Autor Tema: Problema de pendiente hawaiano

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13 Septiembre, 2020, 09:19 pm
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Gray

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Hola, he continuado y me he encontrado con este problema, me podría dar algunas pautas o indicaciones para este problema? muchas gracias

Sea \( X \) el subespacio de \( (R^2,τ_u) \) formado por la unión de las circunferencias de centro \( (\frac{1}{n}) \), para cada \( n\in{\mathbb{N}} \)

\( X \)=\( \cup_{n=1}^∞\left\{{(x,y):(x-\frac{1}{n})^2+y^2= (\frac{1}{n})^2}\right\} \)

a) Probar que \( X \) es compacto y conexo

b) Demostrar que \( X \) no puede ser homeomorfo a ningún subespacio de \( (R,τ_u) \)

c) Probar que \( X-\left\{{(0,0)}\right\} \) no es compacto ni conexo

d)Explicar cómo definir un homeomorfismo entre \( X-\left\{{(0,0)}\right\} \) y el subespacio A de  \( (R,τ_u) \) formado por la unión de los intervalos \( (2n,2n+1) n=0,1,.... \), es decir,

\( A \)=\( \cup_{n=1}^∞(2n,2n+1) \)

13 Septiembre, 2020, 10:11 pm
Respuesta #1

Luis Fuentes

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Hola

 Llevas ya varias preguntas seguidas sobre topología. Sería bueno que no te limitases a escribir el enunciado, sino también que has intentado y que dudas concretas tienes.

 También sería bueno saber si te están aprovechando las respuestas que te damos y si a raíz de ellas te surgen nuevas dudas.

Hola, he continuado y me he encontrado con este problema, me podría dar algunas pautas o indicaciones para este problema? muchas gracias

Sea \( X \) el subespacio de \( (R^2,τ_u) \) formado por la unión de las circunferencias de centro \( (\frac{1}{n}) \), para cada \( n\in{\mathbb{N}} \)

\( X \)=\( \cup_{n=1}^∞\left\{{(x,y):(x-\frac{1}{n})^2+y^2= (\frac{1}{n})^2}\right\} \)

a) Probar que \( X \) es compacto y conexo

 Para ver que es compacto comprueba que es cerrado y acotado.

 Para ver que es conexo comprueba que es unión de conexos (circunferencias) con un punto en común: el origen.

Citar
b) Demostrar que \( X \) no puede ser homeomorfo a ningún subespacio de \( (R,\tau_u) \)

Los únicos conjuntos conexos y compactos subconjuntos de  \( (R,\tau_u) \) con la topología usual son los intervalos cerrados. Pero en un intervalo cerrado, si quitamos un punto que no sean los extremos, el conjunto se divide en dos componentes conexas. Sin embargo en \( X \) hay infinitos puntos que pueden ser quitados sin que el espacio deje de ser conexo (todos los de la forma \( (0,2/n) \) por ejemplo).

Citar
c) Probar que \( X-\left\{{(0,0)}\right\} \) no es compacto ni conexo

No es compacto porque no es cerrado: el origen está en la clausura de \( X-\left\{{(0,0)}\right\} \).

No es conexo porque, por ejemplo los conjuntos:

\( P=\{(x,y)\in \Bbb R^2|(x-2/3)^2+y^2<4/9\} \)
\( Q=\{(x,y)\in \Bbb R^2|(x-2/3)^2+y^2>4/9\} \)

definen una separación por abiertos no triviales en el conjunto \( X-\left\{{(0,0)}\right\} \). La idea de esto es que la circunferencia de centro \( (2/3,0) \) y radio \( (2/3) \) deja fuera la circunferencia de centro \( (1,0) \) y radio \( 1 \) y dentro todas las demás de \( X \). Todas tienen un punto común: el origen. Pero si lo quitamos son disjuntas.

Citar
d)Explicar cómo definir un homeomorfismo entre \( X-\left\{{(0,0)}\right\} \) y el subespacio A de  \( (R,\tau_u) \) formado por la unión de los intervalos \( (2n,2n+1) n=0,1,.... \), es decir,

\( A \)=\( \cup_{n=1}^∞(2n,2n+1) \)

Ten en cuenta que el intevalo \( (0,1) \) lo puedes llevar en cualquier circunferencia \( C \) de centro \( (p,q) \) y radio \( r \), menos el punto \( (p,q-r) \) mediante el homeomorfismo:

\( f:(0,1)\to C,\qquad f(t)=(p,q)+r\left(cos\left(2\pi t-\dfrac{\pi}{2}\right),sin\left(2\pi t-\dfrac{\pi}{2}\right)\right) \)

Saludos.

P.D: Recuerda no poner τ_u sino \tau_u.

13 Septiembre, 2020, 11:30 pm
Respuesta #2

Gray

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Muchas gracias, es que estoy leyendo unos apuntes y hay algunos ejercicios que me parecen interesantes y pues me gustaría saber cómo hacerlos de la forma correcta. Cuando termine de leérmelo procederé a intentarlo y si me surgen más dudas lo pregunto.

Muchas gracias!

22 Septiembre, 2020, 11:39 am
Respuesta #3

Gray

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Para ver que es compacto, tenemos que comprobar que está cerrado y acotado.

Para cerrado tenemos que demostrar que \( \mathbb{R} − X \) es abierto, creo que es trivial porque todos los elementos de \( X \) son círculos y podemos tomar cualquier elemento de \( \mathbb{R} − X \) y obtener una bola abierta centrada en ese elemento y contenida en \( \mathbb{R} − X \) pero no sé cómo formalizarlo.

Para acotado podemos contenerlo en el cuadrado \( [0,2] \) x \( [−1,1] \). ¿Es suficiente decir que \( (\frac{1}{n})^2 \) < 1 y el centro es \( (\frac{1}{n}, 0) \)? ¿Cómo puedo escribirlo formalmente?

Para ver que es conexo, tenemos que comprobar que cada circunferencia es conexa y aplicar un resultado que dice que la unión de conexos es conexo si tienen u punto común, pero no sé cómo ver que cada circunferencia lo es, pues estamos en el plano y no en la recta real.

22 Septiembre, 2020, 12:31 pm
Respuesta #4

Luis Fuentes

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Hola

 Como comentario general, es usual que en topología muchas propiedades sean evidentes pero su prueba rigurosa sea muy incómoda de formalizar. Normalmente hay que acudir a resultados auxiliares que nos faciliten un poco el trabajo.

Citar
Para acotado podemos contenerlo en el cuadrado \( [0,2] \) x \( [−1,1] \). ¿Es suficiente decir que \( (\frac{1}{n})^2 \) < 1 y el centro es \( (\frac{1}{n}, 0) \)? ¿Cómo puedo escribirlo formalmente?

 La acotación es fácil. Ten en cuenta que todo punto \( (x,y) \) de \( X \) cumple \( d((x,y),(1/n,0))=1/n^2 \) para algún \( n \). Entonces:

\( d((x,y),(0,0))\leq d((x,y),(1/n,0))+d((1/n,0),(0,0))\leq 1+1=2 \)

 Es decir \( X\subset B((0,0),2) \) (bola de centro origen y radio dos).

Para ver que es compacto, tenemos que comprobar que está cerrado y acotado.

Para cerrado tenemos que demostrar que \( \mathbb{R} − X \) es abierto, creo que es trivial porque todos los elementos de \( X \) son círculos y podemos tomar cualquier elemento de \( \mathbb{R} − X \) y obtener una bola abierta centrada en ese elemento y contenida en \( \mathbb{R} − X \) pero no sé cómo formalizarlo.

Efectivamente. Gráficamente es claro que uno puede, dado un punto cualquiera fuera de \( X \), escoge un radio lo suficientemente pequeño para que la bola abierta correspondiente no toque a \( X \). Pero escribir explícitamente ese radio puede ser prolijo.

Entonces suele funcionar muy bien para probar que un conjunto es cerrado (respt. abierto) la siguiente propiedad: una función es continua si y sólo si la imagen recíproca de un cerrado (respt. abierto) es cerrada (respt. cerrado).

Entonces en este caso la idea sería por ejemplo definir \( F:\Bbb R^2\to \Bbb R \) continua tal que \( X=F^{-1}(0) \). Esto es fácil cuando el conjunto viene dado por una ecuación implícita. El problema es que aquí tenemos infinitas ecuaciones implícitas, lo cual da un poco más la lata.

Aun así puedes definir \( f_n:B[(0,0),2]\to \Bbb R \), \( f_n(x,y)=\left(x-\dfrac{1}{n}\right)^2+y^2-\dfrac{1}{n^2} \) continua, siendo \( B[(0,0),2] \) la bola cerrada de centro origen y radio dos. Vimos que X está en esa bola y además un cerrado dentro de un cerrado es cerrado, por lo que esa restricción no dará problemas. Ahora definimos:

\( F=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty{}\dfrac{f_n^2}{n^2} \)

Nota que si \( (x,y)\in B[(0,0),2] \), \( |f_n(x,y)|=|x^2+y^2-2x/n|\leq x^2+y^2+2|x|/n\leq 4+4+4=12 \) y por tanto \( \dfrac{f_n^2}{n^2}\leq \dfrac{144}{n^2} \). Como la serie \( \displaystyle\sum_{n=1}^\infty{}\dfrac{1}{n^2} \) es convergente, por el criterio de Weierstrass converge uniformemente a \( F_n \) y por ser límite uniforme de funciones continuas el límite es una función continua.

Como \( X=F^{-1}(0) \) (¡compruébalo!), entonces es cerrado por ser la imagen recíproca de un cerrado por una función continua.


TODO ESO ESTÁ MAL.

Citar
Para ver que es conexo, tenemos que comprobar que cada circunferencia es conexa y aplicar un resultado que dice que la unión de conexos es conexo si tienen u punto común, pero no sé cómo ver que cada circunferencia lo es, pues estamos en el plano y no en la recta real.

Utiliza que la imagen continua de un conexo es conexa. Entonces una circunferencia de centro \( (a,b) \) y radio \( r \) es imagen de la siguiente aplicación continua:

\( \alpha:[0,2\pi]\to \Bbb R^2,\qquad \alpha(t)=(a+r\,cos(t),b+r\,sin(t)) \)

Saludos.

P.D. No hace falta que cites todos los mensajes para continuar debatiendo en el hilo. Reserva las citas cuando quieras hacer mención a un fragmento concreto de algo que te hayan respondido previamente. He borrado esas citas innecesarias.

CORREGIDO.

28 Septiembre, 2020, 09:55 pm
Respuesta #5

martiniano

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Hola.

Hay algo que no me cuadra.

\( F=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty{}\dfrac{f_n^2}{n^2} \)

\[ F \] es una suma de infinitos términos no negativos. Para que se anule se deben anular todos esos términos, y uno de esos términos se anula en \( (x, y)  \) si éste es un punto de la circunferencia correspondiente. Entonces, el único punto que anula \[ F \] es el que tienen todas las circunferencias en común, es decir, \( (0,0) \). Esto no concuerda con lo siguiente.

Como \( X=F^{-1}(0) \) (¡compruébalo!), entonces es cerrado por ser la imagen recíproca de un cerrado por una función continua.

Según lo que he dicho arriba, la imagen recíproca de \( \{0\} \) es \( \{(0,0)\}\neq X \), ¿no?

Un saludo.

28 Septiembre, 2020, 10:02 pm
Respuesta #6

Luis Fuentes

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Hola

\( F=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty{}\dfrac{f_n^2}{n^2} \)

\[ F \] es una suma de infinitos términos no negativos. Para que se anule se deben anular todos esos términos, y uno de esos términos se anula en \( (x, y)  \) si éste es un punto de la circunferencia correspondiente. Entonces, el único punto que anula \[ F \] es el que tienen todas las circunferencias en común, es decir, \( (0,0) \). Esto no concuerda con lo siguiente.

Como \( X=F^{-1}(0) \) (¡compruébalo!), entonces es cerrado por ser la imagen recíproca de un cerrado por una función continua.

Según lo que he dicho arriba, la imagen recíproca de \( \{0\} \) es \( \{(0,0)\}\neq X \), ¿no?

Tienes toda la razón. Voy a citar al innombrable monarca: "Lo siento mucho. Me he equivocado. No volverá a ocurrir".

En fin. ¡Tanta ingeniería analítica para nada!  :laugh:

Cuando tenga un rato intento tirar por otro camino. En todo caso siempre nos quedará buscar el epsilon adecuadao...

Saludos.

28 Septiembre, 2020, 11:17 pm
Respuesta #7

martiniano

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Hola.

Creo que tu idea funciona si tomas \( F:B[(0,1),1]\longrightarrow{\mathbb{R}} \) dada por:

\[ F(x, y) =\begin{cases}{x\sin\left(\frac{2\pi x}{x^2+y^2}\right)}&\text{si}& (x, y) \neq(0,0)\\0 & \text{si}& (x, y) =(0, 0)\end{cases} \]

Y ya que estamos un par de preguntas:

Lo de decir que \( X \) es cerrado porque coincide con su clausura no está suficientemente justificado, ¿verdad?

¿Por qué a esto se le llama pendiente hawaiano?

Gracias. Un saludo.

29 Septiembre, 2020, 07:33 am
Respuesta #8

Luis Fuentes

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Hola

Creo que tu idea funciona si tomas \( F:B[(0,1),1]\longrightarrow{\mathbb{R}} \) dada por:

\[ F(x, y) =\begin{cases}{x\sin\left(\frac{2\pi x}{x^2+y^2}\right)}&\text{si}& (x, y) \neq(0,0)\\0 & \text{si}& (x, y) =(0, 0)\end{cases} \]

Si. Otra forma es definir:

\( A_n=\{(x,y)\in R^2|(x-\dfrac{1}{n})^2+y^2=\dfrac{1}{n^2}\} \) que si es claramente cerrado (imagen recíproca del cero por una función continua obvia)
\( B_n=\{(x,y)\in R^2|(x-\dfrac{1}{n})^2+y^2\leq \dfrac{1}{n^2}\} \) que también es cerrado (imagen recíproca de un cerrado por una función continua obvia y además una bola cerrada)

\( C_n=\left(\displaystyle\bigcup_{i=1}^nA_n\right)\cup B_{n+1} \) cerrado por ser unión finita de cerrados

\( X_n=\displaystyle\bigcap C_n \) cerrado por ser intersección arbitraria de cerrados

Y ya que estamos un par de preguntas:

Citar
Lo de decir que \( X \) es cerrado porque coincide con su clausura no está suficientemente justificado, ¿verdad?

Hombre en un poco la pescadilla que se muerde la cola. Vale, si pruebas rigurosamente que coincide con su clausura. Lo de rigurosamente depende un poco de cuan exigente quiera ser uno. Como dije antes en topología es típico que algunas propiedades resulten obvias pero sean farragosas de justificar formalmente al 100%.

Citar
¿Por qué a esto se le llama pendiente hawaiano?

Pues no conozco mucho el arte hawaiano. ¿Se lleva en Hawai este modelo de pendiente?.



Supongo que porque recuerda a un pendiente (si se pone en vertical). Lo de Hawaiano... Buceando un poco en la red lo único que he podido encontrar al respecto es esta frase aquí:

"The origin of the name “Hawaiian earring” is unknown but has been around since at least the 1960's"

Saludos.

29 Septiembre, 2020, 08:30 am
Respuesta #9

martiniano

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Hola.

Citar
Lo de decir que \( X \) es cerrado porque coincide con su clausura no está suficientemente justificado, ¿verdad?

Hombre en un poco la pescadilla que se muerde la cola. Vale, si pruebas rigurosamente que coincide con su clausura. Lo de rigurosamente depende un poco de cuan exigente quiera ser uno. Como dije antes en topología es típico que algunas propiedades resulten obvias pero sean farragosas de justificar formalmente al 100%.

Claro. Es que con esto de la topología me está costando un poco ver con qué nivel de detalle hay que justificar las cosas. Supongo que viendo más ejemplos lo iré pillando.

Citar
¿Por qué a esto se le llama pendiente hawaiano?

Pues no conozco mucho el arte hawaiano. ¿Se lleva en Hawai este modelo de pendiente?.



Supongo que porque recuerda a un pendiente (si se pone en vertical). Lo de Hawaiano...

¡Ah vale!  ;D Es que yo había interpretado la palabra "pendiente" como la pendiente de una recta o algo así.  ;D ;D ;D Me estaba quedando loco.

Gracias y saludos.  ;)

29 Septiembre, 2020, 09:23 am
Respuesta #10

geómetracat

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Claro. Es que con esto de la topología me está costando un poco ver con qué nivel de detalle hay que justificar las cosas. Supongo que viendo más ejemplos lo iré pillando.

Esto es un tanto complicado de decidir, también en otras áreas de las matemáticas, pero en topología (y más aún en ciertos temas de topología geométrica o algebraica) se nota bastante. La cuestión es que hay muchas cosas que son obvias, que cualquiera que sepa topología debería saber hacer en principio, pero que son pesadísimas de detallar.

El criterio en estos casos suele ser dar la prueba sin detallarlo todo, pero estar preparado para hacer los detalles pesados si alguien te los pidiera. Es decir, deberías convencerte de que serías capaz de rellenar todos los huecos, aunque después no lo hagas.

¡Ah vale!  ;D Es que yo había interpretado la palabra "pendiente" como la pendiente de una recta o algo así.  ;D ;D ;D Me estaba quedando loco.

Esto es un problema de la polisemia en castellano. En inglés es "Hawaiian earring", así que no hay confusión posible.
La ecuación más bonita de las matemáticas: \( d^2=0 \)

29 Septiembre, 2020, 11:24 am
Respuesta #11

martiniano

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Hola.

Esto es un tanto complicado de decidir, también en otras áreas de las matemáticas, pero en topología (y más aún en ciertos temas de topología geométrica o algebraica) se nota bastante. La cuestión es que hay muchas cosas que son obvias, que cualquiera que sepa topología debería saber hacer en principio, pero que son pesadísimas de detallar.

El criterio en estos casos suele ser dar la prueba sin detallarlo todo, pero estar preparado para hacer los detalles pesados si alguien te los pidiera. Es decir, deberías convencerte de que serías capaz de rellenar todos los huecos, aunque después no lo hagas.

Entiendo. Otra cosa que me ha llamado la atención sobre el procedimiento para este problema concreto es que para probar que un conjunto es cerrado hemos recurrido a herramientas de análisis. Esto se ha podido hacer sólo porque estamos en la topología usual, ¿verdad?

Gracias. Un saludo.

29 Septiembre, 2020, 11:37 am
Respuesta #12

Luis Fuentes

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Hola

Entiendo. Otra cosa que me ha llamado la atención sobre el procedimiento para este problema concreto es que para probar que un conjunto es cerrado hemos recurrido a herramientas de análisis. Esto se ha podido hacer sólo porque estamos en la topología usual, ¿verdad?

En cierto modo si, si por análisis entendemos análisis real o complejo clásico. Sea como sea, la técnica de probar que un conjunto es abierto o cerrado usando que es la imagen recíproca de un abierto o cerrado se usa muy frecuentemente con muchas topologías que no son la usual.

Saludos.

29 Septiembre, 2020, 11:48 am
Respuesta #13

martiniano

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Hola.

En cierto modo si, si por análisis entendemos análisis real o complejo clásico. Sea como sea, la técnica de probar que un conjunto es abierto o cerrado usando que es la imagen recíproca de un abierto o cerrado se usa muy frecuentemente con muchas topologías que no son la usual.

Anda. Pues me sorprende eso, la verdad. ¿No sabrás de algún ejemplo por el foro sobre eso, o por dónde sea?

Un saludo. Gracias.

29 Septiembre, 2020, 12:14 pm
Respuesta #14

Luis Fuentes

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Hola

En cierto modo si, si por análisis entendemos análisis real o complejo clásico. Sea como sea, la técnica de probar que un conjunto es abierto o cerrado usando que es la imagen recíproca de un abierto o cerrado se usa muy frecuentemente con muchas topologías que no son la usual.

Anda. Pues me sorprende eso, la verdad. ¿No sabrás de algún ejemplo por el foro sobre eso, o por dónde sea?

mmmmm.... pues tendría que pensarlo un poco. La cosa es que el 99% de los ejemplos que se me ocurren son con la topología usual o en todo caso espacios que se construyen cortando y pegando trozos de variedades con la topología usual, que viene a ser lo mismo.

Se me ocurre por ejemplo en grupos topológicos (grupos con una topología que hace continua las operaciones) uno prueba por ejemplo que ciertos subgrupos son cerrados (el núcleo en espacios Hausdorff) mediante esa técnica.

O también con la topología de Zariski, donde los cerrados grosso modo, son ceros de ecuaciones polinómicas uno también usa esa técnica para probar que ciertas variedades son cerradas.

En fin, no sé si me he  "columpiado" un poco en la afirmación tomada al pie de la letra, pero explico un poco la filosofía de lo que quiero decir.

En general si uno puede evitar probar que un conjunto es abierto o cerrado (y lo mismo para otras propiedades topológicas), por la definición pura y dura, casi siempre será mejor.

Saludos.

29 Septiembre, 2020, 12:52 pm
Respuesta #15

martiniano

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Hola.

Muchas gracias por la información, Luis. Yo ahora estoy empezando con los conceptos básicos de esta rama de las matemáticas y son pocas las topologías en las que me he movido, pero supongo que poco a poco iré ampliando. De topología algebraica no tengo todavía ni idea.

En general si uno puede evitar probar que un conjunto es abierto o cerrado (y lo mismo para otras propiedades topológicas), por la definición pura y dura, casi siempre será mejor.

Claro, claro. Eso lo veo perfectamente. Para eso están los teoremas que nos presenta la teoría y esas cosas.

Muchas gracias, y saludos.