Jede kompakte, konvexe Teilmenge von $\mathbb{R}^n$ ist ein Verformungsrückzug von $\mathbb{R}^n$
Ich betrachte eine Frage aus Kapitel 32 von Willards allgemeiner Topologie :
Jede kompakte, konvexe Teilmenge von $\mathbb{R}^n$ ist ein Verformungsrückzug von $\mathbb{R}^n$
Ich habe Mühe, überhaupt zu wissen, wo ich mit dieser Übung anfangen soll, da ich keine Ahnung habe, warum Kompaktheit mit (Verformungs-) Rückzügen zusammenhängt.
Ich denke, ich muss die folgenden Fakten / Definitionen verwenden:
- Lassen $X := \mathbb{R}^n$. Wenn$Y \subseteq X$ ist konvex, dann keine $f,g \in C(X,Y)$ sind homotopisch.
- Eine Teilmenge $A \subseteq X$ ist ein Rückzug von $X$ wenn $\exists r \in C(X,A)$ so dass $r(a) = a,$ für jede $a \in A$. Es ist ein Verformungsrückzug von$X$ wenn $r$ ist homotopisch (als Karte in $X$) bis $1_X$ (die Identitätsfunktion ein $X$).
- Eine Teilmenge $E \subseteq X$ ist kompakt, wenn jede Abdeckung von $E$ durch offene Sätze von $X$hat eine endliche Unterabdeckung. (Bearbeiten: Laut den Kommentaren möchte ich wahrscheinlich die Tatsache nutzen, dass jede kompakte Teilmenge von$\mathbb{R}^n$ ist stattdessen geschlossen und begrenzt).
Jede Hilfe, einschließlich Tipps, wie Sie sich dieser Frage nähern können, ist willkommen.
Bearbeiten: Basierend auf einem Kommentar habe ich versucht zu zeigen, dass die Festplatte geschlossen ist$D = \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2: x^2 + y^2 \leq 1\}$ ist ein Verformungsrückzug von $\mathbb{R}^2$. Ich denke, ich habe das unten gezeigt, aber ich fand das nicht besonders aufschlussreich, also frage ich mich, ob ich etwas übersprungen habe oder vielleicht ist mein "Beweis" dafür nicht korrekt.
$D$ ist eine kompakte, konvexe Teilmenge von $\mathbb{R}^2$ und die Funktion $r: \mathbb{R}^2 \to D$ gegeben durch:
$r((x,y)) = \left\{ \begin{array}{ll} (x,y) & \quad x^2+y^2 < 1 \\ \big(\frac{x}{x^2 + y^2},\frac{y}{x^2+y^2}\big) & \quad x^2+y^2 \geq 1 \end{array} \right.$
ist ein Rückzug, wie $r(d) = d$ für jede $d \in D$und es ist kontinuierlich. Tatsächlich,$D$ist ein Verformungsrückzug; wenn wir sehen$r$ als Karte von $\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$sehen wir, dass es sich um eine kontinuierliche Funktion handelt $\mathbb{R}^2$ in eine konvexe Teilmenge (klar $\mathbb{R}^2$ ist eine konvexe Teilmenge von sich selbst) und somit gemäß Fakt 1 oben jede kontinuierliche Funktion, einschließlich der Identitätsfunktion $1_{\mathbb{R}^2}$ist homotopisch zu $r$.
Jedes Feedback zu diesem ersten Versuch wäre willkommen, da ich wirklich nicht sehe, wie dies die allgemeinere Situation verdeutlicht.
Antworten
Wir werden dies verallgemeinern, indem wir das beweisen
Jede geschlossene konvexe Teilmenge von $\mathbb R^n$ ist ein starker Verformungsrückzug von $\mathbb R^n$.
Lassen $C$ eine geschlossene konvexe Teilmenge von sein $\mathbb R^n$. Für jede$x \notin C$ wir haben $$d(x,C) = \inf\{\lVert x - y \rVert : y \in C \} > 0 ,$$ denn sonst würden wir eine Sequenz finden $(y_n)$ im $C$ so dass $y_n \to x$. Aber dann hätten wir$x \in C$ schon seit $C$ ist geschlossen.
Beachten Sie, dass die Definition von $d(x,C)$basiert auf der euklidischen Norm . Dies wird für unseren Beweis von wesentlicher Bedeutung sein. Siehe die Bemerkung unten.
Es existiert $y \in C$ so dass $\lVert x - y \rVert = d(x,C)$. In der Tat lassen$y_n \in C$ so dass $\lVert x - y_n \rVert < d(x,C) + 1/n$. Diese Sequenz ist begrenzt durch$\lVert x \rVert + d(x,C) + 1$hat also eine konvergente Teilsequenz, also können wir wlog davon ausgehen $(y_n)$ konvergiert zu einigen $y \in \mathbb R^n$. Schon seit$C$ ist geschlossen, wir haben $y \in C$ und $\lVert x - y \rVert = d(x,C)$.
Das behaupten wir $y$ ist einzigartig, weil $C$ist konvex. Nehmen wir das an$y' \in C$ ist Punkt $y' \ne y$ so dass $\lVert x - y \rVert = \lVert x - y' \rVert$. Die Punkte$x, y, y'$ überspannen eine affine euklidische Ebene $E^2 \subset \mathbb R^n$und bilden ein gleichschenkliges Dreieck. Der Mittelpunkt$y'' = 1/2 y + 1/2y'$ des Liniensegments zwischen $y, y'$ ist enthalten in $C$. Die Punkte$x,y, y''$ bilden also ein rechtwinkliges Dreieck $\lVert x - y \rVert^2 = \lVert x - y'' \rVert^2 + \lVert y - y'' \rVert^2$ was gibt $\lVert x - y \rVert > \lVert x - y'' \rVert$ein Widerspruch.
Bemerkung: Wie in einem Kommentar von kupfer.hat ausgeführt, verwenden wir eine spezielle Eigenschaft der euklidischen Norm$\lVert - \rVert$: Es ist streng konvex, was bedeutet, dass jede geschlossene Kugel $B$ ist eine streng konvexe Menge in dem Sinne, dass jeder Punkt auf dem Liniensegment zwei Punkte verbindet $x, y \in B$ andere als die Endpunkte befindet sich im Inneren von $B$. Ich habe einen Sonderfall (für den Mittelpunkt des Liniensegments) mit dem Satz von Pythagoras bewiesen. Beachten Sie, dass andere Normen diese Eigenschaft möglicherweise nicht haben.
Definieren $$r : \mathbb R^n \to C, r(x) = \begin{cases} x & x \in C \\ \text{unique } y \in C \text{ such that } \lVert x - y \rVert = d(x,C) & x \notin C \end{cases}$$
Lassen Sie uns das beweisen $r$ ist kontinuierlich (dh das $r$ist ein Rückzug). Kontinuität ist in allen inneren Punkten von offensichtlich$C$.
Betrachten wir nun einen Grenzpunkt $\xi$ von $C$. Lassen$\epsilon > 0$ und $x \in \mathbb R^n$ so dass $\lVert x - \xi \rVert < \epsilon/2$. Das behaupten wir$\lVert r(x) - r(\xi) \rVert = \lVert r(x) - \xi \rVert < \epsilon$. Dies ist trivial für$x \in C$. Zum$x \notin C$ wir haben $\lVert r(x) - \xi \rVert \le \lVert r(x) - x \rVert + \lVert x - \xi \rVert = d(x,C) + \lVert x - \xi \rVert \le 2 \lVert x - \xi \rVert < \epsilon$.
Betrachten wir zum Schluss einen Punkt $\xi \notin C$. In der Folge wird es nützlich sein, Bilder zu zeichnen, um geometrisch zu verstehen, was los ist.
Wir beginnen mit einer Vorbereitung. Lassen$P^{n-1}(x)$ bezeichnen die affine Hyperebene, die enthält $r(x)$ und ist orthogonal zur Linie durch $x$ und $r(x)$ (dh $P^{n-1}(x) = \{r(x) + y : \langle y, x - r(x) \rangle = 0\}$ , wo $\langle -, - \rangle$bezeichnet das innere Standardprodukt). Dies ist die tangentiale Hyperebene der Kugel$S^{n-1}(x;d(x,C))$ mit Mitte $x$ und Radius $d(x,C)$ am Punkt $r(x)$. $P^{n-1}(x)$ teilt $\mathbb R^n$in zwei offenen Halbräumen. Lassen$H^n(x)$ bezeichnen den offenen Halbraum, der enthält $x$ (dh $H^n(x) = \{r(x) + y : \langle y, x - r(x) \rangle > 0\}$). Das behaupten wir$H^n(x) \cap C = \emptyset$. Angenommen, es existiert$y \in H^n(x) \cap C$. Die Punkte$x, r(x), y$ sind in einer affinen euklidischen Ebene enthalten $E^2 \subset \mathbb R^n$ (wenn $y$ liegt auf der Linie durch $x$ und $r(x)$, dann $E^2$ist nicht eindeutig , aber das spielt keine Rolle). Der Satz$S' = E^2 \cap S^{n-1}(x;d(x,C))$ ist ein Kreis in $E^2$, und $L = E^2 \cap P(x)$ ist die Tangente an $S'$ beim $r(x)$. Der Kreis$S'$ begrenzt die offene Festplatte $D^2(x,d(x,C)) \subset E^2$ mit Mitte $x$ und Radius $d(x,C)$. Deutlich$y \notin D^2(x,d(x,C))$ weil sonst $d(x,C) \le \lVert y - x \rVert < d(x,C)$. Die Linie$L(y)$ durch $y$ und $r(x)$ unterscheidet sich von $L$also $D^2(x,d(x,C)) \cap L(y)$ist nicht leer. Lassen$y' \in D^2(x,d(x,C)) \cap L(y)$. Schon seit$y \notin D^2(x,d(x,C))$, Der Punkt $y'$ liegt zwischen $y$ und $r(x)$also $y' \in C$ weil $C$ist konvex. Deshalb$d(x,C) \le d(x,y') < d(x,C)$ein Widerspruch.
Nun lass $ 0 < \epsilon \le d(x,C)$ und $x \in \mathbb R^n$ so dass $\lVert x - \xi \rVert < \epsilon/2$. Beachten Sie, dass dies sicherstellt$x \in H^n(\xi)$. Das behaupten wir$\lVert r(x) - r(\xi) \rVert < \epsilon$. Lassen$\rho(x) \in P^{n-1}(\xi)$ sei der einzigartige Punkt wie diese Linie $L_x$ durch $x$ und $\rho(x)$ ist orthogonal zu $P^{n-1}(\xi)$. Wir haben$\lVert \rho(x) - r(\xi) \rVert < \epsilon/2$: Beachten Sie, dass im Viereck mit Eckpunkten $\xi, x, r(\xi), \rho(x)$ (die eine affine euklidische Ebene überspannen $E^2 \subset \mathbb R^n$) die Kanten $\overline{\xi r(\xi)}$ und $\overline{x \rho(x)}$ sind parallel zur Entfernung $\lVert \rho(x) - r(\xi) \rVert$also $\lVert \rho(x) - r(\xi) \rVert \le$ Länge der Kante $\overline{x \xi}$ welches ist $\lVert x - \xi \rVert < \epsilon/2$. Wir haben$d(x,C) \le d(x,r(\xi))$also $r(x)$ ist in der geschlossenen Kugel enthalten $\bar D^n(x,d(x,r(\xi))) \subset \mathbb R^n$ mit Mitte $x$ und Radius $d(x,r(\xi))$. Schon seit$H^n(\xi) \cap C = \emptyset$, Wir müssen haben $r(x) \in D' = \bar D^n(x,d(x,r(\xi))) \cap G^n(\xi)$, wo $G^n(\xi) = \mathbb R^n \setminus H^n(\xi)$ ist der geschlossene Halbraum, der durch begrenzt wird $H^{n-1}(\xi)$ und nicht enthalten $\xi$. Der Schnittpunkt$D'' = \bar D^n(x,d(x,r(\xi))) \cap P^{n-1}(\xi)$ ist ein geschlossener Ball in $P^{n-1}(\xi)$ mit Mitte $\rho(x)$ und Radius $R = \lVert \rho(x) - r(\xi) \rVert < \epsilon$. So$D'$ ist eine kugelförmige Kuppel von $\bar D^n(x,d(x,r(\xi)))$ mit Basis $D''$. Der Durchmesser von$D'$ entspricht dem Durchmesser von $D''$ welches ist $2R$. So$\lVert r(x) - r(\xi) \rVert \le 2R < \epsilon$.
$r$ist in der Tat ein starker Verformungsrückzug. Ansehen$$H: \mathbb R^n \times I \to \mathbb R^n, H(x,t) = (1-t)x + tr(x) .$$