👩‍👩‍👧‍👦 📭 🚴 Satz von Boshernitsan 🎞️ 🥒 🌰

Der Artikel gibt einen einfachen Beweis dafür, dass die Abbildung eines kompakten metrischen Raums in sich selbst, ohne den Abstand zu verringern, eine Isometrie ist.

$f: E \ rightarrow E$ metrischer Raum mit Metrik

$\ rho (\ cdot, \ cdot)$ Isometrie genannt, wenn für welche

$x, y \ in E$ faire Gleichheit

$\ rho (x, y) = \ rho (f (x), f (y))$ . Hier beweisen wir folgende Aussage:

Satz Wenn $f: E \ rightarrow E$ eine Abbildung eines kompakten metrischen Raums in sich selbst, so dass

$\ rho (x, y) \ leq \ rho (f (x), f (y)) (1)$

für jeden $x, y \ in E$ dann Mapping $f$ - Isometrie.

Erinnern Sie sich an einige einfache Aussagen über metrische Kompaktmengen und führen Sie einige Konventionen und Definitionen ein, die für die weitere Darstellung erforderlich sind.

Durch

$| A |$ Wir bezeichnen die Anzahl der Elemente einer endlichen Menge

$A$ .

Für

$x \ in E$ und

$\ varepsilon> 0$ viele

Q_ {x, \ varepsilon} = \ {y: y \ in E, \ rho (x, y) <\ varepsilon \}

$Q_ {x, \ varepsilon} = \ {y: y \ in E, \ rho (x, y) <\ varepsilon \}$ Lass uns anrufen

$\ varepsilon$ -nachbarschaftspunkte

$x$ (oder offener Ball zentriert bei

$x$ und Radius

$\ varepsilon$ )

Endliche Menge

$A \ Teilmenge E$ wird anrufen

$\ varepsilon$ Netzwerk in

$E$ (oder einfach nur

$\ varepsilon$ -Netzwerk) wenn für irgendeinen Punkt

$x \ in E$ Es gibt einen Punkt

$y \ in A$ so dass

$\ rho (x, y) <\ varepsilon$ . Viele

$B \ Teilmenge E$ wird anrufen

$\ varepsilon$ -verweigert wenn

$\ rho (x, y) \ geq \ varepsilon$ für jeden

$x, y \ in B$ so dass

$x \ neq y$ .

Für jede endliche Menge

$A = \ left \ {a_1, \ ldots, a_m \ right \} \ subset E$ bezeichnen mit

$l (A)$ die Menge

$\ sum _ {i \ leq j} \ rho \ left (a_i, a_j \ right)$ . Größe

$l (A)$ Rufen Sie die Länge des Sets auf

$A$ .

1. Sequenzen lassen

$\ left \ {a_n \ right \}$ ,

$\ left \ {b_n \ right \}$ viele Elemente

$E$ konvergieren entsprechend
zu den Punkten

$a, b \ in E$ . Dann

$\ rho \ left (a_n, b_n \ right) \ rightarrow \ rho (a, b)$ bei

$n \ rightarrow \ infty$ .

Beweis . Betrachten Sie die offensichtlichen Ungleichungen

$\ rho \ left (a_n, b_n \ right) \ leq \ rho (a, b) + \ rho \ left (a_n, a \ right) + \ rho \ left (b_n, b \ right) (2)$

$\ rho \ left (a_n, b_n \ right) + \ rho \ left (a_n, a \ right) + \ rho \ left (b_n, b \ right) \ geq \ rho (a, b) (3)$

Als

$a_n \ rightarrow a$ ,

$b_n \ rightarrow b$ bei

$n \ rightarrow \ infty$ dann für

$\ varepsilon> 0$ da ist so ein natürlicher

$N$ das für alle

$n> N$ wird sein

$\ rho \ left (a_n, a \ right) <\ frac {\ varepsilon} {2}, \ rho \ left (b_n, b \ right) <\ frac {\ varepsilon} {2} (4)$

Von

$(2), (3), (4)$ Daraus folgt

$\ left | \ rho (a, b) - \ rho \ left (a_n, b_n \ right) \ right | <\ varepsilon$ für alle

$n> N$ .

2. Für jeden

$\ varepsilon> 0$ in

$E$ es gibt eine endliche

$\ varepsilon$ Netzwerk.

Beweis . Offene Ballfamilie

$\ left \ {Q_ {x, \ varepsilon} \ right \}$ wo

$x$ läuft durch

$E$ ist eine Beschichtung

$E$ . T. bis.

$E$ kompakt, wählen Sie eine endliche Familie von Bällen

$\ left \ {Q_ {x_1, \ varepsilon}, \ ldots, Q_ {x_m, \ varepsilon} \ right \}$ auch abdecken

$E$ . Es ist klar, dass das Set

$A = \ left \ {x_1, \ ldots, x_m \ right \}$ - endgültig

$\ varepsilon$ Netzwerk.

3. Raum

$E$ begrenzt. Es gibt nämlich eine solche Nummer

$d> 0$ das

$\ rho (x, y) <d$ für jeden

$x, y \ in E$ .

Der Beweis folgt unmittelbar aus 2. In der Tat setzen wir

$g = \ underset {i \ neq j} {\ max} \ left (x_i, x_j \ right)$ wo

$x_i$ ,

$x_j$ - Elemente

$\ varepsilon$ Netzwerke

$A$ . Es ist klar, dass

$\ rho (x, y) \ leq g + 2 \ varepsilon$ .

4. Wenn

$B = \ left \ {a_1, \ ldots, a_n \ right \}$ - endgültig

$\ frac {\ varepsilon} {2}$ Netzwerk in

$E$ dann für jeden

$\ varepsilon$ spärlicher Satz

$K$ wird sein

$| K | \ leq | B |$ d.h.

$| K | \ leq n$ .

Beweis . Ballonfahren

$ inline $ \ underset {i = 1} {\ overset {n} {\ unicode {222a}}} Q_ {a_i, \ frac {\ varepsilon} {2}} $ inline $ Abdeckungen

$E$ . Wenn

$| K |> n$ dann zwei verschiedene Elemente aus

$K$ wird in einem der Bälle sein

$Q_ {a_i, \ frac {\ varepsilon} {2}}$ , was der Tatsache widerspricht, dass

$K$ - -

$\ varepsilon$ spärlicher Satz.

5. An alle

$\ varepsilon$ spärlicher Satz

$A \ Teilmenge E$ passe die Nummer an

$l (A)$ - seine Länge. Wir haben bereits bewiesen, dass eine Funktion, die jeden setzt

$\ varepsilon$ spärlicher Satz

$A$ passende Nummer

$| A |$ begrenzt. Beachten Sie, dass die Funktion, die jeder

$\ varepsilon$ spärlicher Satz

$A \ Teilmenge E$ entspricht seiner Länge

$l (A)$ ist auch begrenzt.

6. Lassen Sie

$c = \ sup l (A)$ wo

$\ sup$ auf alle genommen

$\ varepsilon$ spärliche Sätze

$A \ Teilmenge E$ . Dann fair

Lemma 1. Das gibt es $\ varepsilon$ spärlicher Satz $C = \ left \ {a_1, \ ldots, a_k \ right \}$ so dass $l (C) = c$ , $C$ ist $\ varepsilon$ Netzwerk in $E$ , $f (C)$ ist auch $\ varepsilon$ Netzwerk in $E$ und für jeden $a_i, a_j \ in C$ wird sein $\ rho \ left (a_i, a_j \ right) = \ rho \ left (f \ left (a_i \ right), f \ left (a_j \ right) \ right)$ .

7. Lemma 2. Die Karte $f$ kontinuierlich an $E$ . Genauer gesagt: wenn $\ rho (x, y) <\ varepsilon$ für jeden $x, y \ in E$ dann $\ rho (f (x), f (y)) <5 \ varepsilon$ .

Beweis . Überlegen Sie

$\ varepsilon$ Netzwerk

$C$ von Lemma 1. Wenn

$x$ gehört nicht zum Ball

$Q_ {a_i, \ varepsilon}$ dann

$x$ gehört nicht dazu

$Q_ {f \ left (a_i \ right), \ varepsilon}$ . Dies bedeutet, dass es solche gibt

$i$ das

$x \ in Q_ {a_i, \ varepsilon}$ und

$f (x) \ in Q_ {f \ left (a_i \ right), \ varepsilon}$ . Ebenso gibt es

$j$ das

$y \ in Q_ {a_j, \ varepsilon}$ und

$f (y) \ in Q_ {f \ left (a_j \ right), \ varepsilon}$ . Bewerten

$\ rho (f (x), f (y))$ . Es ist klar, dass

$\ rho (f (x), f (y)) <\ rho \ left (f \ left (a_i \ right), f \ left (a_j \ right) \ right) + \ varepsilon + \ varepsilon = \ rho \ links (a_i, a_j \ rechts) +2 \ varepsilon$ . Und seitdem

$\ rho (x, y) <\ varepsilon$ und

$x \ in Q_ {a_i, \ varepsilon}$ ,

$y \ in Q_ {a_j, \ varepsilon}$ dann

$\ rho \ left (a_i, a_j \ right) <3 \ varepsilon$ . Deshalb

$\ rho (f (x), f (y)) <5 \ varepsilon$ .

Das haben wir also bewiesen

$f$ wird kontinuierlich angezeigt

$E$ in

$E$ . Aus Lemma 1 folgt, dass für jeden

$\ varepsilon> 0$ existiert

$\ varepsilon$ Netzwerk in

$E$ so dass

$f$ hält Abstände zwischen Elementen dieses Netzwerks. Daher für alle Punkte

$x, y \ in E$ kann Sequenzen finden

$x_n \ rightarrow x$ ,

$y_n \ rightarrow y$ so dass

$\ rho \ left (f \ left (x_n \ right), f \ left (y_n \ right) \ right) = \ rho \ left (x_n, y_n \ right)$ . Aber

$\ rho \ left (x_n, y_n \ right) \ rightarrow \ rho (x, y)$ bei

$n \ rightarrow \ infty$ . Aus der Kontinuität des Mappings

$f$ Daraus folgt

$f \ left (x_n \ right) \ rightarrow f (x)$ ,

$f \ left (y_n \ right) \ rightarrow f (y)$ bei

$n \ rightarrow \ infty$ . Deshalb

$\ rho \ left (f \ left (x_n \ right), f \ left (y_n \ right) \ right) \ rightarrow \ rho (f (x), f (y))$ bei

$n \ rightarrow \ infty$ . Und da für jeden

$n$ Gleichheit gilt

$\ rho \ left (x_n, y_n \ right) = \ rho \ left (f \ left (x_n \ right), f \ left (y_n \ right) \ right)$ dann

$\ rho (x, y) = \ rho (f (x), f (y))$ .

Bemerkung

Dieser Beweis für Boshernitsans Theorem basiert auf Gesprächen mit meinem studentischen Freund, dem heutigen amerikanischen Mathematiker Leonid Luxemburg, während eines seiner Besuche in Moskau und ist meine Präsentation seiner vorgeschlagenen Idee.

Slobodnik Semyon Grigoryevich ,
Inhaltsentwickler für die Anwendung „Tutor: Mathematik“ (siehe Artikel über Habré ), Kandidat für Physik und Mathematik, Lehrer für Mathematik an der Schule 179 in Moskau

Satz von Boshernitsan

Bemerkung

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