Forum matematyczne: miliony postów, setki tysięcy tematów, dziesiątki tysięcy użytkowników - pomożemy rozwiązać każde zadanie z matematyki https://matematyka.pl/
Szok, nie znałem tego wcześniej, dzięki Janusz Tracz.
Tylko tu jest taka różnica, że chcemy otrzymać koło otwarte, ale jak będziemy (zgodnie z tym co pisał Dasio 11), gdy będziemy rozważać prostokąty otwarte, to i wierzchoĺki tych prostokątów będą wyrzucone, więc widać, że otrzymamy koło otwarte. Dzięki Janusz Tracz, niesamowite.
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
: 11 mar 2023, o 23:48
autor: Janusz Tracz
Cieszy mnie Twoja ekscytacja. Więc specjalnie dla Ciebie zrobiłem jeszcze jeden gif.
klik
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
: 27 mar 2023, o 00:59
autor: Jakub Gurak
Udowodniłem dzisiaj, że dowolną elipsę, o środku symetrii w początku układu (a właściwie chodzi o powierzchnie ograniczoną przez taką elipsę, taką powierzchnię będziemy ją nazywać krócej powierzchnią elipsową )- taką powierzchnie można wysumować prostokątami domkniętymi ( dopuszczając również prostokąty o długości zero albo prostokąty o szerokości zero, aby pokryć oś wielką elipsy (łącznie z końcami ), i aby pokryć oś małą). Przedstawię teraz dowód tego ciekawego faktu:
Wykażemy, że istnieje rodzina prostokątów \(\displaystyle{ \mathbb{S}_0 \subset \mathbb{S}}\), taka, że jej suma daje naszą powierzchnię elIpsową, tzn.:
\(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{S}_0= X _{\left( a,b\right) } .}\)
DOWÓD TEGO FAKTU:
Niech:
\(\displaystyle{ S _{\left( a,b\right) } ^{+}= \left\{ \left( x,y\right) \in S _{\left( a,b\right) } : \ x \ge 0, y \ge 0 \right\} }\),
będzie ćwiartką elipsy.
I jeśli \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in S _{\left( a,b\right) } ^{+}}\), to rozważmy zbiór:
Wtedy \(\displaystyle{ -x \le x' \le x}\) i \(\displaystyle{ -y \le y' \le y.}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ x \ge 0}\), to \(\displaystyle{ \left| x'\right| \le x}\),
a zatem ponieważ funkcja funkcja \(\displaystyle{ f\left( z\right) =z ^{2}}\), dla liczb rzeczywistych nieujemnych \(\displaystyle{ z}\), jest silnie rosnąca, więc:
a ponieważ \(\displaystyle{ y \ge 0}\), to \(\displaystyle{ \left| y'\right| \le y}\), a więc podobnie \(\displaystyle{ \left( y'\right) ^{2} = \left| y'\right| ^{2} \le y^2.}\)
A zatem \(\displaystyle{ \left( x',y'\right) \in X _{\left( a,b\right) }}\),
i \(\displaystyle{ A _{\left( x,y\right) } \subset X _{\left( a,b\right) } .}\)
A zatem, z dowolności wyboru pary \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in S _{\left( a,b\right) } ^{+}}\), otrzymujemy, że każdy zbiór postaci \(\displaystyle{ A _{\left( x,y\right) }}\) jest podzbiorem zbioru\(\displaystyle{ X _{\left( a,b\right) }}\) , więc również: \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{S}_0=\bigcup_{\left( x,y\right) \in S _{\left( a,b\right) } ^{+} } A _{\left( x,y\right) } \subset X _{\left( a,b\right) } .\square}\)
Aby pokazać inkluzję w drugą stronę, to niech: \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in X _{\left( a,b\right) }.}\)
Wtedy:
\(\displaystyle{ \frac{ x ^{2} }{ a ^{2} } + \frac{y^2}{ b^2} \le 1}\).
Ponieważ \(\displaystyle{ \left| y\right| \le b}\), to \(\displaystyle{ \frac{y^2}{ b^2} \le 1,}\) a ma być \(\displaystyle{ x' \ge 0}\), i mamy \(\displaystyle{ a>0}\),
a zatem prawa strona równa \(\displaystyle{ \left( x'\right) ^{2}}\) jest nieujemna i \(\displaystyle{ \left( 1- \frac{y^2}{b^2} \right) \ge 0}\) , a więc:
\(\displaystyle{ x'= a \cdot \sqrt{ 1- \frac{y^2}{b^2} } ,}\)
i \(\displaystyle{ y'= \left| y\right|=y.\square}\)
Wykażemy teraz, że:
\(\displaystyle{ \left( x',y'\right) \in S _{\left( a,b\right) } ^{+}. }\)
i \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{S}_0= X _{ \left( a,b\right) }.\square}\)
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
: 27 mar 2023, o 06:18
autor: a4karo
Naprawdę fascynujące jest takie zadanie:
Udowodnij, że wnętrze siedemnastokata foremnego może być pokryte trójkątami otwartymi takimi, że żadne dwa boki tych trójkątów nie są do siebie równolegle
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
: 30 mar 2023, o 23:51
autor: Jakub Gurak
Jakub Gurak pisze: ↑27 mar 2023, o 00:59 Niech \(\displaystyle{ a,b \in \RR, a,b>0.}\)
Wykażemy, że istnieje rodzina prostokątów \(\displaystyle{ \mathbb{S}_0 \subset \mathbb{S}}\), taka, że jej suma daje naszą powierzchnię elIpsową, tzn.:
\(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{S}_0= X _{\left( a,b\right) } .}\)
DOWÓD TEGO FAKTU:
...
Chyba przesadziłem...
Mamy przecież prosty, ogólny fakt mówiący, że dla dowolnego ustalonego zbioru \(\displaystyle{ X,}\) mamy:
Jakub Gurak pisze: ↑12 lis 2022, o 19:18
I jeszcze jedno zadanie, którego nie rozwiązałem.
Rozważmy dwie przestrzenie topologiczne \(\displaystyle{ \left( X,\mathcal{T}_X\right) }\) i \(\displaystyle{ \left( Y, \mathcal{T}_Y\right) .}\) Czy w zbiorze \(\displaystyle{ X \cap Y}\) rodzina:
\(\displaystyle{ \mathcal{T} _{X \cap Y}= \left\{ A \cap B\Bigl| \ \ A \in \mathcal{T}_X, B \in \mathcal{T}_Y \right\} = \left\{ A \cap B\Bigl| \ \ \left( A,B\right) \in \mathcal{T}_X \times \mathcal{T}_Y \right\} ,}\)
jest topologią na \(\displaystyle{ X \cap Y}\)??
Warunku z sumą mnogościową nie udało się udowodnić, kontrprzykładu też nie znalazłem, także nie wiem. Wie ktoś?
Niech \(\displaystyle{ X=\{0,1,2,3\}\\
\mathcal{T}_1=\{\emptyset,\{0\},\{0,1\},\{0,1,2\},X\},
\mathcal{T}_2=\{\emptyset,\{3\},\{2,3\},\{1,2,3\},X\}
}\)
Wtedy topologia generowana przez przekroje jest dyskretna, więc \(\displaystyle{ \{1,3\}}\) jest otwarty, ale nie jest przekrojem dwóch zbiorów.
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
: 7 kwie 2023, o 20:33
autor: Jakub Gurak
To już to Dasio11 zauważył wcześniej (tzn. on rozwiązał to zadanie ), i Pan to potwierdził.
a4karo pisze:
Naprawdę fascynujące jest takie zadanie:
Udowodnij, że wnętrze siedemnastokąta foremnego może być pokryte trójkątami otwartymi takimi, że żadne dwa boki tych trójkątów nie są do siebie równolegle
Jeśli Pan uważa to zadanie za oczywiste, to zaskoczę Pana: skoro wnętrze tego wielokąta ma być pokryte trójkątami otwartymi, to jak dla mnie całe brzegi tych trójkątów są z nich wyrzucone. A wtedy pojawiają się problemy, i to zarówno w obydwu konstrukcjach, które mam na myśli:
\(\displaystyle{ 1 ^{\circ}: }\) Dzielimy siedemnastokąt foremny na \(\displaystyle{ 17}\) przystających trójkątów równoramiennych. A skoro chcemy pokryć wnętrze naszego wielokąta trójkąta otwartymi, to taki podział jest nie dobry, bo trzeba jakoś domknąć wspólne krawędzie tych trójkątów, co jest niemożliwe, bo trójkąty mają być otwarte.
\(\displaystyle{ 2 ^{\circ}: }\) Z co drugiego wierzchołka tego wielokąta wyznaczamy trójkąt równoramienny o ramionach będącymi bokami naszego siedemnastokąta foremnego, i o wspólnym wierzchołku w tym punkcie, końce tych ramion tworzą trzeci bok trójkąta- i tak dookoła. Następnie robimy podobną konstrucję z bardziej 'środkowym' wielokątem. I tak, aż pokryjemy cały siedemnastokąt, po kilku krokach udaje się to zrobić. Występuje problem podobny- trójkąty mają być otwarte.
A że żadne dwa boki tych trójkątów mają nie być równoległe, to to nie jest takie głupie, bo w odpowiednim sześciokącie foremnym mogłyby być ròwnoległe.
Widzi Pan, ja prezentuje pogłębione podejście do podstaw matematyki, a nie tylko takie na łapu capu.
Mnie to po prostu kręci.
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
: 7 kwie 2023, o 21:30
autor: Dasio11
Sprostowanie: ja niczego w tym wątku nie rozwiązywałem, objaśniłem tylko lakoniczną wskazówkę a4karo.
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
: 7 kwie 2023, o 22:48
autor: a4karo
Dasio11 pisze: ↑7 kwie 2023, o 21:30
Sprostowanie: ja niczego w tym wątku nie rozwiązywałem, objaśniłem tylko lakoniczną wskazówkę a4karo.
Która zresztą dotyczyła pytania, które nie padło, bo źle odczytałem pytanie. A w ostatnim poście dałem kontrprzykład na oryginalne pytanie.
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
: 20 maja 2023, o 11:08
autor: Jakub Gurak
Mam takie zadanie (niby elementarne) z topologii, z którym wczoraj wieczorem miałem problem, proszę o wskazówki:
Niech \(\displaystyle{ \left( X,T\right) }\) będzie przestrzenią topologiczną.
Podzbiór \(\displaystyle{ A \subset X}\) nazywamy dziedziną domkniętą, gdy jest równy domknięciu wnętrza tego zbioru, natomiast jest on dziedziną otwartą, gdy jest on równy wnętrzu domknięcia tego zbioru.
I mam wykazać, że suma dwóch dziedzin domkniętych jest dziedziną domkniętą, oraz dopełnienie dziedziny domkniętej jest dziedziną otwartą.
Niestety, wnętrze sumy dwóch podzbiorów przestrzeni topologicznej nie musi być równe sumie wnętrz, a równość (dla dowolnego ustalonego zbioru \(\displaystyle{ A \subset X}\)):
też nie widzę jak tą równość można by tu zastosować, można próbować pokazać tu dwie inkluzje, ale czarno to widzę, mogę prosić o wskazówki??
I tak, wnętrze sumy dwóch podzbiorów prostej z naturalną topologią nie musi być równe sumie wnętrz, wystarczy rozważyć przedziały domknięte: \(\displaystyle{ A=\left[ 0,1\right] }\) I \(\displaystyle{ B=\left[ 1,2\right] }\).
co jest równe, gdyż zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest dziedziną domkniętą, tak więc: \(\displaystyle{ A=\overline {Int\left( A\right) },}\) więc to jest równe:
\(\displaystyle{ =X \setminus A;}\)
a więc zbiór \(\displaystyle{ X \setminus A}\) jest dziedziną otwartą.\(\displaystyle{ \square}\)
Chyba dobrze
Mam też takie zadanie, aby wykazać, że suma zbioru brzegowego w danej przestrzeni topologicznej \(\displaystyle{ \left( X,T\right) }\) oraz zbioru nigdziegęstego w tej samej przestrzeni topologicznej jest zbiorem brzegowym w tej przestrzeni. Mogę prosić o wskazówkę??
(Podzbiór \(\displaystyle{ A \subset X,}\) nazywamy zbiorem brzegowym, gdy ma puste wnętrze, tzn. gdy: \(\displaystyle{ Int\left( A\right)= \emptyset.}\)
Podzbiór \(\displaystyle{ A \subset X}\) nazywamy nigdziegęstym, gdy jego domknięcie jest zbiorem brzegowym).
A suma dwóch brzegowych podzbiorów prostej nie musi być zbiorem brzegowym.
Wystarczy rozważyć, jako pierwszy zbiór, rozważmy zbiór liczb wymiernych, i rozważmy zbiór liczb niewymiernych, jako drugi zbiór.
Wtedy wnętrze zbioru liczb wymiernych jest puste, a więc jest to zbiór brzegowy, podobnie zbiór liczb niewymiernych jest zbiorem brzegowym, podczas gdy wnętrze ich sumy, czyli wnętrze całego zbioru liczb rzeczywistych jest całym zbiorem liczb rzeczywistych, zbiorem niepustym, a więc nie jest to zbiór brzegowy; i suma dwóch zbiorów brzegowych nie musi być zbiorem brzegowym.\(\displaystyle{ \square}\)
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
: 20 maja 2023, o 17:41
autor: matmatmm
Rozwiązanie dobre. Co do kolejnego zadania udowodnij, że dla dowolnych zbiorów \(\displaystyle{ A,B}\) zachodzi
Niech \(\displaystyle{ A,B \subset X}\), gdzie \(\displaystyle{ \left( X,T\right) }\) jest przestrzenią topologiczną.
Aby pokazać inkluzję:
\(\displaystyle{ Int(A \cup B) \subset \overline{A} \cup Int\left( B\right)}\),
to niech \(\displaystyle{ x \in Int(A \cup B).}\)
Wtedy, z własności wnętrza, otrzymujemy pewne otoczenie \(\displaystyle{ U(x)}\) punktu \(\displaystyle{ x}\) zawarte w zbiorze \(\displaystyle{ A \cup B.}\)
Jeśli dla każdego otoczenia \(\displaystyle{ W(x)}\) punktu \(\displaystyle{ x}\) otoczenie \(\displaystyle{ W(x)}\) przecina zbiór \(\displaystyle{ A}\), tzn. \(\displaystyle{ W(x) \cap A \neq \left\{ \right\}}\), dla każdego otoczenia \(\displaystyle{ W(x)}\) punktu \(\displaystyle{ x}\), to, z własności domknięcia: \(\displaystyle{ x \in \overline{A}}\), a więc tym bardziej element \(\displaystyle{ x}\) należy do rozważanej sumy.
W przeciwnym razie otrzymujemy pewne otoczenie \(\displaystyle{ W(x)}\) punktu \(\displaystyle{ x}\) rozłączne ze zbiorem \(\displaystyle{ A}\).
Ponieważ \(\displaystyle{ Int\left( A \cup B\right) \subset A \cup B}\), to \(\displaystyle{ x \in A \cup B}\). Mamy:
\(\displaystyle{ U(x) \cap W(x) \subset \left( A \cup B\right) \cap (A'=X \setminus A) \subset B,}\)
i ponieważ otoczenie \(\displaystyle{ U}\) jest zbiorem otwartym, i otoczenie \(\displaystyle{ W}\) jest zbiorem otwartym, to również ich przekrój jest otwarty i \(\displaystyle{ x \in U(x) \cap W(x)}\), a zatem ten przekrój \(\displaystyle{ U(x) \cap W(x)}\) jest otoczeniem punktu \(\displaystyle{ x}\) zawartym w zbiorze \(\displaystyle{ B}\), a stąd \(\displaystyle{ x \in Int(B) \subset \overline{A} \cup Int(B).\square}\)
Dobrze
Re: Zbiory spójne, przestrzenie topologiczne
: 20 maja 2023, o 23:20
autor: matmatmm
Dowód z grubsza poprawny. Ja bym go napisał inaczej (bez przechodzenia na otoczenia), ale idea w zasadzie ta sama.