Proposição? | Teoria de Lie e Aplicações

Proposição?

Aqui, estou precisando de uma coisinha para completar um raciocínio… Olha só:

“Seja $f: \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ uma função. E seja $X\subset \mathbb{R}$ o conjunto de pontos de continuidade dessa função. Segue que $X$ pode ser escrito como uma interseção enumerável de abertos.”

Isso é verdade? Se for, eu queria a demonstração. Se não for, preciso de um contra-exemplo.

Abraço

E

Valeu

This entry was posted on 0, 12 de outubro de 2009 at 6:55 pm and is filed under Curiosidades, Topologia. You can follow any responses to this entry through the RSS 2.0 feed. You can leave a response, or trackback from your own site.

11 Responses to Proposição?

andrecaldas disse:

outubro 18, 2009 às 11:39 pm

Vou tentar…

Considere as seguintes famílias de coberturas abertas de $\mathbb{R}$ :
$F_n = \left\{ I_n^k = \left(\frac{k}{n}, \frac{k + \frac{3}{2}}{n}\right) | k \in \mathbb{Z} \right\}$ .

Então, basta mostrar que
$X = \bigcap_{F_n} \bigcup_{B \in F_n} int(f^{-1}(B))$ .
Onde $int$ é o interior do conjunto.

Para mostrar que $X$ está contido no conjunto da direita, basta notar que $F_n$ é uma cobertura e que portanto, para todo $a \in \mathbb{R}$ , existe $B \in F_n$ tal que $a \in f^{-1}(B)$ . Em particular, se $a \in X$ , então $f^{-1}(B)$ é vizinhança de $a$ . Ou seja, $a \in int(f^{-1}(B))$ .

Para a outra inclusão, tomando $a \not \in X$ , basta seguir o seguinte roteiro:

Escolha $N \in \mathbb{N}$ , tal que para todo $n \geq N$ , existe um único $k$ , tal que $f(a) \in I_n^k$ .
Como $a$ não é ponto de continuidade, escolha $n \geq N$ , e $k$ , tal que $a \in f^{-1}(I_n^k)$ , mas $a \not \in int(f^{-1}(I_n^k))$ .

Pelo primeiro item, se $j \neq k$ , então $a \not \in f^{-1}(I_n^j)$ . Pelo segundo item, $a \not \in f^{-1}(I_n^k)$ . Ou seja, para o $n$ escolhido, $a \not \in \bigcup_{B \in F_n} int(f^{-1}(B))$ .

Acho que dá pra fazer um raciocínio parecido para $f: Y \to Z$ quando $Z$ é compacto com base enumerável $\beta$ . Tomando, ao invés de $F_n$ , as famílias de coberturas finitas formadas por elementos da base $\beta$ .

Um abraço,
André Caldas.

Responder
- andrecaldas disse:
  
  outubro 19, 2009 às 9:51 am
  
  Tô achando que não é tão fácil escolher $N$ ! 😦
  
  Responder
Lucatelli disse:

outubro 23, 2009 às 3:38 am

Poxa!
EU achava que era mais direto!! =( =(

Mas eu acho que já saquei como fazer, no entanto, o objetivo disso era provar uma coisa massa (que já encontrei outra demonstração sem usar isso (e usando isso)).

Olha só para que eu queria isso:

“PROVAR QUE $\mathbb{Q}$ não pode ser o conjunto dos pontos onde uma função $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ é contínua.”

Definição:
Um espaço topológico $M$ é chamado topologicamente completo, quando existe um espaço métrico completo $N$ homeomorfo a $M$ .

Definição:
Um subconjunto de um espaço métrico diz-se magro, se é uma reunião enumerável de conjuntos cujos fechos tem interior vazio.

Então temos os seguintes teoremas:

LEMA: Seja $M$ um espaço métrico completo. Se $A\subset M$ é aberto, segue que $A$ é topologicamente completo.

LEMA 2: Se $G\subset M$ é uma interseção enumerável de abertos de um espaço métrico completo $M$ , então $G$ é topologicamente completo.

TEOREMA DE BAIRE: Seja $M$ topologicamente completo. Todo subconjunto magro em $M$ tem interior vazio.

COROLÁRIO: Seja $M$ um espaço métrico topologicamente completo. Se $M = \displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty F_n$ , onde cada $F_n$ é fechado em $M$ , então $A = \displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty int F_n$ é um aberto denso em $M$ .

Bom, então, chega-se ao resultado particular:
Se $M$ é enumerável e topologicamente completo, segue que o conjunto dos pontos isolados
é denso em $M$ .

Isso prova que $\mathbb{Q}$ não é topologicamente completo, afinal o conjunto dos pontos isolados é vazio. =)
Em particular, ele não é uma interseção enumerável de abertos: daí eu queria uma coisa direta para mostrar que isso implica oq eu eu quero provar.

Responder
- andrecaldas disse:
  
  outubro 23, 2009 às 7:06 am
  
  1. Achei sua definição de topologicamente completo meio complicada. Que tal: “um espaço topológico $M$ é topologicamente completo quando é completo em alguma métrica compatível com sua topologia.”
  
  2. O primeiro LEMA é fácil de demonstrar? Qual é a cara dessa métrica?
  
  3. Como assim “conjunto dos pontos isolados”?
  
  Eu achei a minha “quase demonstração muito mais bonita”! =P
  
  Responder
  - andrecaldas disse:
    
    outubro 23, 2009 às 7:54 am
    
    Eu achei a minha “quase demonstração muito mais bonita”! =P
    
    Falei bobagem, já que você tá demonstrando uma outra coisa… 😉
    
    Um abraço,
    André Caldas.
  - Lucatelli disse:
    
    outubro 23, 2009 às 3:39 pm
    
    Isso!
    Eu estava falando o porquê precisava disso… e o porquê queria que fosse direto!! =) =)
    
    Falou
  - Lucatelli disse:
    
    outubro 23, 2009 às 3:40 pm
    
    Olha só!!
    O Primeiro lema é facinho de demonstrar… Você demontra que o conjunto aberto é homemorfo a um gráfico fechado (fechado em $M\times\mathbb{R}$ ) lá.
    
    se você quiser, eu coloco aqui depois!! 🙂
  - Lucatelli disse:
    
    outubro 23, 2009 às 3:43 pm
    
    “Subconjunto dos pontos isolados”
    
    Seja $M$ um espaço métrico enumerável topologicamente completo.
    Segue que o seguinte conjunto é denso em $M$ :
    $I=\left\{x\in M : \left\{x\right\}\in\tau\right\}$ , onde $\tau$ é a topologia de $M$ .
  - Lucatelli disse:
    
    outubro 23, 2009 às 3:44 pm
    
    EU gostei da sua “quase-demonstração”. E vou ler a “segunda tentativa”! =) =) =) =) =) 🙂 🙂
    Também achei bonita!!
    
    Abraço
  - Lucatelli disse:
    
    outubro 23, 2009 às 3:58 pm
    
    “Achei sua definição de topologicamente completo meio complicada. Que tal: “um espaço topológico M é topologicamente completo quando é completo em alguma métrica compatível com sua topologia.””
    
    É a mesma coisa!! Mas eu tirei o métrico e coloquei topológico para você (eu poderia colocar metrizável).
    
    Falou
    
    P.s.: O fato é que, normalmente, quando vai provar que algum espaço é topologicamente completo, você prova que ele é homeomorfo a um espaço métrico completo e, depois, induz a métrica (daí nem precisa induzir a métrica na demonstração: é imediato).
andrecaldas disse:

outubro 23, 2009 às 7:45 am

Segunda tentativa…

Considere as seguintes famílias de coberturas abertas de $\mathbb{R}$ :
$F_n = \left\{ I_n^k = \left(\frac{k}{n}, \frac{k + \frac{3}{2}}{n}\right) | k \in \mathbb{Z} \right\}$ ,
onde $n \in \mathbb{Z} \setminus \{0\}$ e $F_0 = \{ \mathbb{R} \}$ .

Então, basta mostrar que
$X = \bigcap_{n \in \mathbb{Z}} \bigcup_{B \in F_n} int(f^{-1}(B))$ .
Onde $int$ é o interior do conjunto.

Para mostrar que $X$ está contido no conjunto da direita, basta notar que $F_n$ é uma cobertura e que portanto, para todo $a \in \mathbb{R}$ , existe $B \in F_n$ tal que $a \in f^{-1}(B)$ . Em particular, se $a \in X$ , então $f^{-1}(B)$ é vizinhança de $a$ . Ou seja, $a \in int(f^{-1}(B))$ .

Para a outra inclusão, tomando $a \not \in X$ , note que:

1. Se $f(a)$ estiver contido em dois conjuntos da família $F_n$ , então estará contido em um único conjunto de $F_{-n}$ .

2. Como $a$ não é ponto de continuidade, existe uma bola de raio $r$ em torno de $f(a)$ , $B(a,r)$ , tal que $f^{-1}(B(a,r))$ não é vizinhança de $a$ .

Escolhendo $N = \lceil 73 \frac{1}{r} \rceil$ (dava pra pegar um pouquinho menor ;-)), teremos que existem $k_1, k_2$ , tais que $f(a) \in f^{-1}(I_N^{k_1}) \cap f^{-1}(I_{-N}^{k_2})$ , mas nem $f^{-1}(I_N^{k_1})$ , nem $f^{-1}(I_{-N}^{k_2})$ são vizinhanças de $a$ . Basta notar que ambos estão contidos em $B(a,r)$ do item 2.

Assuma, pelo item 1, que $I_N^{k_1}$ é o único elemento de $F_N$ que contém $f(a)$ . Caso contrário, tomamos $I_{-N}^{k_2}$ . Temos que $a \not \in int(f^{-1}(I_N^k)) \subset f^{-1}(I_N^k)$ para nenhum $k \neq k_1$ . E, pelo item 2, temos que $a \not \in int(f^{-1}(I_N^{k_1})$ . Portanto, $a \not \in \bigcup_{B \in F_N} int(f^{-1}(B))$ .

André Caldas.

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