Dowolny zwarty, wypukły podzbiór $\mathbb{R}^n$ jest cofnięciem deformacji $\mathbb{R}^n$

Dec 01 2020

Patrzę na pytanie z rozdziału 32 książki Willard's General Topology :

Dowolny zwarty, wypukły podzbiór $\mathbb{R}^n$ jest cofnięciem deformacji $\mathbb{R}^n$

Staram się nawet wiedzieć, od czego zacząć to ćwiczenie, ponieważ nie mam żadnej intuicji, dlaczego zwartość jest związana z (deformacją) cofnięciami.

Myślę, że będę musiał użyć następujących faktów / definicji:

  1. Pozwolić $X := \mathbb{R}^n$. Jeśli$Y \subseteq X$ jest wypukły, a następnie dowolny $f,g \in C(X,Y)$ są homotopijne.
  2. Podzbiór $A \subseteq X$ jest wycofaniem $X$ Jeśli $\exists r \in C(X,A)$ takie że $r(a) = a,$ dla każdego $a \in A$. Jest to wycofanie deformacji$X$ Jeśli $r$ jest homotopijny (jako mapa do $X$) do $1_X$ (funkcja tożsamości włączona $X$).
  3. Podzbiór $E \subseteq X$ jest kompaktowy, jeśli każda okładka $E$ przez otwarte zestawy $X$ma skończoną podkrywkę. (Edycja: zgodnie z komentarzami, prawdopodobnie chcę wykorzystać fakt, że każdy kompaktowy podzbiór plików$\mathbb{R}^n$ jest zamknięty i ograniczony).

Każda pomoc, w tym wskazówki, jak zacząć podchodzić do tego pytania, są mile widziane.


Edycja: na podstawie komentarza próbowałem pokazać, że zamknięty dysk jednostkowy$D = \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2: x^2 + y^2 \leq 1\}$ jest cofnięciem deformacji $\mathbb{R}^2$. Myślę, że pokazałem to poniżej, ale nie uznałem tego za szczególnie pouczające, więc zastanawiam się, czy coś przeskoczyłem, czy może mój „dowód” na to nie jest poprawny.

$D$ jest zwartym, wypukłym podzbiorem $\mathbb{R}^2$ i funkcji $r: \mathbb{R}^2 \to D$ podane przez:

$r((x,y)) = \left\{ \begin{array}{ll} (x,y) & \quad x^2+y^2 < 1 \\ \big(\frac{x}{x^2 + y^2},\frac{y}{x^2+y^2}\big) & \quad x^2+y^2 \geq 1 \end{array} \right.$

jest wycofaniem, jak $r(d) = d$ dla każdego $d \in D$i to jest ciągłe. W rzeczy samej,$D$jest cofnięciem deformacji; jeśli obejrzymy$r$ jako mapa z $\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$, widzimy, że jest to funkcja ciągła z $\mathbb{R}^2$ w wypukły podzbiór (wyraźnie $\mathbb{R}^2$ jest wypukłym podzbiorem samego siebie), a więc zgodnie z faktem 1 powyżej, dowolna funkcja ciągła, w tym funkcja tożsamości $1_{\mathbb{R}^2}$, jest homotopijny do $r$.

Wszelkie uwagi na temat tej pierwszej próby będą mile widziane, ponieważ naprawdę nie widzę, jak wyjaśnia to bardziej ogólną sytuację.

Odpowiedzi

3 PaulFrost Dec 02 2020 at 07:55

Uogólnimy to, udowadniając, że

Dowolny zamknięty podzbiór wypukły $\mathbb R^n$ jest silnym cofnięciem deformacji $\mathbb R^n$.

Pozwolić $C$ być zamkniętym wypukłym podzbiorem $\mathbb R^n$. Dla każdego$x \notin C$ mamy $$d(x,C) = \inf\{\lVert x - y \rVert : y \in C \} > 0 ,$$ ponieważ w przeciwnym razie znaleźlibyśmy sekwencję $(y_n)$ w $C$ takie że $y_n \to x$. Ale wtedy byśmy to zrobili$x \in C$ od $C$ zamknięte.

Zwróć uwagę, że definicja $d(x,C)$opiera się na normie euklidesowej . Będzie to istotne dla naszego dowodu. Zobacz uwagę poniżej.

Tam istnieje $y \in C$ takie że $\lVert x - y \rVert = d(x,C)$. W rzeczywistości niech$y_n \in C$ takie że $\lVert x - y_n \rVert < d(x,C) + 1/n$. Ta sekwencja jest ograniczona$\lVert x \rVert + d(x,C) + 1$, ma więc zbieżny podciąg, więc możemy założyć, że wlog $(y_n)$ zbiega się do niektórych $y \in \mathbb R^n$. Od$C$ jest zamknięte, mamy $y \in C$ i $\lVert x - y \rVert = d(x,C)$.

Twierdzimy, że $y$ jest wyjątkowy, ponieważ $C$jest wypukły. Więc załóż to$y' \in C$ jest punkt $y' \ne y$ takie że $\lVert x - y \rVert = \lVert x - y' \rVert$. Punkty$x, y, y'$ obejmują afiniczną płaszczyznę euklidesową $E^2 \subset \mathbb R^n$i uformuj trójkąt równoramienny. Punkt środkowy$y'' = 1/2 y + 1/2y'$ odcinka linii pomiędzy $y, y'$ jest zawarty w $C$. Punkty$x,y, y''$ tworzą więc trójkąt prostokątny $\lVert x - y \rVert^2 = \lVert x - y'' \rVert^2 + \lVert y - y'' \rVert^2$ co daje $\lVert x - y \rVert > \lVert x - y'' \rVert$, sprzeczność.

Uwaga: Jak wskazał w komentarzu copper.hat, używamy specjalnej właściwości normy euklidesowej$\lVert - \rVert$: Jest ściśle wypukła, co oznacza, że ​​każda zamknięta kula $B$ jest zbiorem ściśle wypukłym w tym sensie, że każdy punkt na odcinku łączącym dwa punkty $x, y \in B$ inne niż punkty końcowe znajdują się wewnątrz $B$. Udowodniłem szczególny przypadek tego (dla środka odcinka linii), używając twierdzenia Pitagorasa. Należy pamiętać, że inne normy mogą nie mieć tej właściwości.

Definiować $$r : \mathbb R^n \to C, r(x) = \begin{cases} x & x \in C \\ \text{unique } y \in C \text{ such that } \lVert x - y \rVert = d(x,C) & x \notin C \end{cases}$$

Udowodnijmy to $r$ jest ciągły (tj $r$jest wycofaniem). Ciągłość jest oczywista we wszystkich wewnętrznych punktach$C$.

Rozważmy teraz punkt graniczny $\xi$ z $C$. Pozwolić$\epsilon > 0$ i $x \in \mathbb R^n$ takie że $\lVert x - \xi \rVert < \epsilon/2$. Twierdzimy, że$\lVert r(x) - r(\xi) \rVert = \lVert r(x) - \xi \rVert < \epsilon$. To jest trywialne dla$x \in C$. Dla$x \notin C$ mamy $\lVert r(x) - \xi \rVert \le \lVert r(x) - x \rVert + \lVert x - \xi \rVert = d(x,C) + \lVert x - \xi \rVert \le 2 \lVert x - \xi \rVert < \epsilon$.

Rozważmy wreszcie pewien punkt $\xi \notin C$. W sequelu przydatne będzie rysowanie obrazów, aby zrozumieć geometrycznie, co się dzieje.

Zaczynamy od przygotowania. Pozwolić$P^{n-1}(x)$ oznaczają afiniczną hiperpłaszczyznę, która zawiera $r(x)$ i jest prostopadła do prostej $x$ i $r(x)$ (to znaczy $P^{n-1}(x) = \{r(x) + y : \langle y, x - r(x) \rangle = 0\}$ , gdzie $\langle -, - \rangle$oznacza standardowy iloczyn wewnętrzny). To jest styczna hiperpłaszczyzna kuli$S^{n-1}(x;d(x,C))$ ze środkiem $x$ i promień $d(x,C)$ w punkcie $r(x)$. $P^{n-1}(x)$ dzieli $\mathbb R^n$w dwóch otwartych półprzestrzeniach. Pozwolić$H^n(x)$ oznaczają otwartą półprzestrzeń zawierającą $x$ (to znaczy $H^n(x) = \{r(x) + y : \langle y, x - r(x) \rangle > 0\}$). Twierdzimy, że$H^n(x) \cap C = \emptyset$. Załóżmy, że istnieje$y \in H^n(x) \cap C$. Punkty$x, r(x), y$ są zawarte w afinicznej płaszczyźnie euklidesowej $E^2 \subset \mathbb R^n$ (Jeśli $y$ leży na linii $x$ i $r(x)$, następnie $E^2$nie jest wyjątkowy , ale to nie ma znaczenia). Zestaw$S' = E^2 \cap S^{n-1}(x;d(x,C))$ to okrąg w $E^2$, i $L = E^2 \cap P(x)$ jest styczną do $S'$ w $r(x)$. Okrąg$S'$ ogranicza otwarty dysk $D^2(x,d(x,C)) \subset E^2$ ze środkiem $x$ i promień $d(x,C)$. Wyraźnie$y \notin D^2(x,d(x,C))$ Ponieważ w przeciwnym razie $d(x,C) \le \lVert y - x \rVert < d(x,C)$. Linia$L(y)$ przez $y$ i $r(x)$ jest inny niż $L$, więc $D^2(x,d(x,C)) \cap L(y)$nie jest pusty. Pozwolić$y' \in D^2(x,d(x,C)) \cap L(y)$. Od$y \notin D^2(x,d(x,C))$, punkt $y'$ kłamstwa pomiędzy $y$ i $r(x)$, więc $y' \in C$ dlatego $C$jest wypukły. W związku z tym$d(x,C) \le d(x,y') < d(x,C)$, sprzeczność.

Teraz pozwól $ 0 < \epsilon \le d(x,C)$ i $x \in \mathbb R^n$ takie że $\lVert x - \xi \rVert < \epsilon/2$. Zauważ, że to zapewnia$x \in H^n(\xi)$. Twierdzimy, że$\lVert r(x) - r(\xi) \rVert < \epsilon$. Pozwolić$\rho(x) \in P^{n-1}(\xi)$ być wyjątkowym punktem, takim jak ta linia $L_x$ przez $x$ i $\rho(x)$ jest ortogonalna do $P^{n-1}(\xi)$. Mamy$\lVert \rho(x) - r(\xi) \rVert < \epsilon/2$: Zauważ, że w czworoboku z wierzchołkami $\xi, x, r(\xi), \rho(x)$ (które obejmują afiniczną płaszczyznę euklidesową $E^2 \subset \mathbb R^n$) krawędzie $\overline{\xi r(\xi)}$ i $\overline{x \rho(x)}$ są równoległe do odległości $\lVert \rho(x) - r(\xi) \rVert$, więc $\lVert \rho(x) - r(\xi) \rVert \le$ długość krawędzi $\overline{x \xi}$ który jest $\lVert x - \xi \rVert < \epsilon/2$. Mamy$d(x,C) \le d(x,r(\xi))$, więc $r(x)$ znajduje się w zamkniętej kuli $\bar D^n(x,d(x,r(\xi))) \subset \mathbb R^n$ ze środkiem $x$ i promień $d(x,r(\xi))$. Od$H^n(\xi) \cap C = \emptyset$, musimy mieć $r(x) \in D' = \bar D^n(x,d(x,r(\xi))) \cap G^n(\xi)$, gdzie $G^n(\xi) = \mathbb R^n \setminus H^n(\xi)$ to zamknięta półprzestrzeń ograniczona przez $H^{n-1}(\xi)$ i nie zawiera $\xi$. Skrzyżowanie$D'' = \bar D^n(x,d(x,r(\xi))) \cap P^{n-1}(\xi)$ jest zamkniętą piłką $P^{n-1}(\xi)$ ze środkiem $\rho(x)$ i promień $R = \lVert \rho(x) - r(\xi) \rVert < \epsilon$. A zatem$D'$ jest kulistą kopułą $\bar D^n(x,d(x,r(\xi)))$ z podstawą $D''$. Średnica$D'$ równa się średnicy $D''$ który jest $2R$. A zatem$\lVert r(x) - r(\xi) \rVert \le 2R < \epsilon$.

$r$jest w rzeczywistości silnym cofnięciem deformacji. Patrzeć na$$H: \mathbb R^n \times I \to \mathbb R^n, H(x,t) = (1-t)x + tr(x) .$$