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Mathematik » Topologie » Mannigfaltigkeit mit abzählbar vielen Punkten entfernt, Zusammenhang
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Universität/Hochschule Mannigfaltigkeit mit abzählbar vielen Punkten entfernt, Zusammenhang
Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-01-09

\(\begingroup\)\(\DeclareMathOperator{\spec}{Spec} \newcommand{\O}{\mathcal{O}}\)
Hallo,

bekannterweise ist der Raum $\IR^n\setminus \IQ^n$ für $n>1$ zusammenhängend (mit der üblichen Topologie). Gilt eine analoge Aussage für (glatte) Mannigfaltigkeiten? Etwa

Vermutung. Sei $M$ eine glatte und zusammenhängende Mannigfaltigkeit von Dimension $m>1$ und $Z$ eine abzählbar unendliche Teilmenge von $M$. Dann ist $M\setminus Z$ zusammenhängend.

Mir scheint die Vermutung wahr zu sein. Wir erinnern uns "Wegzusammenhang=Lokaler Wegzusammenhang+Zusammenhang" (und jede Mannigfaltigkeit ist lokal wegzusammenhängend). Kann man nämlich zu je zwei Punkten von $M$ einen Weg, der die zwei Punkte verbindet, in $M$ konstrurieren, sodass er alle Punkte von $Z$ vermeidet?

Wenn es zu trivial wäre (ich habe momentan keinen strengen Beweis dafür): wie wäre der Fall $Z\subset M$ dicht? (das scheint irrelevant zu sein)
\(\endgroup\)


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janewill
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-01-09


Supereinfach! Wähle zu zwei Punkten $a,b\in M$ zwei disjunkte Wege von $a$ nach $b$. Eine Homotopie dieser Wege produziert überabzählbar viele Wege von $a$ nach $b$. q.e.d.

Gilt natürlich bereits für topologische Mannigfaltigkeiten, falls die mit dem 2. Abzählbarkeitsaxiom definiert wird.



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Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-09


Sehr schön, danke!



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Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-09

\(\begingroup\)\(\DeclareMathOperator{\spec}{Spec} \newcommand{\O}{\mathcal{O}}\)
Sorry, ich habe zu schnell den Ok-Haken getippt...

2021-01-09 16:22 - janewill in Beitrag No. 1 schreibt:
Wähle zu zwei Punkten $a,b\in M$ zwei disjunkte Wege von $a$ nach $b$. Eine Homotopie dieser Wege produziert überabzählbar viele Wege von $a$ nach $b$. q.e.d.
Warum existiert eine solche Homotopie? Ist hier wo wir die Dimensionsannahme verwenden? Kannst du eine Homotopie explizit angeben oder folgt die Existenz aus irgendeinem Satz?
\(\endgroup\)


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2021-01-09


oWarum existiert eine solche Homotopie?

Das frage ich mich auch gerade. Für $S^1$ kann man das ja nicht machen (betrachte eine halbe Umrundung nach oben bzw. eine nach unten), aber wieso sollte das dann für den Torus $S^1 \times S^1$ oder den Zylinder $S^1 \times \IR$ gehen (wo man ja dieselbe Umrundung machen kann).



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2021-01-09


Erst mal der Fall $M = \IR^m$ mit $ m > 1$:

Sei $Z \subseteq \IR^m$ abzählbar. Dann ist $\IR^m \setminus Z$ wegzusammenhängend: Seien $p,q \in \IR^m \setminus Z$. Es gibt überabzählbar viele Geraden durch $p$ (hier geht $ m > 1$ ein!), wovon nur abzählbar viele $Z$ schneiden (weil eine Gerade ja bereits durch zwei Punkte festgelegt ist und $Z$ abzählbar ist). Es gibt also überabzählbar viele Geraden durch $p$, die $Z$ nicht schneiden. Analog gibt es überabzählbar viele Geraden durch $q$, die $Z$ nicht schneiden. Für $m = 2$ sieht man, dass zwei dieser Geraden sich schneiden müssen. In dem Fall können wir $p,q$ mit einem Weg verbinden, der aus zwei geraden Strecken besteht. Für $m > 2$ müsste das auch so gehen, aber ich sehe es gerade nicht 🤔

Der nächste Fall wäre dann der einer offenen zusammenhängenden Teilmenge $M \subseteq \IR^m$.



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Fabi
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2021-01-10


Hallo zusammen,

Ich mache mal einen anderen Vorschlag:

Betrachte auf M (!) die folgende Relation: p ~ q genau dann wenn es einen stetigen Pfad von p nach q gibt, der in seinem Inneren keinen Punkt aus Z enthält (d.h. p,q dürfen aus Z sein). Es sollte leicht zu zeigen sein, dass dies eine Äquivalenzrelation ist: Die einzige Schwierigkeit ist aus p ~ q, q ~ r mit $q \in Z$ p ~ r zu folgern; dafür kann man sich aber in eine beliebig kleine Umgebung von q zurückziehen und dann verwenden, dass man die Aussage für $\mathbb{R}^n$ schon weiß. Genauso sollte man jetzt zeigen können, dass die Äquivalenzklassen von ~ alle offen sind: In einer kleinen Umgebung von p sind alle Punkte äquivalent zu p. Da M zusammenhängend ist, kann es dann nur eine Äquivalenzklasse geben.

vG,
Fabi



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"There would be the mathematical equivalent of worldwide rioting." (P.C.)

Willst du Hamburg oben sehen, musst du die Tabelle drehen.



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Saki17
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-10


Guter Ansatz, danke euch! (ich müsste die Details noch selber ausdenken)



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sense
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2021-01-10


Hallo zusammen,

die Existenz der fraglichen Homothopie folgt letztlich mit Hilfe des Satzes von Baire. Man kann dann aber auch gleich direkt und ohne Umweg über eine Homothopie argumentieren:

Seien p und q Punkte auf M, die nicht in Z liegen. Außerdem bezeichne P den Raum der Wege in M, das heißt die Menge aller stetigen Abbildungen von [0, 1] nach M zusammen mit der Kompakt-Offen-Topologie.

Zunächst halten wir fest, dass jede parakompakte topologigsche Mannigfaltigkeit mit höchstens abzählbar vielen Zusammenhangskomponenten vollständig metrisierbar ist. (Im Fall von glatten Mannigfaltigkeiten kann dies mit Riemannschen Metriken eingesehen werden.)

Die folgenden Aussagen ergeben sich aus den Eigenschaften der Kompakt-Offen-Topologie.
1) Die Wahl einer vollständigen Metrik auf M induziert eine vollständige Metrik auf P. (Die Kompakt-Offen-Topologie auf P entspricht hier der Topologie der gleichmäßigen Konvergenz.)
2) Die Menge der Wege von p nach q ist abgeschlossen in P.
3) Für jede endliche Teilmenge E von M ist die Menge der zu E disjunkten Wege offen und dicht in P. Dabei wird die Voraussetzung an die Dimension von M verwendet.

Mit dem Satz von Baire folgt nun die Existenz eines zu Z disjunkten Weges von p nach q.



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Saki17
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@sense

thanks!

2021-01-10 19:08 - sense in Beitrag No. 8 schreibt:
die Existenz der fraglichen Homothopie folgt letztlich mit Hilfe des Satzes von Baire
Kannst du vielleicht andeuten, wie es mit dem Satz von Baire geht bzw. an welche Variante des Satzes du denkst? (Ich bin verwirrt denn nicht jede topologische Mannigfaltigkeit ist metrizierbar, oder?)




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Saki17 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Saki17 hatte hier bereits selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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