Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne

[Jakub Gurak]

Trzeba będzie jeszcze wykazać, że zbiory \(\displaystyle{ A,B \subset \RR^2}\) są bliskie, dokładnie wtedy, gdy ich domknięcia się przecinają; jak i trzeba będzie wykazać, że zbiory \(\displaystyle{ A,B \subset \RR^3}\) są bliskie, dokładnie wtedy, gdy ich domknięcia się przecinają.

W ostatnią sobotę wykazałem pierwszy z tych dwóch faktów, jak i wykazałem drugą połowę drugiego faktu, tzn. wykazałem, że dla dwóch zbiorów \(\displaystyle{ A,B \subset \RR ^{3},}\) jeśli ich domknięcia przecinają się, to zbiory \(\displaystyle{ A,B}\) będą bliskie. Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów, jak i proszę o sprawdzenie pierwszej połowy pierwszego faktu, gdyż tam pojawiła się odległość dwóch punktów płaszczyzny, a taka odległość to jest to funkcja 'czterowymiarowa' (\(\displaystyle{ 2 \times 2}\)), a na przestrzeniach czterowymiarowych to ja się nie znam ( ). A tak na poważnie, to po prostu w tym miejscu coś zwątpiłem, więc proszę o sprawdzenie tego dowodu. Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.

Przypomnijmy ( z książki 'Zarys topologii ogólnej' Ryszarda Engelkinga, tylko nie podam strony, gdyż książki nie mam już pod ręką, ale zapisałem sobie na kartce ściągawkę ):

Niech \(\displaystyle{ \left( X,d\right)}\) będzie przestrzenią metryczną.
Wtedy, taka przestrzeń metryczna wyznacza bliskość \(\displaystyle{ \beta}\) w zbiorze \(\displaystyle{ X}\), taką, że:

Dla dowolnych zbiorów \(\displaystyle{ A,B \subset X:}\)

\(\displaystyle{ A \left( \beta\right) B \Longleftrightarrow A \neq \left\{ \right\} \neq B \hbox{ i } \inf\limits_{x \in A, y \in B} \left\{ d\left( x,y\right) \right\} =0.}\)

Tzn. dwa niepuste podzbiory \(\displaystyle{ A,B \subset X}\) są bliskie gdy, jeśli rozważymy odległosci każdego elementu zbioru \(\displaystyle{ A}\) od każdego elementu zbioru \(\displaystyle{ B}\), to infimum tych odległości jest równe \(\displaystyle{ 0}\) (wtedy te dwa niepuste zbiory \(\displaystyle{ A,B \subset X}\) są bliskie).

Wykażemy, że dla dwóch zbiorów \(\displaystyle{ A,B \subset \RR ^{2}}\) (z naturalną metryką euklidesową na płaszczyźnie) mamy:

\(\displaystyle{ \hbox{ zbiory } A \hbox{ i } B \hbox{ są bliskie } \Longleftrightarrow \overline{A} \cap \overline{B} \neq \left\{ \right\}.}\)

Tzn. dwa podzbiory płaszczyzny są bliskie gdy: albo wtedy gdy się przecinają (wtedy to muszą być sobie bliskie), a jeśli są rozłączne, to też mogą być bliskie, ale tylko wtedy, gdy przecinają się na swoich brzegach.

DOWÓD TEGO FAKTU:

Niech \(\displaystyle{ A,B \subset \RR^2.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ A= \left\{ \right\}}\), to zbiór pusty jest daleki od każdego podzbioru płaszczyzny (w szczególności od zbioru \(\displaystyle{ B}\)), i:

\(\displaystyle{ \overline{\left\{ \right\} } \cap \overline{B}= \left\{ \right\} \cap \overline{B}= \left\{ \right\}}\);

zatem obie strony tej równoważności są fałszywe, równoważność więc zachodzi.

Jeśli \(\displaystyle{ B=\left\{ \right\}}\) , to rozumujemy w sposób podobny.

Dalej zakładamy, że zbiory \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) są niepuste.

Jeśli \(\displaystyle{ A \neq \left\{ \right\}}\) i \(\displaystyle{ B \neq \left\{ \right\}}\) , i zbiory \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) są bliskie, to na mocy przytoczonej charakteryzacji zbiorów bliskich: \(\displaystyle{ \inf \left( \stackrel{ \rightarrow }{d} \left( A \times B\right) \right)= \inf\limits_{x \in A, y \in B} \left\{ d\left( x,y\right) \right\} =0.}\) Jeśli zbiory \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) przecinają się, tzn. \(\displaystyle{ A \cap B \neq \left\{ \right\} }\), to istnieje element \(\displaystyle{ x \in A \cap B}\). Ponieważ \(\displaystyle{ A \subset \overline{A}}\) i \(\displaystyle{ B \subset \overline{B}}\), więc \(\displaystyle{ x \in \overline{A} \cap \overline{B}}\), zatem domknięcia \(\displaystyle{ \overline{A}}\) i \(\displaystyle{ \overline{B}}\) przecinają się, co należało pokazać.

Jeśli zbiory \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) są rozłączne, to ponieważ są to zbiory niepuste, więc istnieją elementy \(\displaystyle{ a \in A}\), \(\displaystyle{ b \in B}\). Ponieważ są to zbiory rozłączne, więc: \(\displaystyle{ a \neq b}\), a zatem odległość \(\displaystyle{ d\left( a,b\right)>0 }\) jest dodatnia.

Wykażemy teraz, że dla każdej liczby dodatniej \(\displaystyle{ C \in \RR_+}\) istnieją elementy \(\displaystyle{ x_C \in A}\) i \(\displaystyle{ y_C \in B}\) takie, że ich odległość: \(\displaystyle{ d\left( x_C, y_C\right)<C}\).

DOWÓD TEGO FAKTU::    

Niech \(\displaystyle{ C \in \RR_+.}\)
Przypuśćmy nie wprost, że dla każdych elementów \(\displaystyle{ x \in A, y \in B}\): \(\displaystyle{ d\left( x,y\right) \ge C.}\)
Wtedy liczba \(\displaystyle{ C}\) jest ograniczeniem dolnym zbioru \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{d} \left( A \times B\right) = \left\{ d\left( x,y\right): \ x \in A, y \in B \right\}}\). Ponieważ \(\displaystyle{ 0= \inf\limits_{x \in A, y \in B}\left\{ d\left( x,y\right) \right\}}\) jest największym ograniczeniem dolnym tego zbioru, więc \(\displaystyle{ 0 \ge C}\), a mamy \(\displaystyle{ C>0}\)-sprzeczność\(\displaystyle{ .\square}\)

Niech \(\displaystyle{ x_0= d\left( a,b\right)= :C>0}\). Na mocy powyższej własności istnieją elementy \(\displaystyle{ x_C \in A}\), oraz \(\displaystyle{ y_C \in B}\), takie, że: \(\displaystyle{ d\left( x_C, y_C\right) <C}\). Niech \(\displaystyle{ x_1= d\left( x_C, y_C\right)<x_0}\). Mamy również \(\displaystyle{ x_1>0}\), bo \(\displaystyle{ x_C \in A, y_C \in B}\), a zbiory \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) są rozłączne, skąd \(\displaystyle{ x_C \neq y_C}\), a zatem \(\displaystyle{ d\left( x_C, y_C\right)>0.}\)

Przypuśćmy, że zdefiniowaliśmy już skończony ciąg liczbowy:

\(\displaystyle{ 0<x_n< \ldots <x_2<x_1<x_0}\).

Wtedy dla \(\displaystyle{ C=x_n>0}\), na mocy dowiedzionej własności, otrzymujemy, że istnieją elementy \(\displaystyle{ x_C \in A}\) i \(\displaystyle{ y_C \in B}\), takie, że \(\displaystyle{ d\left( x_C, y_C\right)<C}\). Wybierzmy takie elementy, i zdefiniujmy \(\displaystyle{ x _{n+1}= d\left( x_C,y_C\right)}\). Ponieważ \(\displaystyle{ x_C \in A, y_C \in B}\), a zbiory \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) są rozłączne, więc
\(\displaystyle{ x_C \neq y_C}\), a więc \(\displaystyle{ d\left( x_C, y_C\right)>0}\). Czyli:

\(\displaystyle{ 0<x _{n+1}= d\left( x_C, y_C\right)<C= x_n.}\)

Wybieramy taki element (stosując, być może, aksjomat wyboru),

i, używając twierdzenia o definiowanie przez indukcję, otrzymujemy taki ciąg silnie malejący \(\displaystyle{ \left( x_n\right)}\) liczb rzeczywistych. Ponadto jest to ciąg ograniczony od dołu (przez \(\displaystyle{ 0}\)), a zatem zbieżny do pewnej granicy \(\displaystyle{ x \in \RR}\). Ale z powyższej konstrukcji mamy:

\(\displaystyle{ x_0= d\left( a,b\right);}\)
\(\displaystyle{ x_1=d\left( a_1, b_1\right);}\)
\(\displaystyle{ x_2= d\left( a_2, b_2\right);}\)
\(\displaystyle{ \vdots}\)
\(\displaystyle{ x _{n+1}= d\left( a _{n+1}, b _{n+1} \right);}\)
\(\displaystyle{ \vdots}\)

dla pewnego ciągu elementów \(\displaystyle{ \left( a_1, a_2, \ldots\right) }\) zbioru \(\displaystyle{ A}\), i dla pewnego ciągu elementów \(\displaystyle{ \left( b_1, b_2, \ldots\right) }\) zbioru \(\displaystyle{ B}\).

Ponieważ \(\displaystyle{ \inf\limits_{x \in A, y \in B} \left\{ d\left( x,y\right) \right\} =0}\), to również ciąg \(\displaystyle{ \left( x_n\right) }\) jest zbieżny do zera. Ponieważ jest to ciąg kolejnych odległości, więc ciąg \(\displaystyle{ S_n= \left( a_n, b_n\right)}\) jest zbieżny do pewnego punktu płaszczyzny \(\displaystyle{ \left( x_a, y _{a} \right).}\) Wtedy, ponieważ zbieżność ciągów elementów płaszczyzny jest zbieżnością 'po współrzędnych', więc ciąg \(\displaystyle{ \left( a_n\right) }\) jest zbieżny do liczby \(\displaystyle{ x_a}\), a ciąg \(\displaystyle{ \left( b_n\right) }\) jest zbieżny do liczby \(\displaystyle{ y_a}\). Ponieważ ciąg \(\displaystyle{ \left( a_n\right)}\) jest ciągiem elementów zbioru \(\displaystyle{ A}\), a więc w szczególności jest ciągiem elementów domknięcia \(\displaystyle{ \overline{A}}\), a to domknięcie jest zbiorem domkniętym, więc \(\displaystyle{ x_A \in \overline{A}.}\) W analogiczny sposób uzasadniamy, że: \(\displaystyle{ y_a \in \overline{B}}\). Ponieważ ciąg odległości \(\displaystyle{ d\left( a_n, b_n\right)}\) jest zbieżny do zera, to \(\displaystyle{ d\left( x_a, y_a\right)= 0}\), a stąd \(\displaystyle{ x_a= y_a=:c,}\) i \(\displaystyle{ c \in \overline{A} \cap \overline{B}.}\) Czyli domknięcia \(\displaystyle{ \overline{A}}\) i \(\displaystyle{ \overline{B}}\) przecinają się. (Dobrze?? )

Jeśli dla zbiorów \(\displaystyle{ A,B \subset \RR ^{2}}\), ich domknięcia przecinają się, to istnieje element \(\displaystyle{ c \in \overline{A} \cap \overline{B}.}\) \(\displaystyle{ }\)
Jeśli \(\displaystyle{ A \cap B \neq \left\{ \right\} }\), to zbiory \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) muszą być bliskie.

Jeśli zbiory \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) są rozłączne, to ponieważ \(\displaystyle{ \overline{A}= A \cup Fr\left( A\right)}\) i \(\displaystyle{ \overline{B}= B \cup Fr\left( B\right)}\), to te brzegi \(\displaystyle{ Fr\left( A\right)}\) i \(\displaystyle{ Fr\left( B\right)}\) muszą się przecinać. Istnieje więc element \(\displaystyle{ x \in Fr \left( A\right) \cap Fr \left( B\right)}\).

Przypuśćmy nie wprost, że: \(\displaystyle{ R:= \inf\limits_{x \in A, y \in B} \left\{ d\left( x,y\right) \right\} >0.}\)
Wtedy \(\displaystyle{ \frac{R}{2}>0}\).
Wtedy, z własności brzegu zbioru, otrzymujemy, że koło otwarte \(\displaystyle{ B\left( x, \frac{R}{2} \right)}\) o środku w punkcie \(\displaystyle{ x}\) i promieniu równym \(\displaystyle{ \frac{R}{2}}\) przecina zbiór \(\displaystyle{ A;}\) i, podobnie: koło otwarte \(\displaystyle{ B\left( x, \frac{R}{2} \right)}\) przecina zbiór \(\displaystyle{ B}\). Istnieje więc element \(\displaystyle{ a \in A}\), taki, że \(\displaystyle{ a \in B\left( x, \frac{R}{2} \right)}\) , oraz istnieje element \(\displaystyle{ b \in B}\), taki, że \(\displaystyle{ b \in B\left( x, \frac{R}{2} \right)}\). Wtedy: \(\displaystyle{ d\left( x,a\right)< \frac{R}{2},}\) i \(\displaystyle{ d\left( x,b\right)< \frac{R}{2}.}\)

A wtedy, z nierówności trójkąta:

\(\displaystyle{ d\left( a,b\right) \le d\left( a,x\right)+ d\left( x,b\right) < \frac{R}{2}+ \frac{R}{2}= R}\).

Ale ponieważ \(\displaystyle{ a \in A, b \in B}\), to \(\displaystyle{ R= \inf\limits_{x \in A, y \in B} \left\{ d\left( x,y\right) \right\}}\), jako ograniczenie dolne zbioru \(\displaystyle{ \left\{ d\left( x,y\right): \ x \in A, y \in B\right\}}\), więc \(\displaystyle{ R \le d\left( a,b\right)}\) -sprzeczność.

Wobec czego \(\displaystyle{ \inf\limits_{x \in A, y \in B} \left\{ d\left( x,y\right) \right\} = 0}\), i zbiory \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) są bliskie\(\displaystyle{ .\square}\)

Wykażemy jeszcze, zgodnie z zapowiedzią, że dla dwóch zbiorów \(\displaystyle{ A,B \subset \RR^3,}\) jeśli ich domknięcia przecinają się, tzn. \(\displaystyle{ \overline{A} \cap \overline{B} \neq \left\{ \right\},}\) to zbiory \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) będą bliskie.

DOWÓD TEGO FAKTU::    

Dla \(\displaystyle{ A=\left\{ \right\}}\) zbiór pusty jest daleki od każdego podzbioru przestrzeni trójwymiarowej, w szczególności jest daleki od zbioru \(\displaystyle{ B}\), i \(\displaystyle{ \overline{\left\{ \right\} } \cap \overline{B}= \left\{ \right\} \cap \overline{B}=\left\{ \right\}}\) -równoważność więc zachodzi. Podobnie dla zbioru \(\displaystyle{ B=\left\{ \right\}}\). Załóżmy więc dalej, że zbiory \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) są niepuste.

Jeśli zbiory \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) przecinają się, tzn. gdy \(\displaystyle{ A \cap B \neq \left\{ \right\}}\), to te zbiory muszą być sobie bliskie.
Jeśli zbiory \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) są rozłączne, to ponieważ \(\displaystyle{ \overline{A}= A \cup Fr\left( A\right)}\) i \(\displaystyle{ \overline{B}= B \cup Fr\left( B\right)}\), więc brzegi \(\displaystyle{ Fr\left( A\right)}\) i \(\displaystyle{ Fr\left( B\right)}\) muszą się przecinać (bo domknięcia tych zbiorów przecinają się). Istnieje więc element \(\displaystyle{ x \in Fr\left( A\right) \cap Fr\left( B\right)}\).
Przypuśćmy nie wprost, że \(\displaystyle{ R:=\inf\limits_{x \in A, y \in B} \left\{ d\left( x,y\right) \right\}>0}\). Wtedy \(\displaystyle{ \frac{R}{2}>0}\), a zatem dla \(\displaystyle{ x \in Fr\left( A\right)}\), otrzymujemy, na mocy własności brzegu, że kula otwarta \(\displaystyle{ B\left( x, \frac{R}{2} \right)}\) przecina zbiór \(\displaystyle{ A}\). Podobnie, dla \(\displaystyle{ x \in Fr\left( B\right)}\) otrzymujemy, że kula otwarta \(\displaystyle{ B\left( x, \frac{R}{2} \right)}\) przecina zbiór \(\displaystyle{ B}\). Istnieje więc element \(\displaystyle{ a \in A}\), taki, że: \(\displaystyle{ a \in B\left( x, \frac{R}{2} \right) }\); i, podobnie, istnieje element \(\displaystyle{ b \in B}\), taki, że: \(\displaystyle{ b \in B\left( x, \frac{R}{2} \right)}\). Wtedy: \(\displaystyle{ d\left( a,x\right)< \frac{R}{2}}\) i \(\displaystyle{ d\left( b,x\right)< \frac{R}{2}}\). A zatem, na mocy nierówności trójkąta:

\(\displaystyle{ d\left( a,b\right) \le d\left( a,x\right) + d\left( x,b\right)= d\left( a,x\right)+ d\left( b,x\right)< \frac{R}{2}+ \frac{R}{2}=R;}\)

ale \(\displaystyle{ R=\inf\limits_{x \in A, y \in B} \left\{ d\left( x,y\right) \right\}= \inf\left[ \left\{ d\left( x,y\right): \ x \in A, y \in B \right\} = \stackrel{ \rightarrow }{d} \left( A \times B\right) \right]}\), więc liczba \(\displaystyle{ R,}\) jako infimum, jest ograniczeniem dolnym tego zbioru \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{d} \left( A \times B\right)}\), a ponieważ \(\displaystyle{ a \in A, b \in B}\), więc \(\displaystyle{ d\left( a,b\right) \in \stackrel{ \rightarrow }{d} \left( A \times B\right)}\), a zatem \(\displaystyle{ R \le d\left( a,b\right)}\), lecz mamy \(\displaystyle{ d\left( a,b\right) <R}\)-sprzeczność.

Wobec czego \(\displaystyle{ \inf\limits_{x \in A, y \in B} \left\{ d\left( x,y\right) \right\} = 0}\), i zbiory \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) są bliskie\(\displaystyle{ .\square}\)

W topologii mamy wzór Eulera dla wielościanów wypukłych (od tego chyba zaczęła się topologia), ilość jego ścian plus ilość
jego wierzchołków jest równa ilości jego krawędzi powiększonej o dwa.
Np. jeśli mamy ostrosłup o podstawie \(\displaystyle{ n}\)-kąta foremnego, to mamy \(\displaystyle{ n+1}\) ścian (\(\displaystyle{ n}\) ścian bocznych i podstawa), mamy \(\displaystyle{ n+1}\) wierzchołków, a ilość krawędzi to \(\displaystyle{ 2n}\)( \(\displaystyle{ n}\) boków w podstawie i \(\displaystyle{ n}\) krawędzi bocznych). Wzór więc działa.
Np. jak mamy graniastosłup o podstawie \(\displaystyle{ n}\)-kąta foremnego, to mamy \(\displaystyle{ n+2}\) ścian (\(\displaystyle{ n}\) ścian bocznych plus dolna i górna podstawa), mamy \(\displaystyle{ 2n}\) wierzchołków, i mamy \(\displaystyle{ 3n}\) krawędzi (\(\displaystyle{ n}\) krawędzi zarówno w dolnej jak i w górnej podstawie, oraz \(\displaystyle{ n}\) krawędzi bocznych), wzór więc działa. Niedawno rozważałem tzw. bryły prostokątne (nie muszą być one zbiorami wypukłymi, to są zwykłe kostki, lub też takie kostki mogą mieć wgłębienia w kształcie małych kostek lub takie kostki mogą mieć wyrostki (wybrzuszenia) w kształcie małych kostek ). Wtedy, dla takiej bryły prostokątnej ilość jej ścian plus ilość jej wierzchołków jest równa ilości jej krawędzi powiększonej o \(\displaystyle{ 2}\) i powiększonej o łączną ilość jej wgłębień i wybrzuszeń- więcej na ten temat można przeczytać TUTAJ.

[Dasio11]

Trzeba będzie jeszcze wykazać, że zbiory \(\displaystyle{ A,B \subset \RR^2}\) są bliskie, dokładnie wtedy, gdy ich domknięcia się przecinają;

To nie jest prawdą nawet w odniesieniu do relacji bliskości zadanej warunkiem:

\(\displaystyle{ A \left( \beta\right) B \Longleftrightarrow A \neq \left\{ \right\} \neq B \hbox{ i } \inf\limits_{x \in A, y \in B} \left\{ d\left( x,y\right) \right\} =0.}\)

a tym bardziej dla różnych innych relacji. Błędy w dowodzie są tu:

Ponieważ \(\displaystyle{ \inf\limits_{x \in A, y \in B} \left\{ d\left( x,y\right) \right\} =0}\), to również ciąg \(\displaystyle{ \left( x_n\right) }\) jest zbieżny do zera. Ponieważ jest to ciąg kolejnych odległości, więc ciąg \(\displaystyle{ S_n= \left( a_n, b_n\right)}\) jest zbieżny do pewnego punktu płaszczyzny \(\displaystyle{ \left( x_a, y _{a} \right).}\)

[Jakub Gurak]

Możesz podać kontrprzykład
(chodzi mi o bliskość wyznaczoną przez naturalną metrykę euklidesową na płaszczyźnie).
Możesz podać kontrprzykład

[Dasio11]

Zbiory

\(\displaystyle{ A = \left\{ \left( x, \frac{1}{x} \right) : x \ge 1 \right\} \\[1ex]
B = \left\{ \left( x, -\frac{1}{x} \right) : x \ge 1 \right\}}\)

są bliskie w sensie warunku z infimum, a ich domknięcia są rozłączne.

Warto dodać, że równoważność byłaby prawdziwa, gdyby \(\displaystyle{ \RR^2}\) zastąpić dowolną przestrzenią metryczną zwartą.

[Jakub Gurak]

Zainteresował mnie przed chwilą następujący problem dotyczący węzłów:
Jak pokazać, że węzeł prawostronny trójlistny i węzeł lewostronny trójlistny są topologicznie równoważne (Nie pytam tutaj dlaczego nie można zdeformować jednego takiego węzła w drugi- w to nie wnikam, bo ponoć jest to trudne do pokazania, a dla mnie to jest intuicyjnie oczywistym, że nie da się tego zrobić nie rozdzierając sznura, choć można może jeszcze tutaj zrobić krótkie doświadczenie z konkretnym sznurem), ale pytam tutaj za to dlaczego można przekształcić jeden taki węzeł w drugi w sposób ciągły?? Oto ilustracja takich dwóch węzłów: \(\displaystyle{ \\}\)

\(\displaystyle{ \\}\) Jak to zrobić

[Dasio11]

Pomijając już fakt, że każdy węzeł jest homeomorficzny z okręgiem, zatem siłą rzeczy każde dwa węzły są topologicznie równoważne - homeomorfizmem między akurat takimi węzłami jak na rysunku jest symetria względem odpowiedniej płaszczyzny.

[Hir]

Niech \(\displaystyle{ \mathcal A}\) będzie algebrą abstrakcyjną z uniwersum \(\displaystyle{ A}\), przeliczalną liczbą elementów wyróżnionych \(\displaystyle{ a_0, a_1, \ldots}\) i dwoma działaniami dwuargumentowymi \(\displaystyle{ |}\) i \(\displaystyle{ \star}\) taką, że:

\(\displaystyle{ a_n \mid a_{n+1} = a_n}\)
\(\displaystyle{ a_n \star a_{n+1} = a_n}\)
\(\displaystyle{ (a \mid b) \mid (c \mid d) = (a \mid c) \mid (b \mid d)}\)
\(\displaystyle{ (a \mid b) \star (c \mid d) = (a \star c) \mid (b \star d)}\)
\(\displaystyle{ (a \star b) \star (c \star d) = (a \star c) \star (b \star d)}\)
\(\displaystyle{ (a \mid b) \star b = a}\)
\(\displaystyle{ (a \star b) \mid b = a}\)

Wtedy istnieje dokładnie jeden niezmiennik splotów \(\displaystyle{ w}\) taki, że \(\displaystyle{ w(T_n) = a_n}\) (Tn - splot trywialny), \(\displaystyle{ w(L_+) = w(L_-) \mid w(L_0)}\) i \(\displaystyle{ w(L_-) = w(L_+) \star w(L_0)}\).

Przykład: \(\displaystyle{ A = \{1, 2, 3, 4\}, a_1 = 1, a_2 = 2, a_3 = 4, a_{i+3} = a_{i}}\) i

Kod: Zaznacz cały

| # 1 2 3 4
###########
1 # 2 1 4 3
2 # 3 4 1 2
3 # 1 2 3 4
4 # 4 3 2 1

* # 1 2 3 4
###########
1 # 3 1 2 4
2 # 1 3 4 2
3 # 2 4 3 1
4 # 4 2 1 3

Wtedy lewostronny węzeł trójlistny ma wartość \(\displaystyle{ w(a_1 \star (a_2 \star a_1)) = 3}\), a prawostronny \(\displaystyle{ w(a_1 \mid (a_2 \mid a_1)) = 4}\).

[Jakub Gurak]

homeomorfizmem między akurat takimi węzłami jak na rysunku jest symetria względem odpowiedniej płaszczyzny.

O jaką płaszczyznę tutaj chodzi?? Tzn. jak ona ma być położona względem pierwszego węzła, dajmy na to węzła prawostronnego I:

każdy węzeł jest homeomorficzny z okręgiem

Naprawdę?? -pierwsze słyszę...
Natomiast wyczytałem dzisiaj (patrz: Ian Stewart "Stąd do nieskończoności", str. 174):

Reidemeister udowodnił, że węzła trójlistnego nie da się rozwiązać.

Stąd (i z kontekstu) doszedłem do wniosku, że jest to węzeł nierównoważny okręgu- chyba, że coś tutaj źle zrozumiałem...

[AiDi]

Naprawdę?? -pierwsze słyszę...

Czytasz o węzłach i nie znasz ich definicji?

[Dasio11]

O jaką płaszczyznę tutaj chodzi??

Trudno dać precyzyjny opis, powinna wystarczyć wyobraźnia. Ale niech będzie: chodzi o płaszczyznę symetralną odcinka łączącego środki ciężkości dwóch węzłów, leżących tak jak pokazuje ilustracja w książce.

Reidemeister udowodnił, że węzła trójlistnego nie da się rozwiązać.

Stąd (i z kontekstu) doszedłem do wniosku, że jest to węzeł nierównoważny okręgu- chyba, że coś tutaj źle zrozumiałem...

Podstawowym problemem w teorii węzłów jest rozstrzyganie, kiedy dwa węzły są równoważne, tj. jeden daje się zdeformować w drugi w sposób ciągły. To o wiele ciekawsza własność niż zwyczajna topologiczna równoważność, czyli istnienie homeomorfizmu między węzłami, bo takowy zawsze istnieje wprost z definicji. Zatem cytat oczywiście dotyczy równoważności w sensie teorii węzłów, nie topologicznej.

[Jakub Gurak]

Mam pytanie:
Czy brzeg sumy dwóch podzbiorów przestrzeni topologicznej jest zawarty w sumie ich brzegòw
I czy brzeg przekroju dwóch zbiorów jest zawarty w przekroju ich brzegów??
Może to pytanie wyglądać na elementarne, ale ciężko mi jest (np. dla sumy znaleźć kontrprzykład), a na dowód tutaj nie mam pomysłu (zwłaszcza o tej porze, zaraz idę spać); a jeśli chodzi o zadanie z przekrojem- też robiłem liczne próby, niestety nieskutecznie; mogę prosić o wskazówki??

[Hir]

Tak http://mizar.org/version/current/html/tops_1.html#T33 i nie: brzeg przekroju odcinków (0, 2) i (1, 3), czyli zbiór zawierający jedynkę i dwójkę, nie jest podzbiorem przekroju ich brzegów, który jest pusty. Ale jest podzbiorem sumy ich brzegów.

[Dasio11]

Dowód zawierania \(\displaystyle{ \operatorname{bd}( A \cup B ) \subseteq \operatorname{bd} A \cup \operatorname{bd} B}\): weźmy \(\displaystyle{ x}\), taki że \(\displaystyle{ x \notin \operatorname{bd} A \cup \operatorname{bd} B}\). Wtedy \(\displaystyle{ x \notin \operatorname{bd} A}\), więc istnieje otwarte otoczenie \(\displaystyle{ U}\) punktu \(\displaystyle{ x}\) zawarte w \(\displaystyle{ A}\) lub w \(\displaystyle{ A^c}\) (dopełnienie \(\displaystyle{ A}\)). Podobnie istnieje otwarte otoczenie \(\displaystyle{ V}\) punktu \(\displaystyle{ x}\) zawarte w \(\displaystyle{ B}\) lub w \(\displaystyle{ B^c}\). Wtedy \(\displaystyle{ U \cap V}\) jest otwartym otoczeniem punktu \(\displaystyle{ x}\) zawartym w \(\displaystyle{ A \cup B}\) lub w \(\displaystyle{ (A \cup B)^c}\), zatem \(\displaystyle{ x \notin \operatorname{bd}( A \cup B )}\).

[Jakub Gurak]

Pytanie miesiąca:
Czy jednostkowe koło domknięte jest homeomorficzne z domkniętą połówką takiego koła (wraz ze średnicą)?? Geometria gumy, podpowiada że tak, ale jak utworzyć homeomorfizm
W książce W.G.Bołtiański-W.A.Jefremowicz 'Zarys podstawowych pojęć topologii', na stronie 16 podano ciekawy przykład, ale niestety bez uzasadnienia, więc nie rozumiem go:
Na płaszczyźnie mamy sześć punktów \(\displaystyle{ D_1}\), \(\displaystyle{ D_2}\) i \(\displaystyle{ D_3}\)(domki) oraz \(\displaystyle{ S_1}\), \(\displaystyle{ S_2}\) i \(\displaystyle{ S_3}\) (studnie). Czy można poprowadzić ścieżki od każdego domku do każdej studni, tak aby żadne dwie ścieżki nie przecinały się? Podobno nie, gdyż jeśli przeprowadzimy wszystkie ścieżki z wyjątkiem ostatniej, to dla niej "nie będzie już miejsca". Może ktoś to dokładniej wyjaśnić??
Na koniec chciałbym z Wami zagrać w pewną grę topologiczną (patrz książkę: R. Courant i H. Robbins 'Co to jest matematyka', str. 624): Na okrągłym stole gracze A i B kładą na przemian złotówki, tak aby nie wystawały one poza brzeg stołu i nie nachodziły na siebie. Gdy położymy złotówkę, to dalej nie można już jej ruszyć. Wygrywa ten gracz, który położy ostatnią złotówkę na stole, tak że przeciwny gracz nie ma już możliwości ruchu. Okazuje się, że jeśli gracz A zaczyna grę, to może zawsze być pewny wygranej, jeśli gra prawidłowo:

ROZWIĄZANIE::    

Ja, jako gracz A, kładę złotówkę dokładnie centralnie na środku stołu(tak aby środek złotówki pokrywał się ze środkiem stołu). Gracz B umieszcza, w wolnym miejscu, kolejną złotówkę. Wtedy ja umieszczam złotówkę umieszczoną w symetrii do tej złotówki, względem środka stołu. Gracz B umieszcza, w wolnym miejscu, kolejną złotówkę. Wtedy ja umieszczam złotówkę leżącą w symetrii do ostatnio położonej złotówki względem środka stołu...Zawsze tak mogę zrobić, więc mogę być pewny wygranej.

Okazuję się, że jeśli stół miałby kształt pierścienia kołowego (i gracz A rozpoczynałby podobną do tej grę), to gracz B może zawsze wygrać:

UZASADNIENIE::    

Teraz rozpoczynający grę gracz A nie może już położyć złotówki centralnie na środku stołu, więc musi położyć złotówkę w innym miejscu; i wtedy gracz B stosując podobną strategię co gracz A w poprzedniej grze, może zawsze położyć złotówkę w takiej symetrii, a zatem gracz B może być pewny wygranej.

Dodano po 8 dniach 8 godzinach 23 minutach 54 sekundach:
Mam teraz pytanie:
Jak utworzyć homeomorfizm między powierzchnią boczną walca (otrzymanego z danego prostokąta przez sklejenie jednej pary jego przeciwległych boków) a Wstęgą Möbiusa otrzymaną z tego samego prostokąta?? W trójwymiarze nie widzę...

[Jan Kraszewski]

Jak utworzyć homeomorfizm między powierzchnią boczną walca (otrzymanego z danego prostokąta przez sklejenie jednej pary jego przeciwległych boków) a Wstęgą Möbiusa otrzymaną z tego samego prostokąta?? W trójwymiarze nie widzę...

A dlaczego uważasz, że taki homeomorfizm istnieje?

JK