IR nicht Produkt < Topologie+Geometrie < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Zeigen Sie, dass [mm] \IR [/mm] nicht homöomorph zu einem nicht trivialen Produkt ist, das heißt:
[mm] \IR \cong [/mm] X [mm] \times [/mm] Y [mm] \Rightarrow [/mm] X oder Y einelementig |
Hallo!
Ich hab irgendwie keine Idee, wie man das zeigen könnte. Klar, durch Homöomorphie werden die ganzen topologischen Eigenschaften beibehalten. Aber was gäbs da, was man nehmen könnte? Wenn ich annehme, dass beide nicht einelementig sind...Kann man dann zeigen, dass das Produkt kompakt ist? Wohl kaum. Dass es nicht zusammenhängend ist. Eher nicht. Hausdorffsch vielleicht? Mmh? Kann man folgern, dass die Diagonale im Quadrat des Produktes nicht abgeschlossen sein kann? Ich wüsste nicht wie....
Gott, das kann doch nicht so schwer sein :(
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:26 Mi 17.10.2012 | | Autor: | hippias |
Ich meine so koennte es funktionieren (wobei ich annehme, dass [mm] $X\times [/mm] Y$ mit der Produkttopologie ausgestattet ist):
Als erstes ueberlege ich mir, dass fuer alle [mm] $y\in [/mm] Y$ die Menge [mm] $X\times \{y\}$ [/mm] abgeschlossen ist und zusammenhaengend. Analog [mm] $\{x\}\times [/mm] Y$ fuer [mm] $x\in [/mm] X$. Daher muss das Urbild [mm] $I_{y}$ [/mm] von [mm] $X\times \{y\}$ [/mm] ein abgeschlossenes Intervall von [mm] $\IR$ [/mm] sein. Ebensolches gilt fuer [mm] $\{x\}\times [/mm] Y$, dessen Urbild [mm] $I_{x}$ [/mm] sei.
Nun behaupte ich, falls es ein [mm] $y\in [/mm] Y$ gibt so, dass [mm] $I_{y}$ [/mm] einelementig ist oder unendliche Laenge hat, dass dann die Behauptung folgt. Also nehme ich an, fuer alle [mm] $y\in [/mm] Y$ ist [mm] $I_{y}$ [/mm] ein Intervall endlicher, positiver Laenge. Ferner ist [mm] $\IR$ [/mm] disjunkte Vereinigung dieser Intervalle.
Nun kann auf verschiedene Weisen eine Widerspruch versuchen: Da [mm] $\IQ$ [/mm] dicht in [mm] $\IR$ [/mm] ist, ist [mm] $\IQ$ [/mm] disjunkte Vereinigung der nicht leeren Mengen [mm] $\IQ\cap I_{y}$. [/mm] Da [mm] $\IQ$ [/mm] abzaehlbar ist, muss auch $Y$ hoechstens abzaehlbar sein.
Eine analoge Ueberlegung fuer $X$ liefert, dass auch $X$ hoechstens abzahlbar ist, wenn auch keins der Intervalle [mm] $I_{x}$ [/mm] die Laenge $0$ oder [mm] $\infty$ [/mm] hat. Dass aber ist unmoeglich, da [mm] $\IR\cong X\times [/mm] Y$ dann auch hoechstens abzaehlbar waere.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:24 Sa 20.10.2012 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Ich meine so koennte es funktionieren (wobei ich annehme,
> dass [mm]X\times Y[/mm] mit der Produkttopologie ausgestattet ist):
> Als erstes ueberlege ich mir, dass fuer alle [mm]y\in Y[/mm] die
> Menge [mm]X\times \{y\}[/mm] abgeschlossen ist und zusammenhaengend.
> Analog [mm]\{x\}\times Y[/mm] fuer [mm]x\in X[/mm].
Damit kommt man denke ich auch wie folgt weiter: wenn $X$ und $Y$ nicht einelementig sind, gibt es [mm] $x_1, x_2 \in [/mm] X$ und [mm] $y_1, y_2 \in [/mm] Y$ die verschieden sind. Damit bekommt man das "Quadrat" [mm] $[x_1, x_2] \times \{ y_1 \}$, $\{ x_1 \} \times [y_1, y_2]$, [/mm] etc., wobei [mm] $[x_1, x_2]$ [/mm] und [mm] $[y_1, y_2]$ [/mm] zwei Wegstuecke sind die [mm] $x_1$ [/mm] und [mm] $x_2$ [/mm] bzw. [mm] $y_1$ [/mm] und [mm] $y_2$ [/mm] verbinden (die sollte es geben, da z.B. $X [mm] \times \{ y_1 \}$ [/mm] eine zusammenhaengende Teilmenge von [mm] $\IR$ [/mm] ist und damit ein Intervall ist welches somit auch wegzusammenhaengend ist).
Nun, wenn du jetzt ein Quadrat hast in $X [mm] \times [/mm] Y$ (also eine injektive Abbildung [mm] $\partial [/mm] [0, [mm] 1]^2 \to [/mm] X [mm] \times [/mm] Y$, hast du auch eins in [mm] $\IR$, [/mm] was aber nicht geht (die Abbildung kann nicht injektiv sein).
Das muss man jetzt noch formaler aufschreiben und damit waer man denke ich fertig :)
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:02 Sa 20.10.2012 | | Autor: | hippias |
Wenn das funtioniert, dann ist Dein Beweis deutlich kürzer; zumal ich bei meinem Vorschlag noch eine Kleinigkeit übersehen habe. Jedoch habe ich noch zwei Fragen: 1. Was sind Deine Wegstuecke? Ich nahm an, dass $X$ und $Y$ beliebige top. Raeume sind. 2. Weshalb gibt es keine injektive (stetige) Abb: [mm] $[0,1]^{2}\to \IR$? [/mm]
> Moin!
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> > Ich meine so koennte es funktionieren (wobei ich annehme,
> > dass [mm]X\times Y[/mm] mit der Produkttopologie ausgestattet ist):
> > Als erstes ueberlege ich mir, dass fuer alle [mm]y\in Y[/mm] die
> > Menge [mm]X\times \{y\}[/mm] abgeschlossen ist und zusammenhaengend.
> > Analog [mm]\{x\}\times Y[/mm] fuer [mm]x\in X[/mm].
>
> Damit kommt man denke ich auch wie folgt weiter: wenn [mm]X[/mm] und
> [mm]Y[/mm] nicht einelementig sind, gibt es [mm]x_1, x_2 \in X[/mm] und [mm]y_1, y_2 \in Y[/mm]
> die verschieden sind. Damit bekommt man das "Quadrat" [mm][x_1, x_2] \times \{ y_1 \}[/mm],
> [mm]\{ x_1 \} \times [y_1, y_2][/mm], etc., wobei [mm][x_1, x_2][/mm] und
> [mm][y_1, y_2][/mm] zwei Wegstuecke sind die [mm]x_1[/mm] und [mm]x_2[/mm] bzw. [mm]y_1[/mm]
> und [mm]y_2[/mm] verbinden (die sollte es geben, da z.B. [mm]X \times \{ y_1 \}[/mm]
> eine zusammenhaengende Teilmenge von [mm]\IR[/mm] ist und damit ein
> Intervall ist welches somit auch wegzusammenhaengend ist).
>
> Nun, wenn du jetzt ein Quadrat hast in [mm]X \times Y[/mm] (also
> eine injektive Abbildung [mm]\partial [0, 1]^2 \to X \times Y[/mm],
> hast du auch eins in [mm]\IR[/mm], was aber nicht geht (die
> Abbildung kann nicht injektiv sein).
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> Das muss man jetzt noch formaler aufschreiben und damit
> waer man denke ich fertig :)
>
> LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:36 Sa 20.10.2012 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Wenn das funtioniert, dann ist Dein Beweis deutlich
> kürzer; zumal ich bei meinem Vorschlag noch eine
> Kleinigkeit übersehen habe. Jedoch habe ich noch zwei
> Fragen: 1. Was sind Deine Wegstuecke? Ich nahm an, dass [mm]X[/mm]
> und [mm]Y[/mm] beliebige top. Raeume sind.
Die Idee ist, $X [mm] \times [/mm] Y [mm] \cong \IR$ [/mm] zu verwenden. Wenn $X [mm] \times \{ y \}$ [/mm] zusammenhaengend ist, ist es unter dem Isomorphismus $X [mm] \times [/mm] Y [mm] \to \IR$ [/mm] isomorph zu einem Intervall in [mm] $\IR$. [/mm] Damit korrespondieren [mm] $(x_1, [/mm] y), [mm] (x_2, [/mm] y) [mm] \in [/mm] X$ zu Punkten $a, b [mm] \in \IR$ [/mm] die in diesem Intervall liegen. Nimmt man nun den direkten Weg, der diesen Verbindet, so liegt dieser im Intervall und man kann ihn mit dem Isomorphismus zu einem Weg in $X [mm] \times \{ y \}$ [/mm] machen.
> 2. Weshalb gibt es keine
> injektive (stetige) Abb: [mm][0,1]^{2}\to \IR[/mm]?
Seien $a, b, c, d$ die vier Eckpunkte von [mm] $\partial [/mm] [0, [mm] 1]^2$ [/mm] und sei [mm] $\phi [/mm] : [mm] \partial [/mm] [0, [mm] 1]^2 \to \IR$ [/mm] eine injektive stetige Abbildung. Dann sind [mm] $\phi(a), \phi(b), \phi(c), \phi(d)$ [/mm] vier verschiedene Elemente von [mm] $\IR$, [/mm] womit man sie anordnen kann. Sei etwa [mm] $\phi(a) [/mm] < [mm] \phi(b) [/mm] < [mm] \phi(c) [/mm] < [mm] \phi(d)$. [/mm] Nun ist mindestens einer von $c$ und $d$ ein Nachbarpunkt von $a$ auf dem Quadrat [mm] $\partial [/mm] [0, [mm] 1]^2$. [/mm] Das Bild der entsprechenden Ecke ist [mm] $[\phi(a), \phi(c)]$ [/mm] bzw. [mm] $[\phi(a), \phi(d)]$, [/mm] andere Moeglichkeiten bleiben wegen der Injektivitaet und Stetigkeit nicht. Jetzt liegt jedoch [mm] $\phi(b)$ [/mm] in diesen Intervallen, womit $b$ zwischen $a$ und $c$ bzw. $d$ liegen muss - ein Widerspruch dazu, das $a, b, c, d$ die vier Ecken von $[0, [mm] 1]^2$ [/mm] sind.
Das ganze sauber aufzuschreiben ist vielleicht doch noch etwas muehsamer, aber die Idee ist nun hoffentlich klar 
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:30 So 21.10.2012 | | Autor: | hippias |
Danke! Die Idee ist jetzt klar; und gut ist sie auch.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 06:20 Mi 24.10.2012 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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