Dowód, sigma ciało generowane

[Euler41]

Udowodnić, że \(\displaystyle{ \sigma}\)-ciało generowane przez prostokąty otwarte \(\displaystyle{ (a,b) \times (c,d), a<b, c<d}\) zawiera wszystkie zbiory otwarte płaszczyzny \(\displaystyle{ \RR^2}\)

Przejrzałem dokładnie dwa skrypty i niestety nadal nie mam pomysłu nawet ja zacząć to zadanie.

[Jan Kraszewski]

A wiesz, co to jest podzbiór otwarty płaszczyzny \(\displaystyle{ \RR^2}\) ?

JK

[Premislav]

Rozumiem, że chodzi o \(\displaystyle{ \RR^2}\) z topologią naturalną. Myślę, że można to zrobić tak (choć nie mam wprawy, więc mogę się mylić): pokazujemy, że dowolna kula w \(\displaystyle{ \RR^2}\) (czyli koło otwarte) należy do wspomnianego \(\displaystyle{ \sigma}\)-ciała, a potem korzystamy z tego, że każdy zbiór otwarty w przestrzeni metrycznej możemy przedstawić jako sumę pewnej (być może pustej) rodziny kul.
I teraz może tak: weź wymierne końce przedziałów, wówczas przeliczalność będzie oczywista. Weźmy dowolną kulę w metryce euklidesowej \(\displaystyle{ B(x, r)}\), gdzie \(\displaystyle{ x\in \RR^2, \ r>0}\) i dowolny \(\displaystyle{ y\in B(x, r)}\), możemy wybrać takie wymierne
\(\displaystyle{ a_y< b_y, \ c_y< d_y}\), że \(\displaystyle{ y\in (a_y, b_y)\times (c_y, d_y)}\). Łatwo to widać geometrycznie, ale może trochę jeszcze dopiszę: niech \(\displaystyle{ y=(y_1, y_2)}\).
Skoro \(\displaystyle{ y\in B(x, r)}\), który to jest zbiorem otwartym (no w końcu kula to zbiór otwarty), to istnieje takie \(\displaystyle{ \epsilon>0}\), że \(\displaystyle{ B(y, \epsilon)\subset B(x,r)}\).
Wybieramy liczby wymierne \(\displaystyle{ a_y, \ b_y, \ c_y, \ d_y}\) tak, by \(\displaystyle{ y_1-\epsilon<a_y<y_1<b_y<y_1+\epsilon}\)
oraz \(\displaystyle{ y_2-\epsilon<c_y<y_2<d_y<y_2+\epsilon}\)
(tu jest potrzebny standardowy fakt ze wstępu do matematyki: gęstość \(\displaystyle{ \QQ}\) w \(\displaystyle{ \RR}\)). Wówczas łatwo przekonać się, że dla tak wybranych \(\displaystyle{ a_y, \ b_y, \ c_y, \ d_y}\) jest
\(\displaystyle{ (a_y, b_y)\times (c_y, d_y)\subset B(y, \epsilon)\subset B(x,r)}\).

Dalej zapisujesz \(\displaystyle{ B(x,r)}\) jako \(\displaystyle{ \bigcup_{y\in B(x,r)}^{} (a_y, b_y)\times (c_y, d_y)}\)
i zauważasz, że skoro \(\displaystyle{ a_y, \ b_y, \ c_y, \ d_y\in \QQ}\), a zbiór \(\displaystyle{ \QQ}\) jest przeliczalny, to ta suma: \(\displaystyle{ \bigcup_{y\in B(x,r)}^{} (a_y, b_y)\times (c_y, d_y)}\)
tak naprawdę ma tylko przeliczalnie wiele różnych elementów (każdy zbiór postaci \(\displaystyle{ (a_y, b_y)\times (c_y, d_y)}\) dla wymiernych \(\displaystyle{ a_y, b_y, c_y, d_y}\) utożsamiasz z elementem \(\displaystyle{ \QQ^4}\), jest to injekcja w przeliczalny zbiór \(\displaystyle{ \QQ^4}\)).

Zapewne ta metoda jest bardzo przekombinowana, ponieważ urodziłem się z kiepskim mózgiem (zapewne można to jakoś w dwóch zdaniach streścić), ale wydaje mi się standardowa.

[Euler41]

A wiesz, co to jest podzbiór otwarty płaszczyzny \(\displaystyle{ \RR^2}\) ?

JK

Jakaś figura bez brzegów?

[Jan Kraszewski]

Jakaś figura bez brzegów?

Czyli nie wiesz, ciężko zatem oczekiwać, byś umiał rozwiązać to zadanie lub choćby zrozumiał rozwiązanie.

Otwartość zbioru to pojęcie topologiczne, można je definiować na różne sposoby. Premislav np. skorzystał z faktu, że "zbiór otwarty na płaszczyźnie możemy przedstawić jako sumę pewnej co najwyżej przeliczalnej rodziny kół otwartych".

Natomiast moje pierwsze skojarzenie było takie, że Twoja rodzina prostokątów zawiera rodzinę kół otwartych w metryce maksimum (czyli kwadratów), więc \(\displaystyle{ \sigma}\)-ciało przez nią generowane to rodzina wszystkich zbiorów otwartych w tej metryce. Ale metryka maksimum jest równoważna z euklidesową (co prosto wynika z tego, że w każdy kwadrat można wpisać koło, a w koło - kwadrat), czyli wyznaczają te same zbiory otwarte.

JK

[Euler41]

Rozumiem, że chodzi o \(\displaystyle{ \RR^2}\) z topologią naturalną. Myślę, że można to zrobić tak (choć nie mam wprawy, więc mogę się mylić)

Tym bardziej mi miło, że zechciałeś mi pomóc

pokazujemy, że dowolna kula w \(\displaystyle{ \RR^2}\) (czyli koło otwarte) należy do wspomnianego \(\displaystyle{ \sigma}\)-ciała

Tutaj pojawia się mój pierwszy problem. Ja z treści zadania nie widzę co należy do \(\displaystyle{ \sigma}\)-ciała, ale rozumiem, że mamy to dopiero pokazać, więc pójdę dalej:

I teraz może tak: weź wymierne końce przedziałów, wówczas przeliczalność będzie oczywista. Weźmy dowolną kulę w metryce euklidesowej \(\displaystyle{ B(x, r)}\), gdzie \(\displaystyle{ x\in \RR^2, \ r>0}\) i dowolny \(\displaystyle{ y\in B(x, r)}\), możemy wybrać takie wymierne
\(\displaystyle{ a_y< b_y, \ c_y< d_y}\), że \(\displaystyle{ y\in (a_y, b_y)\times (c_y, d_y)}\). Łatwo to widać geometrycznie, ale może trochę jeszcze dopiszę: niech \(\displaystyle{ y=(y_1, y_2)}\).
Skoro \(\displaystyle{ y\in B(x, r)}\), który to jest zbiorem otwartym (no w końcu kula to zbiór otwarty), to istnieje takie \(\displaystyle{ \epsilon>0}\), że \(\displaystyle{ B(y, \epsilon)\subset B(x,r)}\).
Wybieramy liczby wymierne \(\displaystyle{ a_y, \ b_y, \ c_y, \ d_y}\) tak, by \(\displaystyle{ y_1-\epsilon<a_y<y_1<b_y<y_1+\epsilon}\)
oraz \(\displaystyle{ y_2-\epsilon<c_y<y_2<d_y<y_2+\epsilon}\)
(tu jest potrzebny standardowy fakt ze wstępu do matematyki: gęstość \(\displaystyle{ \QQ}\) w \(\displaystyle{ \RR}\)). Wówczas łatwo przekonać się, że dla tak wybranych \(\displaystyle{ a_y, \ b_y, \ c_y, \ d_y}\) jest
\(\displaystyle{ (a_y, b_y)\times (c_y, d_y)\subset B(y, \epsilon)\subset B(x,r)}\).

Na razie mam nadzieję rozumiem. Mam koło otwarte, w tym kole drugie koło otwarte, a w tym kole prostokąt.

Ale mam pytanie:
Jaką mamy pewność, że jeśli kule będą bardzo, bardzo, bardzo małe, to wypełnią całą przestrzeń?
Na przykład, że nie opuścimy liczb niewymiernych?

[Premislav]

Jaką mamy pewność, że jeśli kule będą bardzo, bardzo, bardzo małe, to wypełnią całą przestrzeń?
Na przykład, że nie opuścimy liczb niewymiernych?

Niestety nie bardzo rozumiem, co masz na myśli. Możesz rozwinąć swoją wątpliwość? Postaram się wyjaśnić.

Ale lepiej to zrobić tak, jak Jan Kraszewski zaproponował, ponieważ jest znacznie szybciej.

[Euler41]

Premislav, jeżeli mamy środek w punkcie rzeczywistym, a jednocześnie baardzo mały promień może on sięgać mniej niż najbliższa liczba niewymierna, potem wstawimy środek w kolejną liczbę rzeczywistą z ciągu i znowu ustalimy taki mały promień, że w ogóle koło nie dotknie się z poprzednim, to nie wypełniliśmy całego \(\displaystyle{ \RR^2}\)

Jan Kraszewski, nie bardzo rozumiem to zdanie:

Twoja rodzina prostokątów zawiera rodzina kół otwartych w metryce maksimum (czyli kwadratów)

[Jan Kraszewski]

jeżeli mamy środek w punkcie rzeczywistym, a jednocześnie baardzo mały promień może on sięgać mniej niż najbliższa liczba niewymierna,

Naprawdę? A cóż to jest "najbliższa liczba niewymierna"?

Twoja wiedza ma luki w różnych miejscach. Nie wiesz np., że zbiór zbiór liczb niewymiernych jest gęsty na prostej.

Jan Kraszewski, nie bardzo rozumiem to zdanie:

Twoja rodzina prostokątów zawiera rodzinę kół otwartych w metryce maksimum (czyli kwadratów)

Szczerze mówiąc nie spodziewałem się, że zrozumiesz, skoro nie wiesz, czym jest zbiór otwarty na płaszczyźnie. Po prostu napisałem mniej więcej to samo, co Premislav, tylko krócej.

Mogę to oczywiście wytłumaczyć, ale wymagałoby to krótkiego wykładu o metrykach, a cały czas mam wrażenie, że wcześniej potrzebujesz uzupełnienia bardziej elementarnych braków. Dlatego lepiej skup się na zrozumieniu dowodu Premislava, choć i to nie będzie łatwe.

JK

[Euler41]

To ja może inaczej zadam pytanie:
Są takie dwie liczby wymierne, że między nimi nie ma żadnej innej liczby wymiernej, ale za to jest nieskończenie wiele liczb niewymiernych. Oznaczmy te dwie liczby wymierne \(\displaystyle{ w_1, w_2}\).

Jeżeli weźmiemy dwa koła o środkach odpowiednio w \(\displaystyle{ w_1, w_2}\), to dobierzemy wystarczająco małe r>0, żeby te koła się nie stykały. Wtedy ta nasza płaszczyzna będzie podziurawiona i nie będziemy mieli całej, prawda?

[Premislav]

Są takie dwie liczby wymierne, że między nimi nie ma żadnej innej liczby wymiernej, ale za to jest nieskończenie wiele liczb niewymiernych.

Nieprawda, wystarczy wziąć ich [tj. tych dwóch różnych liczb wymiernych] średnią arytmetyczną.

[Jan Kraszewski]

Liczby wymierne też leżą gęsto na prostej...

JK

[Euler41]

Premislav, czy dobrze zrozumiałem, że w swoim rozwiązaniu utożsamiłeś zbiór \(\displaystyle{ B(x,r)}\) z całą płaszczyzną?

[Premislav]

Oj, źle. \(\displaystyle{ B(x,r)}\) to kula (w tym przypadku w \(\displaystyle{ RR^2}\) z metryką euklidesową) o środku w punkcie \(\displaystyle{ x}\) i promieniu \(\displaystyle{ r>0}\). Pokazuję, że każdą kulę w metryce euklidesowej na \(\displaystyle{ RR^2}\) można przedstawić w postaci przeliczalnej sumy prostokątów. Dalej zbiór otwarty przedstawiamy jako sumę kul (patrz

Kod: Zaznacz cały

https://pl.wikipedia.org/wiki/Baza_przestrzeni_topologicznej

).
Istotne jest jeszcze to, że można zapisać zbiór otwarty w \(\displaystyle{ RR^2}\) z metryką euklidesową jako przeliczalną sumę kul, a to jakoś z gapiostwa pominąłem (nawet nie wspomniałem), ale Pan Jan Kraszewski powyżej to podkreślił.
Następnie korzystamy z kolejnego znanego faktu ze wstępu do matematyki: suma przeliczalnie wielu zbiorów przeliczalnych jest zbiorem przeliczalnym. Chodzi o to, żeby pokazać, że dowolny zbiór otwarty (jak wyżej, jesteśmy cały czas w tej samej przestrzeni) możemy przedstawić w postaci przeliczalnej sumy zbiór postaci \(\displaystyle{ (a, b) imes (c,d)}\). No to jak mamy zbiór otwarty jako przeliczalną sumę kul i każdą kulę z osobna jako sumę przeliczalnej rodziny zbiorów postaci \(\displaystyle{ (a,b) imes (c,d)}\), to w tej sumie sum będzie, właśnie na mocy wspomnianego faktu , przeliczalnie wiele zbiorów typu \(\displaystyle{ (a,b) imes (c,d)}\).

A to, że w \(\displaystyle{ RR^2}\) z metryką euklidesową można zapisać dowolny zbiór otwarty jako sumę przeliczalnie wielu kul otwartych, to w prosty sposób wynika z gęstości \(\displaystyle{ QQ^2}\) w \(\displaystyle{ RR^2}\) (możesz wobec tego wziąć dowolne \(\displaystyle{ x in RR^2}\) należące do zbioru otwartego \(\displaystyle{ U}\) jako element zawartej w \(\displaystyle{ U}\) kuli o środku \(\displaystyle{ (q_1, q_2)}\), gdzie \(\displaystyle{ q_1, q_2in QQ}\)), który to fakt łatwo wynika z gęstości \(\displaystyle{ QQ}\) w \(\displaystyle{ RR}\). A ta ostatnia gęstość była udowadniania np. tutaj: 344807.htm

Widzę (to nie jest żadna złośliwość czy próba wywyższania się), że masz spore zaległości ze wstępu do matematyki, radzę je jak najszybciej nadrobić, ponieważ ja też takie zaległości miałem na pierwszym roku (mimo dobrej oceny z przedmiotu) i zakończyło się to dla mnie powtarzaniem przedmiotu Topologia, więc proponuję do tego przysiąść.-- 17 lip 2018, o 12:51 --No to może jeszcze co do tego wynikania gęstości \(\displaystyle{ QQ^2}\) w \(\displaystyle{ RR^2}\) z gęstości
\(\displaystyle{ QQ}\) w \(\displaystyle{ RR}\):
ustalmy dowolne \(\displaystyle{ RR^2
i x=(x_1, x_2)}\) (przecinkiem są tu oddzielone współrzędne, ważne żebyś nie mylił tego z odcinkiem \(\displaystyle{ (a,b)}\) występującym w zapisie tych zbiorów z rozważanego \(\displaystyle{ sigma}\)-ciała; mogłem w sumie współrzędne zapisywać w trójkątnych nawiasach, czy jakoś tak, żeby odróżnić). Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ epsilon>0}\). Z gęstości \(\displaystyle{ QQ}\) w \(\displaystyle{ RR}\) wynika, że do przedziału \(\displaystyle{ left( x_1-frac{epsilon}{2}, x_1+frac{epsilon}{2}
ight)}\) należy pewne \(\displaystyle{ q_1in QQ}\). Analogicznie do przedziału \(\displaystyle{ left( x_2-frac{epsilon}{2}, x_2+frac{epsilon}{2}
ight)}\) należy pewne \(\displaystyle{ q_2in QQ}\). Mamy ponadto:
\(\displaystyle{ d_eleft( (q_1q_2); (x_1, x_2)
ight)=\= sqrt{left( x_1-q_1
ight)^2+left( x_2-q_2
ight)^2 } stackrel{*}le |x_1-q_1|+|x_2-q_2|<frac{epsilon}{2}+frac{epsilon}{2}=epsilon}\)
Oznaczenie \(\displaystyle{ d_e}\) przyjąłem dla metryki euklidesowej (często \(\displaystyle{ d}\) to symbol metryki: od angielskiego słowa distance zapewne). W przejściu, które oznaczyłem
\(\displaystyle{ *}\), skorzystałem z takiej nierówności:
\(\displaystyle{ sqrt{a^2+b^2}le |a|+|b|}\) dla \(\displaystyle{ a,bin RR}\), można ją udowodnić przez obustronne podniesienie do kwadratu.

[Euler41]

Czyli wziąłeś sobie dowolne koło otwarte w \(\displaystyle{ \RR^2}\), pokazałeś, że można go przedstawić w postaci sumy prostokątów.
Dalej skorzystałeś z faktu, że zbiór otwarty możesz przedstawić w postaci sumy przeliczalnie wielu takich kul, czyli również w postaci takich prostokątów?

Ale niestety nie widzę dlaczego to są wszystkie zbiory otwarte płaszczyzny. Mamy jakieś dwie kule, obie możemy zapisać jako sumę przeliczalnie wielu prostokątów, ale jak te kule mają się do płaszczyzny?