Finnes det en tellbar mengde disjunkte lukkede intervaller [tex]I_1, I_2, \ldots[/tex] slik at [tex]\bigcup_{i \in \mathbb{N}} I_i =\mathbb{R}[/tex]?
EDIT: Et intervall betyr her kun begrensede intervaller - R selv regnes ikke som et lukket intervall.
Tellbar, disjunkt lukket overdekning av R
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Med mindre jeg misforstår spørsmålet:
Se på "Formal definition 2" på følgende Wikipedia-side.
http://en.wikipedia.org/wiki/Connected_space
Se på "Formal definition 2" på følgende Wikipedia-side.
http://en.wikipedia.org/wiki/Connected_space
Det viser at en sammenkoplet mengde ikke kan partisjoneres i to lukkede disjunkte mengder, men ikke at den ikke kan partisjoneres i tellbart mange lukkede intervaller. Det er mulig det første impliserer det andre, men du må kanskje jobbe litt for å bevise det.
Jeg bruker et par teoremer i boken "Topology" av Munkres, så jeg legger til referanser der det passer seg.
Anta at en slik dekning eksisterer. La [tex]L = \{ I_n | n \in \mathbb{N} \}[/tex]. En definisjon: [tex][a,b] < [c,d] \Leftrightarrow b<c[/tex]. Gi L ordningstopologien generert av denne ordningen. Dersom [tex]I,J \in L[/tex] og [a,b]=I<J=[c,d], finnes det en [tex]x \in \mathbb{R}[/tex] slik at b<x<c. x ligger i et intervall K i L, så I<K<J. Velg et intervall [tex]I^{\prime}<I[/tex], og et intervall [tex]J^{\prime}>J[/tex]. Da er [tex]I \in (I^{\prime},K), J \in (K,J^{\prime})[/tex], og [tex](I^{\prime},K) \cap (K,J^{\prime}) = \emptyset[/tex], så L er hausdorff.
La [tex](I_i)_{i \in R}[/tex] være en mengde intervaller i L begrenset oppad av I. La [tex]x = \sup_i \sup I_i[/tex]. Nå er [tex]x \in J[/tex] for et unikt intervall J. Hvis [tex]J < I_i[/tex] for en i, så er [tex]x < \sup I_i[/tex] som er umulig, så J er en øvre grense. Hvis K<J er en øvre grense, er [tex]x>\sup K > \sup I_i[/tex] for alle i som er umulig. Dermed er J en minste øvre grense for mengden. Altså har L minste øvre grense-egenskapen. Det betyr at ethvert intervall [I,J] er kompakt (ref. Teorem 27.1).
Velg I<J. [I,J] er kompakt og hausdorff som underrom av L. La [tex]K \in [I,J][/tex]. Hvis et basiselement [tex](I^{\prime},J^{\prime}) \subseteq \{K\} [/tex], kan vi finne [tex]K^{\prime}[/tex] i intervallet slik at [tex]I^{\prime} < K^{\prime}<K[/tex], som er umulig. Altså er ettpunktsmengder aldri åpne i [I,J]. Det følger at [I,J] er utellbart, som medfører at L også er det (ref. Teorem 27.7). Dette er en motsigelse ettersom dekningen er tellbar.
Anta at en slik dekning eksisterer. La [tex]L = \{ I_n | n \in \mathbb{N} \}[/tex]. En definisjon: [tex][a,b] < [c,d] \Leftrightarrow b<c[/tex]. Gi L ordningstopologien generert av denne ordningen. Dersom [tex]I,J \in L[/tex] og [a,b]=I<J=[c,d], finnes det en [tex]x \in \mathbb{R}[/tex] slik at b<x<c. x ligger i et intervall K i L, så I<K<J. Velg et intervall [tex]I^{\prime}<I[/tex], og et intervall [tex]J^{\prime}>J[/tex]. Da er [tex]I \in (I^{\prime},K), J \in (K,J^{\prime})[/tex], og [tex](I^{\prime},K) \cap (K,J^{\prime}) = \emptyset[/tex], så L er hausdorff.
La [tex](I_i)_{i \in R}[/tex] være en mengde intervaller i L begrenset oppad av I. La [tex]x = \sup_i \sup I_i[/tex]. Nå er [tex]x \in J[/tex] for et unikt intervall J. Hvis [tex]J < I_i[/tex] for en i, så er [tex]x < \sup I_i[/tex] som er umulig, så J er en øvre grense. Hvis K<J er en øvre grense, er [tex]x>\sup K > \sup I_i[/tex] for alle i som er umulig. Dermed er J en minste øvre grense for mengden. Altså har L minste øvre grense-egenskapen. Det betyr at ethvert intervall [I,J] er kompakt (ref. Teorem 27.1).
Velg I<J. [I,J] er kompakt og hausdorff som underrom av L. La [tex]K \in [I,J][/tex]. Hvis et basiselement [tex](I^{\prime},J^{\prime}) \subseteq \{K\} [/tex], kan vi finne [tex]K^{\prime}[/tex] i intervallet slik at [tex]I^{\prime} < K^{\prime}<K[/tex], som er umulig. Altså er ettpunktsmengder aldri åpne i [I,J]. Det følger at [I,J] er utellbart, som medfører at L også er det (ref. Teorem 27.7). Dette er en motsigelse ettersom dekningen er tellbar.
Veldig fin og kreativ løsning. Svaret på oppfølgeren er nei: Anta det motsatte og la [tex](a,b)[/tex] være et intervall i overdekningen. Da er [tex]b[/tex] inneholdt i et annet intervall i overdekningen. Siden dette er åpent finnes en positiv epsilon slik at $(b-\epsilon, b+\epsilon)$ er inneholdt i mengden. Men samme hvor liten epsilon er skjærer denne (a,b), så intervallene er ikke disjunkte og en motsigelse.
Stemmer det. Vil forresten gjerne se en alternativ løsning på din oppgave, vil du legge din ut? På den sistnevnte kan man alternativt (ved å utnytte noe mer topologisk maskineri enn nødvendig) merke seg at en slik dekning er en separasjon av [tex]\mathbb{R}[/tex] ved å betrakte et åpent intervall i dekningen og unionen av resten, men det er jo umulig.
Det er forøvrig en fin oppfølger her allerede: Kan et sammenkoblet rom ha en tellbar disjunkt overdekning av lukkede mengder?
EDIT: Dekningen må være av minst 2 elementer.
EDIT: Dekningen må være av minst 2 elementer.
Sist redigert av Charlatan den 19/10-2010 20:33, redigert 4 ganger totalt.
Anta det motsatte, og la [tex]\{I_i=[a_i, b_i]\}[/tex] være mengden intervaller. Lar vi [tex]E=\{a_i, b_i \}[/tex] være mengden endepunkter er komplementet i R en union av åpne intervaller, så E er lukket. Dessuten er ethvert punkt i E et grensepunkt, da vi for [tex]a_i \in E[/tex] enten har at det finnes [tex]b_k \in E[/tex] vilkårlig nær [tex]a_i[/tex], eller så finnes en [tex]\epsilon[/tex] slik at [tex](a_i - \epsilon, a_i)[/tex]ikke inneholder noe element av E, og en motsigelse.
Siden E er tellbar kan vi ordne elementene dens som en følge [tex]\{c_1, c_2, \ldots \}[/tex]. Velg et lukket intervall [tex]J_1=[x_1-\epsilon, x_2+ \epsilon][/tex] der [tex]x_1 \in E[/tex], og slik at [tex]J_1[/tex] ikke inneholder [tex]c_2[/tex]. Siden ethvert punkt i [tex]E[/tex] er et grensepunkt inneholder [tex]J_1[/tex] uendelig mange elementer fra [tex]E[/tex], så velg et nytt intervall [tex]J_2=[x_2-\epsilon, x_2+\epsilon][/tex] som ikke inneholder [tex]c_2[/tex].
Fortsetter vi slik genererer vi en uendelig følge intervaller [tex]J_1 \supset J_2 \supset \ldots[/tex] slik at [tex]J_i[/tex] ikke inneholder [tex]c_1, \ldots, c_i[/tex]. Ser vi på \midtpunktene deres [tex]x_i[/tex] danner dette opplagt en konvergent følge, som konvergerer til et punkt [tex]x[/tex] som ligger i snittet av alle [tex]J_i[/tex]. Siden E er lukket må [tex]x \in E[/tex], men snittet av [tex]J_i[/tex] er per konstruksjon forskjellig fra ethvert element i E, så [tex]x \notin E[/tex], og vi har en motsigelse.
Det ble litt mer omstendelig enn jeg hadde trodd - i hodet mitt hadde jeg et mye kortere bevis for at en lukket undermengde av R der ethvert element var et grensepunkt var utellbar, men det viste seg å være delvis feil, så det gikk litt fort og gæli men ble forhåpentligvis riktig nå.
Siden E er tellbar kan vi ordne elementene dens som en følge [tex]\{c_1, c_2, \ldots \}[/tex]. Velg et lukket intervall [tex]J_1=[x_1-\epsilon, x_2+ \epsilon][/tex] der [tex]x_1 \in E[/tex], og slik at [tex]J_1[/tex] ikke inneholder [tex]c_2[/tex]. Siden ethvert punkt i [tex]E[/tex] er et grensepunkt inneholder [tex]J_1[/tex] uendelig mange elementer fra [tex]E[/tex], så velg et nytt intervall [tex]J_2=[x_2-\epsilon, x_2+\epsilon][/tex] som ikke inneholder [tex]c_2[/tex].
Fortsetter vi slik genererer vi en uendelig følge intervaller [tex]J_1 \supset J_2 \supset \ldots[/tex] slik at [tex]J_i[/tex] ikke inneholder [tex]c_1, \ldots, c_i[/tex]. Ser vi på \midtpunktene deres [tex]x_i[/tex] danner dette opplagt en konvergent følge, som konvergerer til et punkt [tex]x[/tex] som ligger i snittet av alle [tex]J_i[/tex]. Siden E er lukket må [tex]x \in E[/tex], men snittet av [tex]J_i[/tex] er per konstruksjon forskjellig fra ethvert element i E, så [tex]x \notin E[/tex], og vi har en motsigelse.
Det ble litt mer omstendelig enn jeg hadde trodd - i hodet mitt hadde jeg et mye kortere bevis for at en lukket undermengde av R der ethvert element var et grensepunkt var utellbar, men det viste seg å være delvis feil, så det gikk litt fort og gæli men ble forhåpentligvis riktig nå.
Mulig jeg overser noe eller at dette er flisespikkeri, men er det så opplagt at følgen konvergerer?
Forslag til argument:
Konstruer en Cauchyfølge [tex]x_i [/tex]. Siden E er et lukket underrom av et komplett rom, så er E komplett, og da vil alle Cauchy-følger konvergere mot et element i E.
Så hvis man definerer følgen [tex](x_i)[/tex] som sentrene i intervaller [tex]J_i=[x_i-e_i,x_i+e_i][/tex] slik at [tex]J_1[/tex] ikke inneholder [tex] c_1[/tex], [tex]x_2[/tex] er i [tex]J_1[/tex], og [tex]J_2[/tex] hverken inneholder [tex]c_2[/tex] eller [tex]x_1[/tex] etc. Da vil radien [tex]e_2[/tex] være mindre enn [tex]\frac{e_1}{2}[/tex], [tex]e_3[/tex] mindre enn [tex]\frac{e_2}{2}[/tex] osv. slik at radiene går mot 0. Da vil følgen opplagt være Cauchy og dermed konvergere mot et element x i E som ligger i snittet [tex]\cap_i J_i[/tex].
Forslag til argument:
Konstruer en Cauchyfølge [tex]x_i [/tex]. Siden E er et lukket underrom av et komplett rom, så er E komplett, og da vil alle Cauchy-følger konvergere mot et element i E.
Så hvis man definerer følgen [tex](x_i)[/tex] som sentrene i intervaller [tex]J_i=[x_i-e_i,x_i+e_i][/tex] slik at [tex]J_1[/tex] ikke inneholder [tex] c_1[/tex], [tex]x_2[/tex] er i [tex]J_1[/tex], og [tex]J_2[/tex] hverken inneholder [tex]c_2[/tex] eller [tex]x_1[/tex] etc. Da vil radien [tex]e_2[/tex] være mindre enn [tex]\frac{e_1}{2}[/tex], [tex]e_3[/tex] mindre enn [tex]\frac{e_2}{2}[/tex] osv. slik at radiene går mot 0. Da vil følgen opplagt være Cauchy og dermed konvergere mot et element x i E som ligger i snittet [tex]\cap_i J_i[/tex].
Ja, det ser riktig ut det plutarco; å tvinge radien til intervallene å konvergere mot 0 medfører at følgen din konvergerer. Jeg kan tenke meg at dersom følgen Karl Erik har dannet ikke konvergerer så vil man kunne utføre samme argument ved å betrakte en konvergent delfølge av den; i og med at hvis J_n ikke inneholder c_n, så inneholder ikke J_m for m > n c_n heller.
I oppfølgeren må det forresten selvsagt være minst 2 lukkede underrom i dekningen. Hvis ikke kunne man ha brukt at X selv er lukket og dermed en tellbar dekning av seg selv.
I oppfølgeren må det forresten selvsagt være minst 2 lukkede underrom i dekningen. Hvis ikke kunne man ha brukt at X selv er lukket og dermed en tellbar dekning av seg selv.
Sist redigert av Charlatan den 19/10-2010 15:33, redigert 1 gang totalt.
Oppdatering: det viser seg å finnes ganske enkle eksempler på både tellbare og utellbare sammenkoblede rom slik at de har en lukket og tellbar overdekning: Z hvor de åpne mengdene er de som har et endelig komplement, og unionen X av et tellbart antall disjunkte åpne intervaller i R slik at de åpne mengdene er unionen av alle intervaller utenom et endelig antall. I førstnevnte tilfelle er ettpunktsmengder lukkede og danner en disjunkt lukket tellbar union av Z, og i sistnevnte er hvert enkelt intervall lukket og danner en tellbar lukket disjunkt union av X.
Men finnes det en tellbar disjunkt overdekning av generelle lukkede mengder i R (i ordningstopologien) av R?
Men finnes det en tellbar disjunkt overdekning av generelle lukkede mengder i R (i ordningstopologien) av R?