],}\) jest zbiorem spójnym, i mamy: \(\displaystyle{ x=\alpha \left( 0\right) \in \stackrel{ \rightarrow }{ \alpha} \left( \left[ 0,1\right] \right)}\) i \(\displaystyle{ y= \alpha \left( 1\right) \in \stackrel{ \rightarrow }{ \alpha} \left( \left[ 0,1\right] \right),}\) a więc punkty \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) można połączyć spójnym zbiorem \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{ \alpha} \left( \left[ 0,1\right] \right) }\). Z dowolności wyboru \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\), na mocy przytoczonej własności, przestrzeń \(\displaystyle{ X}\) jest spójna\(\displaystyle{ .\square}\) Implikacja w przeciwną stronę nie zachodzi.

Wykażemy teraz, że suma dwóch zbiorów niespójnych \(\displaystyle{ B_1,B_2 \subset \RR}\) może być zbiorem spójnym. W tym celu:
Niech:
\(\displaystyle{ B_1= \left( 0,2\right) \cup \left( 3,6\right)}\); i:
\(\displaystyle{ B_2= \left( 1,4\right) \cup \left( 5,7\right).}\)
Zobacz poniższy rysunek: \(\displaystyle{ \\}\)

\(\displaystyle{ \\}\)
Wtedy zbiory \(\displaystyle{ B_1}\) i \(\displaystyle{ B_2}\) są oczywiście niespójne, podczas gdy ich suma \(\displaystyle{ B=B_1 \cup B_2=\left( 0,7\right)}\) jest zbiorem spójnym\(\displaystyle{ .\square}\)
Wykażemy teraz, że suma dwóch rozłącznych przedziałów domkniętych o dodatniej długości na prostej liczbowej jest zbiorem niespójnym.
Niech \(\displaystyle{ \left[ a,b\right]; \left[ c,d\right] \subset \RR}\), gdzie \(\displaystyle{ a<b<c<d.}\) Niech: \(\displaystyle{ x:= \frac{b+c}{2},}\) i niech \(\displaystyle{ X:= \left[ a,b\right] \cup \left[ c,d\right].}\) Wtedy, z definicji topologii podprzestrzeni prostej liczbowej, dostajemy, że zbiór \(\displaystyle{ \left( a-1,x\right) \cap X= \left[ a,b\right]}\) jest otwarty w \(\displaystyle{ X;}\) i, podobnie, zbiór \(\displaystyle{ \left( x,d+1\right) \cap X= \left[ c,d\right]}\) jest otwarty w \(\displaystyle{ X}\). A zatem \(\displaystyle{ X}\) jest sumą dwóch zbiorów otwartych w \(\displaystyle{ X}\), a ponadto są to zbiory rozłączne i niepuste, a więc \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem niespójnym.\(\displaystyle{ \square}\)
Interesuje mnie jeszcze, czy jeśli mamy ciąg \(\displaystyle{ \left( A_n\right) _{n \in \NN} }\) rozłącznych podzbiorów płaszczyzny homeomorficznych z domkniętym kołem jednostkowym, to czy suma \(\displaystyle{ \bigcup_{n \in \NN} A_n}\) jest zbiorem domkniętym.
Albo, ciekawym jest, czy gdy na płaszczyźnie mamy kratownice (tak jak mamy kartkę w kratki, tylko na całej płaszczyźnie), i gdy zamalujemy co drugi kwadrat jednostkowy tej kratki, to spróbuje zabawić się, uzasadniając, że suma tych kwadratów jest zbiorem domkniętym...
Na koniec dodam tutaj jeszcze jeden mały dowodzik.
Przypomnijmy, że jeśli w zbiorze \(\displaystyle{ X}\) mamy dowolną relację \(\displaystyle{ R}\), to suma lewej dziedziny tej relacji (czyli jej rzutu na pierwszą oś) i jej rzutu na drugą oś- taką sumę nazywamy polem tej relacji i oznaczamy ją jako: \(\displaystyle{ C\left( R\right)}\).
Niech \(\displaystyle{ R}\) będzie relacją w zbiorze \(\displaystyle{ X}\).
Wykażemy, że:
\(\displaystyle{ C\left( R\right)= C\left( R ^{-1} \right);}\)
czyli wykażemy, że pole tej relacji jest równe polu jej relacji odwrotnej. Oto:
PROSTY DOWÓD TEGO FAKTU:
Mamy:
\(\displaystyle{ C\left( R ^{-1} \right)=\left( R ^{-1} \right) _{L} \cup \left( R ^{-1} \right) _{P} = R_P \cup R_L= R _{L} \cup R_P=C\left( R\right).\square}\)