Homeomorfismo entre disco sin dos puntos antípodas y cuadro semiabierto.

Question

Deje $D^{2}$ ser la unidad de disco en $\mathbb{R}^{2}$. Deje $X=D^2-\{(0,1),(0,-1)\}$.

Deje $S$ ser el cuadrado definido por $[-1,1] \times(-1,1)$.

Me pidió que encontrar un homeomorphism de $f:X \to S$.

Deje $r^2=x^2+y^2$. A continuación,

deje $$f(x,y)=\frac{\sqrt{r^2+\min\{|x|,|y|\}^2}}{r}\cdot[x,y]$$

Básicamente, sólo quiero proyecto de cada punto del disco hacia afuera para que se cruza la plaza.

Siento que el bijectivity de esta función es evidente. Mi principal pregunta es ahora, ¿cómo demostrar que es continua (utilizando sólo el más fundamental de la definición de continuidad)

Edit: si una alternativa homeomorphism es siempre, por favor también la prueba de que tanto $f$ $f^-1$ son continuos, esto es, la mayoría de la dificultad para mí.

Answer 1

Algunos intuición es buena:

Consideramos que la primera flecha de arriba, vamos a llamar a $f$, y vamos a llamar a la diamond $\diamond$, el cuadrado de $Q$ y el disco de $D$ (todos los perforado).

Definir $$f:Q \rightarrow \diamond$$ $$(x,y) \mapsto (-x(y-1),y), \quad \text{if } 0 \leq y \leq 1; -1 \leq x \leq 0$$ $$(x,y) \mapsto (-x(-y-1),y), \quad \text{if } -1 \leq y \leq 0 ; -1 \leq x \leq 0$$ $$(x,y) \mapsto (x(1-y),y), \quad \text{if } 0 \leq y \leq 1; 0 \leq x \leq 1$$ $$(x,y) \mapsto (x(1+y),y), \quad \text{if } -1 \leq y \leq 0; 0 \leq x \leq 1 .$$

Por el pegado de lema, esta función es continua. Su inversa es fácilmente descriptible (muy similar a la misma función), y por el pegar lema también será continua. Eso se lo dejo a usted para verificar.

Ahora lo que queda es la construcción de un homeomorphism entre el$\diamond$$D$. Pero esto es fácil: ellos son los dos bolas de $\mathbb{R}^2$ bajo diferentes normas sin los dos puntos. Vamos a llamar el "lleno" de dos bolas $B_1$$B_2$. Tenga en cuenta que $\eta: B_1 \rightarrow B_2$ $\eta(x)=\frac{x}{\Vert x\Vert_2}$ es claramente un homeomorphism (la inversa de la es $\frac{x}{\Vert x \Vert_1}$), y los dos puntos que sacamos en las dos bolas son los puntos que se envían a cada uno de los otros. Por lo tanto, la restricción a $\diamond$ será bijective, y la restricción de una función continua es continua. Aplicando el mismo razonamiento a la inversa, tenemos que esta restricción es un homeomorphism. Componer $\eta|_{\diamond} \circ f$ nos da nuestra homeomorphism.

---

Las bolas que he mencionado son los conjuntos de $B_i=\{x \in \mathbb{R}^2 \mid \Vert x \Vert_i \leq 1\}$ donde $\Vert \cdot \Vert_i$ son normas. La norma que da el diamante es la $l_1$ norma, mientras que la norma que otorga el círculo es el $l_2$ norma (norma estándar en $\mathbb{R}^2$). Ya que las normas son siempre funciones continuas, las funciones que he mencionado (que revisten los homeomorphisms entre las "bolas") son continuas.

Answer 2

En primer lugar, rote $X$ tal que $(0,1)$$(1,0)$. Deje $F$ que la rotación, que no es resistente a obtener. Ahora, vamos a

$$f(x,y)=\left(x,\dfrac{y}{\sqrt{1-x^2}}\right)$$

con inversa

$$g(x,y)=\left(x,y\sqrt{1-x^2}\right)$$

El mapa de $f$ "proyectos" en el interior del disco $F(X)$ sobre el semiopen cuadrados, por lo que un homeomorphism podría ser $f\circ F:X\to S$

El geométrica idea es tomar $(x,y)$ en el disco y, la fijación de $(x,0)$, estirar el segmento de unirse a $(x,y)$ $(x,0)$ obtener $(x,\sqrt{1-x^2})$ $(x,1)$

Answer 3

Sugerencia: una radial proyección va a enviar puntos en $X$ sobre el límite de $D^2$ que son cerca de a $(0, 1)$ a los puntos que están en el interior de $S$ o no $S$ a todos, por lo que una radial (hacia afuera) de la proyección como la que le han dado no funciona. Sin embargo, si usted piensa acerca de cómo $X$ $S$ se cruzan las líneas horizontales $y = t$$-1 \le t \le 1$, usted debe ser capaz de diseñar un homeomorphism de la forma $(x, y) \mapsto (f(x, y), y)$ que hace lo que quiere.

(Estrictamente hablando, debo justificar mi observación de que una proyección radial no trabajo, mostrando que la frontera y en el interior de $D^2$ $S$ visto como subconjuntos de a $\Bbb{R}^2$ puede ser definido por criterios topológicos que son independientes de la incorporación de estos espacios en $\Bbb{R}^2$. Esto es cierto, pero probablemente no sea relevante para usted ahora.)

Answer 4

$(x,y)\mapsto \left( \dfrac x {\sqrt{1-y^2}}, y \right)$ va desde el disco a la plaza.

Desde $(x,y)$ está en el disco, tenemos $|x| \le \sqrt{1-y^2}$. Al $x$ es exactamente $+\sqrt{1-y^2}$ o $-\sqrt{1-y^2}$, entonces se transforma a $+1$ o $-1$.

El punto es que una línea horizontal que atraviesa el disco también cruza a través de la plaza, y el segmento de línea en la que se cruza el disco se asigna a la línea de segmento en el que se cruza la plaza, en la forma más sencilla posible.

Esta función es continua en todos los puntos donde $-1<y<1$, y esos son precisamente los $y$-valores en el disco con esos dos puntos eliminados.

La inversa es incluso más fácilmente demostrado ser continua.

Posdata: Lo que he dicho se trata de probar la continuidad de arriba es ciertamente verdad de la asignación de $x\mapsto x/\sqrt{1-y^2}$ para cada valor fijo de $y$. Para mostrar la continuidad en las dos variables por separado probablemente me cite una proposición que indica que si $f$ $g$ son funciones continuas en $\mathbb R$ $(f,g)$ es una función continua en a $\mathbb R^2$, y de demostrar o bien que por separado o citar algo donde ha demostrado.

También es necesario demostrar que la inversa de la asignación es continua. La inversa de $$ (x,y)\mapsto\left( \frac x {\sqrt{1-y^2}}, y \right) = (w,y) $$ es $$ (w,y)\mapsto\left( x \sqrt{1-y^2}, y \right) = (x,y) $$ y la prueba de ello sería el mismo, excepto para los detalles obvios.