Demostrar que el interior del conjunto de todos los vectores ortogonales a "a" está vacío

Question

He hecho una foto de el problema aquí:

Si el enlace no funciona, lea esto:

Deje $a$ ser un no-vector cero en $\mathbb{R}^n$. Sea S el conjunto de todos los vectores ortogonales a$a$$\mathbb{R}^n$. I. e., para todos $x \in \mathbb{R}^n$, $a\cdot x = 0$

Demostrar que el interior de S es vacía.

¿Cómo puedo demostrar que para cada punto de S, todos los "cerrar" los puntos están en el complemento de S o de S mismo?

Esto es lo que he intentado:

Deje $u\in B(r,x) = \{ v \in \mathbb{R}^n : |v - x| < r \}$

Por lo $|u - x| < r$

A continuación, $|a||u - x| < |a|r$.

Por Cauchy-Schwarz, $|a\cdot(u-x)| \leq |a||u - x|$.

A continuación, $|a\cdot u - a\cdot x| < |a|r$.

Si $u\in S$, entonces cualquiera de las $u\in S^{\text{int}}$ o $u\in \delta S$. ($\delta$ denota límite).

Si $u\in S^{\text{int}}$,$B(r,x) \subset S$, e $a\cdot u = 0$. Pero entonces la desigualdad se convierte en$|a|r > 0$, lo que implica $B(r,x) \subset S \forall r > 0$, pero esto es imposible, ya que también implicaría que $S = \mathbb{R}^n$ $S^c$ está vacía, lo cual es falso. Por lo tanto, si $u\in S$,$u\in\delta S$.

Por lo tanto, $\forall u\in B(r, x)$ tal que $u\in S$, $u\in\delta S$. Por lo tanto $S^{\text{int}}$ está vacía.

Answer 1

La condición que $x$ ser ortogonal, es decir que $a$ $x$, se encuentra en $S$, es que $x \cdot a = 0$. Imaginar perturbador $x$ por una pequeña cantidad, digamos a $x'$. Si $x$ estaba en el interior, que uno tendría $x' \cdot a = 0$ así, siempre que el $x'$ está muy cerca de $x$.

Pensar en si esto es posible para cada $x'$. (Sugerencia: $x'$ tiene que ser cerca de $x$, es decir, $x - x'$ tiene que ser pequeño. Pero puede apuntar en cualquier dirección!)

Answer 2

Yo lo haría de esta manera. En primer lugar, por la elección de $\frac{a}{\|a\|}$ como el último vector de una base ortonormales de $\mathbb{R}^n$, puede suponer que $a = (0,\dots , 0,\alpha), \alpha \in \mathbb{R}, \alpha \neq 0$. Por lo tanto

$$S =\left\{ (x_1 , \dots , x_n) \in \mathbb{R}^n\ \vert \ x_n = 0 \right\} \ .$$

Ahora, elija cualquiera de los $x = (x_1 , \dots , x_{n-1} , 0) \in S$ y vamos a demostrar que, para cualquier $r>0$, $B(r,x)$ no está incluido en $S$, por lo que el interior de $S$ estará vacía.

Para ello es suficiente para producir un único vector en $B(r,x)$ que no está en $S$, ¿verdad? Ok, echa un vistazo a $v = (x_1, \dots , x_{n-1}, \frac{r}{2})$ y calcular (dibuje una imagen en $\mathbb{R}^3$ demasiado para convencer a ti mismo).

Answer 3

Considere la función $\phi:x\in\mathbb R^n\mapsto x\cdot a\in\mathbb R$, que es claramente lineal. Si $x_0$ es un punto en el interior de su sistema, calcular los derivados de $\phi$ $x_0$. Ahora veamos el desarrollo de Taylor de $\phi$ $x_0$...

Una forma más geométrica: que $x$ es ortogonal a $a$ (y que $a\neq0$) y tener en cuenta la secuencia $(xn){n\geq1}x_n=x+\tfrac1na$cada$n$. Mostrar que$x_n\to x$cuando$n\to\infty$ y ver por qué esto es útil para usted.

Answer 4

Es una tautología decir "cada punto en S, todos 'cerrar' puntos son el complemento de S o en S misma". También no sé cómo usar a la conclusión de que $a|r|>0$ $B(r,x) \subset S \, \forall r>0$.

De todos modos no necesitas pensar en todos los puntos de "cerrar". Basta con probar que arbitrariamente cerca de cualquier $x \in S$ allí es por lo menos un punto que no se encuentra en $S$.

Sugerencia: Piense en los puntos de la forma $x+\lambda a$.