Autor Tema: Conexidad y arco conexo - Ejercicio

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30 Agosto, 2021, 09:39 pm
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nico

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Hola a todos.
Necesitaría sus aportes para poder resolver este ejercicio. Adjunto la letra.

Considera el subespacio \( X \) de \(  (\mathbb{R}^2 , \tau_u ) \) definido cómo \( X =(\cup{}_{x\in{}\mathbb{Q}} (\{x\} \times{}\mathbb{R}^+_0)) \cup{} (\cup{}_{x \in{}\mathbb{R}-\mathbb{Q}} (\{x\} \times{}\mathbb{R}^-)) \)

1. Probar que \( X \) es conexo.
2. Probar que \( X \) no es arco conexo.

31 Agosto, 2021, 03:32 pm
Respuesta #1

Carlos Ivorra

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Pues no veo una forma fácil de probarlo.

He aquí lo primero que he pensado. Supongo que se podrá pulir el argumento y simplificarlo un poco:

Supón que \( X=A\cup B \), donde \( A, B \) son abiertos cerrados disjuntos. No perdemos generalidad si suponemos que \( (0,0)\in A \). Basta probar que entonces \( B \) es vacío.

Que \( A \) sea abierto en \( X \) significa que existe un abierto \( A^* \) en \( \mathbb R^2 \) tal que \( A=A^*\cap X \).

Como \( (0,0)\in A^* \), existe un \( \delta>0 \) tal que \( \left]-\delta, \delta\right[\times \left]-\delta,\delta\right[\subset A^* \). En particular, \( (\left]-\delta,\delta\right[\cap \mathbb Q)\times \{0\}\subset A^*\cap X=A \).

Vamos a probar que \( \mathbb Q\times\{0\}\subset A \). Supongamos, por el contrario, que existe un \( r\in \mathbb Q \) talque \( (r,0)\notin A \). Pongamos que \( r>0 \). Si \( r<0 \) razonamos análogamente.

Entonces, el conjunto \( C=\{q\in \mathbb Q\mid q>0, ([0, q]\cap \mathbb Q)\times\{0\}\subset A\} \) es no vacío (pues contiene a todo número racional \( 0<q<\delta \)) y está acotado superiormente por \( r \). Por lo tanto, tiene supremo \( s>0 \).

Vamos a llegar a una contradicción tanto si \( s \) es racional como si es irracional.

Supongamos primero que \( s \) es racional.

Entonces \( s \) es el límite de una sucesión de puntos \( q_n\in C \), luego \( (s,0)\in X \) es el límite de una sucesión \( (q_n,0)\in A \). Como \( A \) es cerrado en \( X \), tiene que ser \( (s,0)\in A\subset A^* \)

Como \( A^* \) es abierto en \( \mathbb R^2 \), existe un \( \delta'>0 \) tal que \( \left]s-\delta',s+\delta'\right[\times \left]-\delta',\delta'\right[\subset A^* \), pero entonces, si \( s<q<s+\delta' \) es un número racional, se cumple que \( ([0, q]\cap \mathbb Q)\times\{0\}\subset A \), luego \( q\in C \) y es mayor que su supremo, contradicción.

Supongamos ahora que \( s \) es irracional.

Para cada natural \( n>0 \), sea \( s-1/n<q_n<s \) tal que \( q_n\in C \). Entonces \( ( q_n,0)\in A\subset A^* \), luego existe un \( \delta'>0 \) tal que \( \left]q_n-\delta',q_n+\delta'\right[\times \left]-\delta',\delta'\right[\subset A^* \). Sea \( q_n<\xi_n<q_n+\delta' \) un número irracional, \( s-1/n<\xi_n<s \).

Así, \( (\xi_n, -\delta/2)\in A^*\cap X=A \), luego \( A\cap \{\xi_n\}\times \mathbb R^-\neq \emptyset \) y es abierto y cerrado en el conexo \( \{\xi_n\}\times \mathbb R^- \), luego tiene que ser \( A\cap \{\xi_n\}\times \mathbb R^-= \{\xi_n\}\times \mathbb R^- \), es decir, que \( \{\xi_n\}\times \mathbb R^-\subset A \) y en particular \( (\xi_n,-1)\in A \).

Esta sucesión de pares converge a \( (s, -1)\in X \), luego \( (s, -1)\in A\subset A^* \), porque \( A \) es cerrado en \( X \). Como \( A^* \) es abierto, existe un \( \delta''>0 \) tal que \( \left]s-\delta', s+\delta'\right[\times \left]-1-\delta',-1+\delta'\right[\subset A^* \).

Si \( s<q<s+\delta' \) es cualquier número racional, para cada número natural \( n>0 \) tomamos un número irracional \( s<\rho_n<q \), \( 1/n<\rho_n<q \). Entonces, \( (\rho_n,-1)\in A \), luego \( (\{\rho_n\}\times \mathbb R^-)\cap A \) es un abierto no vacío en \( \{\rho_n\}\times \mathbb R^- \) y, de nuevo por conexión, concluimos que \( \{\rho_n\}\times \mathbb R^-\subset A \), luego \( (\rho_n,-1/n)\in A \) y esta sucesión converge a \( (q, 0)\in A \), y así todo número racional \( q<s+\delta' \) está en \( C \), luego \( C \) contiene números mayores que su supremo, y tenemos otra contradicción.

Con esto hemos probado que \( \mathbb Q\times\{0\}\subset A \). Como \( (q,0)\in A\cap (\{q\}\times \mathbb R^+_0)\neq \emptyset \), el mismo argumento de conexión nos da que \( \{q\}\times \mathbb R^+_0\subset A \), es decir, que \( \mathbb Q\times \mathbb R^+_0\subset A \).

Volviendo al primer \( \delta \) que hemos tomado, si \( 0<\xi<\delta \) es un número irracional, tenemos que \( (\xi, -\delta/2)\in A^*\cap X=A \). Ahora hay que repetir todo el argumento precedente cambiando \( 0 \) por \( -\delta/2 \) y los números racionales por los irracionales, es decir, hay que probar que \( (\mathbb R\setminus\mathbb Q)\times\{-\delta/2\}\subset A \), para lo cual suponemos que existe un \( \rho \) irracional tal que \( (\rho,-\delta/2)\notin A \), que podemos suponer \( \rho>\xi \).

Consideramos el conjunto \( C'=\{\eta\in \mathbb R\setminus \mathbb Q\mid \eta>\xi, ([\xi, \eta]\cap(\mathbb R\setminus\mathbb Q))\times \{-\delta/2\}\subset A\} \). Se prueba que es no vacío y está acotado superiormente por \( \rho \), con lo que tiene un supremo \( s \), y se llega a una contradicción como antes, tanto si es racional como irracional.

Así, todo número irracional \( \xi \) cumple que \( (\xi,-\delta/2)\in \{\xi\}\times \mathbb R^-\neq \emptyset \), y de nuevo por conexión concluimos que \( \{\xi\}\times \mathbb R^-\subset A \), luego \( (\mathbb R\setminus \mathbb Q)\times \mathbb R^-\subset A \) y concluimos que \( A=X \).

01 Septiembre, 2021, 05:39 am
Respuesta #2

nico

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Hola Carlos, muchas gracias por tu excelente respuesta. Te estoy muy agradecido.

Un gran saludo.

01 Septiembre, 2021, 09:19 am
Respuesta #3

Carlos Ivorra

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La segunda parte es fácil:

Si \( X \) fuera arcoconexo, existiría una aplicación continua \( f:[0,1]\longrightarrow X \) tal que \( f(0)=(0,0) \), \( f(1)=(\sqrt 2, -1) \). También sería continua como aplicación \( f:[0,1]\longrightarrow \mathbb R^2 \) y también sería continua la composición con la proyección en la primera coordenada \( f_1: [0,1]\longrightarrow \mathbb R \).

Sea \( \{q_n\} \) una sucesión de números racionales en \( [0,\sqrt 2] \) convergente a \( \sqrt 2 \). Como \( f_1(0)=0 \) y \( f_1(1)=\sqrt 2 \), por el teorema de los valores intermedios existe \( t_n\in [0,1] \) tal que \( f_1(t_n)=q_n \), luego \( f(t_n)=(q_n, y_n)\in X \), para cierto \( y_n\geq 0 \).

La sucesión \( \{t_n\} \) en \( [0,1] \) tiene una subsucesión \( \{t_{n_k}\} \) convergente a un \( t^*\in [0,1] \). Sea \( f(t^*)=(x, y) \). Entonces \( x=\lim_n q_n=\sqrt 2 \), mientras que \( y=\lim_n y_n\geq 0 \), pero esto es imposible, porque \( (\sqrt 2, y)\in X \), luego tiene que ser \( y<0 \).

01 Septiembre, 2021, 09:46 am
Respuesta #4

Carlos Ivorra

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Una simplificación de la primera parte:

Supongamos que \( X=A_1\cup A_2 \), donde los \( A_i \) son abiertos disjuntos. Basta probar que uno de ellos es vacío. Sea \( A^*_i \) abierto en \( \mathbb R^2 \) tal que \( A_i=A^*_i\cap X \).

Observemos que si \( q \) es un número racional, o bien \( \{q\}\times \mathbb R^+_0\subset A_1 \) o bien \( \{q\}\times \mathbb R^+_0\subset A_2 \).

En efecto, \( (q, 0)\in X=A_1\cup A_2 \), Si \( (q,0)\in A_i \), entonces \( A_i\cap (\{q\}\times \mathbb R^+_0)\neq \emptyset \) es abierto y cerrado en el conexo \( \{q\}\times \mathbb R^+_0 \), luego tiene que ser \( A_i\cap (\{q\}\times \mathbb R^+_0)=\{q\}\times \mathbb R^+_0 \), es decir, \( \{q\}\times \mathbb R^+_0\subset A_i \).

Igualmente se prueba que si \( \xi \) es irracional, o bien \( \{\xi\}\times \mathbb R^-\subset A_1 \) o bien \( \{\xi\}\times \mathbb R^-\subset A_2 \).

Sea \( U_i \) el conjunto de los números reales \( x \) tales que, o bien \( x \) es racional y \( \{x\}\times \mathbb R^+_0\subset A_i \), o bien \( x \) es irracional y \( \{x\}\times \mathbb R^-\subset A_i \).

Por lo que hemos probado, se cumple que \( \mathbb R=U_1\cup U_2 \) y claramente los dos conjuntos son disjuntos. Si probamos que son abiertos, como \( \mathbb R \) es conexo concluiremos que uno de los dos \( U_i \) es vacío, lo cual implica que el \( A_i \) correspondiente también es vacío y habremos terminado.

Sea, pues, \( x_0\in U_i \) y vamos a probar que existe un \( \delta>0 \) tal que \( \left]x_0-\delta, x_0+\delta\right[\subset U_i \). Distinguimos dos casos, según si \( x_0 \) es racional o irracional.

Si \( x_0 \) es racional, tenemos que \( \{x_0\}\times \mathbb R^+_0\subset A_i \), luego en particular \( (x_0, 0)\in A_i\subset A^*_i \), luego existe un \( \delta>0 \) tal que \( \left]x_0-\delta, x_0+\delta\right[\times \left]-\delta, \delta\right[\subset A^*_i \). Vamos a probar que \( \delta \) cumple lo requerido, es decir, tomamos \( x\in \left]x_0-\delta,x_0+\delta\right[ \) y vamos a probar que \( x\in U_i \).

Si \( x \) es racional, entonces \( (x, 0)\in \left]x_0-\delta, x_0+\delta\right[\times \left]-\delta, \delta\right[\subset A^*_i \), luego \( (x, 0)\in A^*_i\cap X=A_i \), luego \( \{x\}\times \mathbb R^+_0\subset A_i \) (pues tiene que estar contenido en \( A_i \) o en el abierto complementario, y lo segundo es imposible, porque tiene un punto en \( A_i \)), luego \( x\in U_i \).

Si \( x \) es irracional, entonces \( (x, -\delta/2)\in \left]x_0-\delta, x_0+\delta\right[\times \left]-\delta, \delta\right[\subset A^*_i \), luego \( (x,-\delta/2)\in A^*_i\cap X=A_i \), luego \( \{x\}\times \mathbb R^-\subset A_i \), luego \( x\in U_i \). Esto termina la prueba cuando \( x_0 \) es racional.

Si \( x_0 \) es irracional, entonces \( \{x_0\}\times \mathbb R^-\subset A_i \), luego en particular \( (x_0, -1)\in A_i\subset A^*_i \), luego existe un \( \delta>0 \) tal que \( \left]x_0-\delta, x_0+\delta\right[\times \left]-1-\delta, -1+\delta\right[\subset A^*_i \). Veamos que \( \delta \) cumple lo requerido, es decir, tomamos \( x\in \left]x_0-\delta, x_0+\delta\right[ \) y vamos a probar que \( x\in U_i \).

Si \( x \) es irracional, \( (x, -1)\in \left]x_0-\delta, x_0+\delta\right[\times \left]-1-\delta, -1+\delta\right[\subset A^*_i \), luego \( (x, -1)\in A^*_i\cap X=A_i \), luego \( \{x\}\times \mathbb R^-\subset A_i \), luego \( x\in U_i \).

Si \( x \) es racional, sea \( \{\xi_n\} \) una sucesión de números irracionales contenidos en \(  \left]x_0-\delta, x_0+\delta\right[ \) que converja a \( x \). Entonces \( (\xi_n, -1)\in  \left]x_0-\delta, x_0+\delta\right[\times \left]-1-\delta, -1+\delta\right[\subset A^*_i \), luego \( (\xi_n, -1)\in A^*_i\cap X=A_i \), luego \( \{\xi_n\}\times \mathbb R^-\subset A_i \), luego \( (\xi_n,-1/n)\in A_i \) y esta sucesión de pares converge a \( (x, 0)\in X \). Como \( A_i \) es cerrado en \( X \), tiene que ser \( (x, 0)\in A_i \), luego \( \{x\}\times \mathbb R^+_0\subset A_i \), luego \( x\in U_i \) y esto termina la prueba.



06 Septiembre, 2021, 08:09 pm
Respuesta #5

nico

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Hola Carlos, muchas gracias por tu dedicación en esta demostración he aprendido mucho con tu respuesta.

Un gran saludo.