Zusammenhang und Dimension des Komplements

18.06.2013, 11:31

emmtee

Auf diesen Beitrag antworten »

Zusammenhang und Dimension des Komplements

Hallo,

Folgendes möchte ich beweisen, wobei $\begin{eqnarray*} V\subset\mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ ein echter Unterraum von $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ sei:

Wenn $\begin{eqnarray*} dim(V)\leq n-2 \end{eqnarray*}$ , ist $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^n\setminus V \end{eqnarray*}$ zusammenhängend.

Meine Idee dabei war, zwei beliebig gewählte Punkte in $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^n\setminus{}V \end{eqnarray*}$ durch einen stetigen Weg zu verbinden. Ist $\begin{eqnarray*} dim(V)\leq n-2 \end{eqnarray*}$ , kann ich jeden stetigen Weg, den ich in $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ finde, so umleiten, dass er nicht durch $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ geht.

Hier mein Beweis(ansatz):

Sei $\begin{eqnarray*} dim(V)=k\leq n-2 \end{eqnarray*}$ und sei $\begin{eqnarray*} l=n-k \end{eqnarray*}$ . Dann gibt es $\begin{eqnarray*} b_1,\ldots,b_l\in\mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ , so dass $\begin{eqnarray*} \mathbb{B}_V\cup\{b_1,\ldots,b_l\} \end{eqnarray*}$ eine Basis von $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ ist. Für alle $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb{R}^n\setminus V \end{eqnarray*}$ gdw. es ein $\begin{eqnarray*} v\in{}V \end{eqnarray*}$ gibt, so dass $\begin{eqnarray*} x=v+\sum_{i=1}^l\lambda_i b_i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^l\lambda_i b_i\neq 0 \end{eqnarray*}$ .
Seien nun $\begin{eqnarray*} x,y\in\mathbb{R}^n\setminus V \end{eqnarray*}$ . Sei $\begin{eqnarray*} c:[0,1]\longrightarrow\mathbb{R}^n\setminus{}V \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} c(t)\stackrel{\mathit{def}}{=}(1-t)x+\sin(2t\pi)(b_1+\ldots+b_l)+tb \end{eqnarray*}$ . Dann gilt: $\begin{eqnarray*} c(0)=x \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} c(1)=y \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ ist stetig.

An dieser Stelle bin ich mir nun extrem unsicher. Ich würde gerne argumentieren, dass $\begin{eqnarray*} c(t)\in\mathbb{R}^n\setminus V \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} t\in{}[0,1] \end{eqnarray*}$ . Und als Begründung dafür würde ich darauf hinweisen wollen, dass $\begin{eqnarray*} c(t) \end{eqnarray*}$ immer eine nicht verschwindende Linearkombination von $\begin{eqnarray*} b_1,\ldots,b_l \end{eqnarray*}$ "enthält". Der mittlere Summand von $\begin{eqnarray*} c(t) \end{eqnarray*}$ ist also die Umleitung, von der ich oben sprach. Geht das so?

Vielen Dank, viele Grüße
emmtee

18.06.2013, 17:43

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Idee über den Wegzusammenhang zu gehen ist gut. Ich würde es aber einfacher machen. Du kannst $\begin{eqnarray*} \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ auffassen als direkte Summe von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} V_\perp \end{eqnarray*}$ , dem Raum senkrecht zu $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ , nach Voraussetzung mit $\begin{eqnarray*} \dim(V_\perp)> 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mathbb R^n = V\oplus V_\perp \end{eqnarray*}$

Hast du zwei Punkte $\begin{eqnarray*} x,y\in \mathbb R^n\setminus V \end{eqnarray*}$ , dann ist deren $\begin{eqnarray*} V_\perp \end{eqnarray*}$ -Komponente ungleich 0. Sei nun ein Weg $\begin{eqnarray*} \gamma:[0,1]\to\mathbb R^n, \gamma(0)=x,\gamma(1)=y \end{eqnarray*}$ gegeben, der von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ führt. Betrachte die kanonische Projektion $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ dieses Weges auf $\begin{eqnarray*} V_\perp \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} \pi(\gamma)\subset V_\perp\;. \end{eqnarray*}$ In einem Vektorraum mit Dimension > 1 gibt es immer einen Weg, der nicht durch den Nullpunkt geht, wenn die Endpunkte beide nicht der Nullpunkt sind. Also hat jeder Punkt auf dem Weg eine $\begin{eqnarray*} V_\perp \end{eqnarray*}$ -Komponente ungleich 0.

18.06.2013, 18:31

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

Das klingt, als würde jeder Weg, der $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ verbindet, nicht durch $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ zu laufen...
Einen entsprechenden Weg scheinst du aber auch nur innerhalb von $\begin{eqnarray*} V_\perp \end{eqnarray*}$ zu erhalten (bzw. $\begin{eqnarray*} V^\perp \end{eqnarray*}$ ).

Man kann $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ allerdings durch Geradenstücke mit ihrer Orthogonalprojektion auf $\begin{eqnarray*} V^\perp \end{eqnarray*}$ verbinden.
Das war dann auch fast der ganze Beweis.

18.06.2013, 18:43

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

verwirrt

Wer behauptet, dass jeder Weg, der x und y verbindet, nicht durch V läuft? Für den Wegzusammenhang reicht es doch einen Weg zu finden, der $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ nicht schneidet. Wenn die $\begin{eqnarray*} V_\perp \end{eqnarray*}$ -Komponente für jeden Punkt eines Weges ungleich 0 ist, dann liegt kein Punkt dieses Weges in $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ , da für alle Punkte $\begin{eqnarray*} r\in V \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} \pi_\perp(r) =0 \end{eqnarray*}$ (die Projektion auf $\begin{eqnarray*} V_\perp \end{eqnarray*}$ habe ich in $\begin{eqnarray*} \pi_\perp \end{eqnarray*}$ umbenannt, um Missverständnisse zu vermeiden).

18.06.2013, 18:47

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

Das Problem liegt hier:

Zitat:

Original von RavenOnJ
Also hat jeder Punkt auf dem Weg eine $\begin{eqnarray*} V_\perp \end{eqnarray*}$ -Komponente ungleich 0.

Jeder Punkt auf welchem Weg?
Auf dem ursprünglich, beliebig gewählten Weg $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ ? Das geht natürlich nicht.
Auf einem Weg in $\begin{eqnarray*} V_\perp \end{eqnarray*}$ , der nicht durch den Nullpunkt geht? Der verbindet aber nicht $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ .

18.06.2013, 18:58

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Che Netzer
Das Problem liegt hier:

Zitat:

Original von RavenOnJ
Also hat jeder Punkt auf dem Weg eine $\begin{eqnarray*} V_\perp \end{eqnarray*}$ -Komponente ungleich 0.

Jeder Punkt auf welchem Weg?
Auf dem ursprünglich, beliebig gewählten Weg $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ ? Das geht natürlich nicht.
Auf einem Weg in $\begin{eqnarray*} V_\perp \end{eqnarray*}$ , der nicht durch den Nullpunkt geht? Der verbindet aber nicht $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ .

verwirrt

Der Weg soll nicht beliebig, sondern so gewählt werden, dass jeder Punkt des Weges eine $\begin{eqnarray*} V_\perp \end{eqnarray*}$ -Komponente ungleich 0 hat. Wenn das für x und y gilt, dann kann man immer so einen Weg finden. Warum sollte so ein Weg nicht x und y verbinden?

Nehmen wir als Beispiel den $\begin{eqnarray*} \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ mit der $\begin{eqnarray*} x_3 \end{eqnarray*}$ -Koordinatenachse als $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ . Dann nehmen wir zwei Punkte, die nicht auf der $\begin{eqnarray*} x_3 \end{eqnarray*}$ -Achse liegen. Diese haben eine Projektion auf den $\begin{eqnarray*} x_1\text{-}x_2 \end{eqnarray*}$ -Raum ungleich 0. Nun kann man natürlich einen Weg finden, der die beiden Punkte verbindet und nicht die $\begin{eqnarray*} x_3 \end{eqnarray*}$ -Achse schneidet, da der $\begin{eqnarray*} x_1\text{-}x_2 \end{eqnarray*}$ -Raum 2-dimensional ist. Der Weg windet sich irgendwie um die $\begin{eqnarray*} x_3 \end{eqnarray*}$ -Achse herum.

Anzeige

18.06.2013, 19:16

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von RavenOnJ
Wenn das für x und y gilt, dann kann man immer so einen Weg finden.

Genau das ist aber zu zeigen Augenzwinkern

Augenzwinkern

18.06.2013, 19:21

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

Das ist doch ziemlich trivial, wenn $\begin{eqnarray*} \dim(V_\perp)\ge 2 \end{eqnarray*}$ . Man muss nur zeigen, dass $\begin{eqnarray*} V_\perp\setminus\{0\} \end{eqnarray*}$ wegzusammenhängend ist.

18.06.2013, 20:00

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

Schon, aber bei dir fehlte die Begründung, wieso es genügt, zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} V_\perp\setminus\{0\} \end{eqnarray*}$ wegzusammenhängend ist.

18.06.2013, 22:53

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Che Netzer
Schon, aber bei dir fehlte die Begründung, wieso es genügt, zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} V_\perp\setminus\{0\} \end{eqnarray*}$ wegzusammenhängend ist.

Ich habe dies weitgehend dargelegt. Man müsste höchstens noch zeigen, dass eine stetige Abbildung in beide Komponenten des direkten Produktes eine stetige Abbildung in den Produktraum ergibt. Außerdem wäre das nicht unbedingt meine Aufgabe.

Ansonsten vielleicht einfach mal zugeben, dass du dich vergaloppiert hast.

18.06.2013, 22:59

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von RavenOnJ
Ich habe dies dargelegt.

Wo denn?

verwirrt

Das Problem ist, dass nicht direkt klar ist, dass ein Weg in $\begin{eqnarray*} V_\perp \end{eqnarray*}$ , der die Projektionen von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ verbindet und nicht durch Null geht, auch ein (stetiges) Urbild in $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ hat, welches $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ verbindet.

18.06.2013, 23:05

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn die Abbildung $\begin{eqnarray*} \pi_{||}\circ\gamma \end{eqnarray*}$ (mit der Projektion $\begin{eqnarray*} \pi_{||} \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ ) stetig ist und die Abbildung $\begin{eqnarray*} \pi_{\perp}\circ\gamma \end{eqnarray*}$ ebenfalls, dann folgt die Stetigkeit von $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ . Das wäre dann noch eine Aufgabe für den Fragesteller.

18.06.2013, 23:12

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

Außerdem bin ich die Diskussion jetzt leid, hab noch Besseres zu tun. Ich weiß auch nicht, was du mir hier eigentlich beweisen willst.

18.06.2013, 23:13

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

Das genügt aber noch nicht.
Man benötigt, dass es überhaupt irgendeine Kurve $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ gibt, deren Projektion auf $\begin{eqnarray*} V_\perp \end{eqnarray*}$ eine stetige Kurve von der Projektion von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ zu der von $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ ist und die Null nicht enthält.

Der Schritt, in dem man aus der Existenz einer solchen Kurve in $\begin{eqnarray*} V_\perp \end{eqnarray*}$ die Existenz einer passenden Kurve in $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ folgert, ist noch nicht ganz deutlich.

Edit: Und ich möchte nur darauf hinweisen, dass deine Argumentation unvollständig war bzw. ist, bevor sie so vom Fragesteller übernommen wird...

18.06.2013, 23:37

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Che Netzer
Man benötigt, dass es überhaupt irgendeine Kurve $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ gibt, deren Projektion auf $\begin{eqnarray*} V_\perp \end{eqnarray*}$ eine stetige Kurve von der Projektion von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ zu der von $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ ist und die Null nicht enthält.

Aber das ist doch offensichtlich. Schon im 2-dimensionalen Vektorraum $\begin{eqnarray*} \mathbb R^2 \end{eqnarray*}$ , also erst recht in allen höherdimensionalen.

18.06.2013, 23:46

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

Ganz offensichtlich ist das nicht; es müsste jedenfalls noch gezeigt werden.
(ich hatte natürlich noch vergessen zu erwähnen, dass diese Kurve $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ die Punkte $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ vebinden soll)

18.06.2013, 23:54

emmtee

Auf diesen Beitrag antworten »

Vielen Dank Euch beiden für Eure Antworten! Das hat mir sehr geholfen! Freude

Freude

18.06.2013, 23:57

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Che Netzer
Ganz offensichtlich ist das nicht; es müsste jedenfalls noch gezeigt werden.
(ich hatte natürlich noch vergessen zu erwähnen, dass diese Kurve $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ die Punkte $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ vebinden soll)

Also ich finde das absolut offensichtlich und nicht für notwendig, auch noch zu beweisen. Da reicht schon die Anschauung.

Man kann das natürlich auch formalisieren, beispielsweise eine direkte Verbindung $\begin{eqnarray*} \pi_\perp\circ \eta: [0,1]\to V_\perp,t\mapsto t\pi_\perp(x)+(1-t)\pi_\perp(y) \end{eqnarray*}$ betrachten. Schneidet diese Strecke den Nullpunkt, dann konstruiert man eine kreisförmige Umgehung, sodass der Weg weiterhin stetig bleibt..

18.06.2013, 23:59

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von emmtee
Vielen Dank Euch beiden für Eure Antworten! Das hat mir sehr geholfen! Freude

Freude

Bitte sehr, auch wenn die Antworten zu 95% von mir stammten. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Der Rest war eigentlich nur unnötige Diskussion.

19.06.2013, 06:42

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

Dass man in $\begin{eqnarray*} V_\perp \end{eqnarray*}$ für je zwei von Null verschiedene Kurve einen verbindenden Weg findet, der nicht durch Null geht, ist nicht das Problem, da gebe ich dir recht.
Es gibt allerdings keine Inverse $\begin{eqnarray*} \pi_\perp^{-1} \end{eqnarray*}$ , mit welcher man daraus eine Kurve von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ erhält.

19.06.2013, 08:23

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Che Netzer
Dass man in $\begin{eqnarray*} V_\perp \end{eqnarray*}$ für je zwei von Null verschiedene Kurve einen verbindenden Weg findet, der nicht durch Null geht, ist nicht das Problem, da gebe ich dir recht.
Es gibt allerdings keine Inverse $\begin{eqnarray*} \pi_\perp^{-1} \end{eqnarray*}$ , mit welcher man daraus eine Kurve von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ erhält.

verwirrt

Und? Was willst du jetzt damit sagen? Werd mal ein bisschen ausführlicher. Natürlich gibt es keine Inverse von $\begin{eqnarray*} \pi_\perp \end{eqnarray*}$ . Aber in Verbindung mit $\begin{eqnarray*} \pi_{||} \end{eqnarray*}$ kann man einen stetigen Weg von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ konstruieren.

Edit: Außerdem meinst du wohl "für je zwei von Null verschiedenen Punkte"

19.06.2013, 08:52

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich zitiere mal wikipedia (Produkttopologie): Der Produktraum $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ zusammen mit den kanonischen Projektionen $\begin{eqnarray*} p_i \end{eqnarray*}$ wird durch die folgende universelle Eigenschaft charakterisiert: Ist $\begin{eqnarray*} Y \end{eqnarray*}$ ein topologischer Raum und für jedes $\begin{eqnarray*} i \in I \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} f_i\colon Y \to X_i \end{eqnarray*}$ stetig, dann gibt es genau eine stetige Funktion $\begin{eqnarray*} f\colon Y \to X \end{eqnarray*}$ , so dass $\begin{eqnarray*} p_i\circ f = f_i \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} i \in I \end{eqnarray*}$ gilt.

Edit: Weitere Links:
http://geom.mi.fu-berlin.de/res/teaching/ss10/topologie1/skript/faszikel_1.pdf S. 12 (S. 16 im pdf) Korollar I.4.11

http://www.math.uni-konstanz.de/~schnuere/skripte/topo.pdf S. 13 ff

19.06.2013, 20:03

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

Du hast aber keine stetigen Abbildung in beide Räume $\begin{eqnarray*} X_i \end{eqnarray*}$ .
Außerdem würde ich nicht davon ausgehen, dass dieser Satz in der entsprechenden Vorlesung bewiesen wurde. Zumal man hier die Produkttopologie erst noch wiederfinden muss.

Und sehr viel ausführlicher kann ich nicht werden...
Wir haben $\begin{eqnarray*} x,y\in \mathbb R^n\setminus V \end{eqnarray*}$ .
Du hast geschrieben:
Es gibt eine stetige Kurve in $\begin{eqnarray*} V_\perp[l], welche [l]\pi_\perp(x) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \pi_\perp(y) \end{eqnarray*}$ verbindet, ohne den Nullpunkt zu enthalten.
Das ist auch nicht das Problem.
Wir benötigen aber:
Es gibt eine stetige Kurve in $\begin{eqnarray*} \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ , welche $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ verbindet, ohne $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ zu schneiden.

Der Schritt, in dem die zweite Aussage aus der ersten gefolgert wurde, fehlt ganz einfach.
Das ist ausführlich genug; der Beweis müsste nun ausführlicher gestaltet werden.

PS: Ach ja, ich glaube, ich habe einige male $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ für den gesamten Vektorraum $\begin{eqnarray*} \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ geschrieben. Jetzt sollte aber unmissverständlich klar sein, wo ich das Problem sehe.

19.06.2013, 23:56

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

Natürlich hat man die zwei stetigen Abbildungen in $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ und in $\begin{eqnarray*} V_\perp \end{eqnarray*}$ , nämlich $\begin{eqnarray*} \gamma_\perp:[0,1]\to V_\perp, \gamma_\perp(0)=\pi_\perp(x),\gamma_\perp(1)=\pi_\perp(y),\forall x \in [0,1]: \gamma_\perp(x)\not=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \gamma_{||}:[0,1]\to V, \gamma_{||}(0)=\pi_{||}(x),\gamma_{||}(1)=\pi_{||}(y) \end{eqnarray*}$ . Erstere habe ich schon erläutert. Die zweite kann stetig aber ansonsten beliebig gewählt werden unter den genannten Randbedingungen. Es ist $\begin{eqnarray*} \mathbb R^n = V\oplus V_\perp \end{eqnarray*}$ mit den Projektionen $\begin{eqnarray*} \pi_{||}(\mathbb R^n) = V \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \pi_{\perp}(\mathbb R^n) = V_\perp\;. \end{eqnarray*}$

Zitat:

Wir benötigen aber:
Es gibt eine stetige Kurve in $\begin{eqnarray*} \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ , welche $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ verbindet, ohne $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ zu schneiden.

Weiter oben hatte ich schon erläutert, dass ein Punkt $\begin{eqnarray*} z\in\mathbb R^n \end{eqnarray*}$ genau dann auch $\begin{eqnarray*} z\in V \end{eqnarray*}$ , wenn $\begin{eqnarray*} \pi_{\perp}(z) =0 \end{eqnarray*}$ , wenn er also 0 als $\begin{eqnarray*} V_\perp \end{eqnarray*}$ -Komponente hat. Es reicht also vollkommen zu zeigen, dass man eine stetige Kurve $\begin{eqnarray*} \gamma_\perp:[0,1]\to V_\perp, \gamma_\perp(0)=\pi_\perp(x),\gamma_\perp(1)=\pi_\perp(y),\forall x \in [0,1]: \gamma_\perp(x)\not=0 \end{eqnarray*}$ konstruieren kann. Dass man das immer kann, wenn $\begin{eqnarray*} \dim(V_\perp) \ge 2 \end{eqnarray*}$ habe ich hinreichend erläutert.

Die Existenz einer stetigen Kurve in $\begin{eqnarray*} \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ , die $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ niemals schneidet, die also vollständig in $\begin{eqnarray*} \mathbb R^n\setminus V \end{eqnarray*}$ liegt, folgt nun aus dem zitierten Satz (Lemma, Korollar, wie's einem beliebt) über stetige Abbildungen aus einem topologischen Raum (hier $\begin{eqnarray*} [0,1] \end{eqnarray*}$ ) in einen topologischen Produktraum (hier $\begin{eqnarray*} \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ ).

20.06.2013, 00:01

Che Netzer

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von RavenOnJ
$\begin{eqnarray*} \gamma_{||}:[0,1]\to V, \gamma_{||}(0)=\pi_{||}(x),\gamma_{||}(1)=\pi_{||}(y) \end{eqnarray*}$ [...] kann stetig aber ansonsten beliebig gewählt werden unter den genannten Randbedingungen.

Genau das fehlte.

Nun braucht man auch keine topologischen Produkträume mehr, sondern bildet einfach $\begin{eqnarray*} \gamma_\perp+\gamma_\Vert \end{eqnarray*}$ .

20.06.2013, 00:06

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Che Netzer

Zitat:

Original von RavenOnJ
$\begin{eqnarray*} \gamma_{||}:[0,1]\to V, \gamma_{||}(0)=\pi_{||}(x),\gamma_{||}(1)=\pi_{||}(y) \end{eqnarray*}$ [...] kann stetig aber ansonsten beliebig gewählt werden unter den genannten Randbedingungen.

Genau das fehlte.

verwirrt

Sorry, Che, das ist aber echt trivial, deswegen hatte ich das vorher nie erwähnt.

20.06.2013, 00:13

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Che Netzer

Nun braucht man auch keine topologischen Produkträume mehr, sondern bildet einfach $\begin{eqnarray*} \gamma_\perp+\gamma_\Vert \end{eqnarray*}$ .

Aber eigentlich steckt ein topologischer Produktraum dahinter, auch wenn der allgemeiner ist als eine direkte Summe. Man kann durchaus einen Satz eine allgemeine Struktur betreffend für ein spezielles Objekt verwenden, soweit es auch von dieser Struktur ist.

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »