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Mathematik » Topologie » Kriterium für topologische Transitivität
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Universität/Hochschule J Kriterium für topologische Transitivität
Neymar
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Dabei seit: 03.01.2019
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-10-09 10:18


Guten Morgen alle zusammen.

$\mathbf{\text{Definition 0.}}$ "$(X, \mathcal T)$ is called $\textit{compact}$ if every open cover has a finite subcover, $\textit{locally compact}$ if every point has a neighborhood with compact closure, [...]."

$\mathbf{\text{Definition 1.}}$ "A topological dynamical system $f: X\rightarrow X$ is called $\textit{topologically transitive}$ if there exists a point $x\in X$ such that its orbit $\mathcal O_f(x):= \{f^n(x)\}_{n\in\mathbb Z}$ is dense in $X$."

$\mathbf{\text{Lemma 2.}}$ "Let $f:X\rightarrow X$ be a continuous map of a locally compact seperable metric space $X$ into itself. The map $f$ is topologically transitive if and only if for any two nonempty open sets $U,V\subset X$ there exists an integer $N=N(U,V)$ such that $f^{N}(U)\cap V$ is nonempty."

"$\mathbf{Proof.}$ Let $f$ be topologically transitive and suppose the orbit of $x\in X$ dense. Then, in particular, the orbit intersects both $U$ and $V$ [...]."

$>$ So, laut der Definition von lokalkoompakt ist jeder kompakte Raum dann auch lokalkompakt, oder? (Ich bin nur deshalb ein bisschen verwirrt, weil ich nicht weiß, was "compact closure" bedeutet.) Falls laut der Def. 0 nämlich ein kompakter Raum auch lokalkompakt ist, habe ich ein Gegenbeispiel gefunden, glaube ich:

"Let $X= \mathbb R$ with the usual Euclidean metric. Now assume that the orbit of an arbitrary, continous function $f$ is $\mathbb Q$, which is in particular dense in $\mathbb R$. Now choose $U:= \{\sqrt 2\} \ne \emptyset$ and $V:= \{\pi\}\ne\emptyset$. Since neither $U$ nor $V$ are subsets of $\mathbb Q$, the orbit of $f$ neither intersects $U$ nor $V$."

$>$ Oder gibt es vielleicht keine Funktion $f$, deren Orbit ganz $\mathbb Q$ ist?

Über Hilfe würde ich mich sehr freuen, das interessiert mich selber sehr!

-- Neymar



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PhysikRabe
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Aus: Wien
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-10-09 11:06


2019-10-09 10:18 - Neymar im Themenstart schreibt:
So, laut der Definition von lokalkoompakt ist jeder kompakte Raum dann auch lokalkompakt, oder? (Ich bin nur deshalb ein bisschen verwirrt, weil ich nicht weiß, was "compact closure" bedeutet.)

"Compact closure" bedeutet, dass der topologische Abschluss der Umgebung eine kompakte Menge ist. Jeder kompakte Raum ist lokalkompakt*: Man nehme einfach den gesamten Raum als kompakte Umgebung eines jeden Punktes.

Grüße,
PhysikRabe

(* ... zumindest in der von dir angegebenen Definition des Begriffes "lokalkompakt". Es gibt auch andere Definitionen, die teilweise stärker sind; für diese gilt "kompakt $\Rightarrow$ lokalkompakt" nicht zwingend. Die unterschiedlichen Definitionen sind aber alle äquivalent wenn der topologische Raum ein Hausdorff-Raum ist, womit "kompakt $\Rightarrow$ lokalkompakt" in diesem Fall immer gilt.)


-----------------
"Non est ad astra mollis e terris via" - Seneca
"Even logic must give way to physics." - Spock



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HellsKitchen
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Aus: Fürth in Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-10-09 11:26


U und V müssen auch offen sein.

Gruß
HellsKitchen



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-10-09 15:34


Mir ist nicht klar, was die Frage nach kompakt $\implies$ lokalkompakt mit dem Gegenbeispiel zu tun hat. Denn $\IR$ ist natürlich lokalkompakt, aber nicht kompakt.

Wird bei euch eigentlich $f$ stillschweigend als Homöomorphismus vorausgesetzt? Das scheint mir jedenfalls der Fall zu sein.

Die anderen vor mir hier haben ja bereits die anderen Fragen beantwortet, außer die Frage, ob es einen Homöomorphismus $f : \IR \to \IR$ und ein $a \in \IQ$ gibt, sodass für den Orbit $\{f^n(a) : n \in \IZ\}=\IQ$ gilt. Ich habe dazu noch keine endgültige Antwort, aber was mir dazu einfällt: Betrachtet man die Funktion $f : \IR \to \IR$, $f(x) = \frac{1}{2 \lfloor x \rfloor - x + 1}$ und $a = 1$, so ist $\{f^n(a) : n \in \IN\} = \IQ^+$ (Calkin-Wilf Baum). Aber $f$ ist natürlich nicht stetig.



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Theodore_97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-10-09 17:13


Eine solche Funktion $f$ gibt es nicht. Nehme an, $f: \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ sei eine solche Funktion, dann gilt $f(\mathbb{Q}) \subset \mathbb{Q}$ und analog $f^{-1}(\mathbb{Q}) \subset \mathbb{Q}$ (da der Orbit invariant unter der Vertauschung $f \mapsto f^{-1}$ ist). Dadurch ist $f(\mathbb{Q})=\mathbb{Q}$. Sei $q\in \mathbb{Q}$ beliebig, so ist $f^n(a)=q$ für ein $n\in \mathbb{Z}$ und folglich sind die Mengen $\{f^\mathbb{Z}(a)\}$ und $\{f^\mathbb{Z}(q)\}$ identisch. OBdA. sei also $a = 0$. Ferner sei $f$ streng monoton wachsend (Homöomorphismen auf $\mathbb{R}$ sind immer streng monoton). Der Fall $f(0)=0$ ist trivial. Für $f(0)>0$ ist dann $f^{-k}(0), \dots f^{-1}(0), 0, f(0), \dots, f^k(0)$ für alle $k\geq 1$ streng monoton wachsend, ein Widerspruch, da du $\mathbb{Q}$ nicht so anordnen kannst. Die anderen Fälle ($f(0)<0$ und $f$ streng monoton fallend) verlaufen vollkommen analog. Mithin existiert eine solche Funktion nicht.



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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-09 18:27


@PhysikRabe: Danke für die Info!

@HellsKitchen: Was willst du damit sagen? :-) Also $U$ und $V$ werden ja als offen in Lemma 2 aus dem Themenstart angenommen.

@Triceratops:
2019-10-09 15:34 - Triceratops in Beitrag No. 3 schreibt:
Mir ist nicht klar, was die Frage nach kompakt $\implies$ lokalkompakt mit dem Gegenbeispiel zu tun hat. Denn $\IR$ ist natürlich lokalkompakt, aber nicht kompakt.

$>$ Guter Punkt, ich weiß es selber nicht mehr ($\mathbb R$ ist ja nicht kompakt ...).

Die Def. und das Lemma stammen aus einem Lehrbuch (außer der Nummerierung der Def.). Wenn ich nichts übersehen bzw. überlesen habe, dann haben wir nirgendwo vereinbart, dass $f$ ein $\textit{homeomorphism}$ ist.

Die Funktion $f$ finde ich übrigens sehr interessant. Aber die fehlende Stetigkeit wäre dann ein Problem.

@Theodore_97: Ich denke, das Problem könnte sein, dass wir nicht wissen, ob $f$ wirklich ein Homöomorphismus zu sein braucht.

-- Neymar
 



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Theodore_97
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-10-09 18:42


$U$ und $V$ aus deinem Beispiel sind keine offenen Mengen des $\mathbb{R}$. Sie müssen gemäß Lemma offen sein, sonst ist es nicht anwendbar.

Stimmt. Meine Antwort richtete sich auch eher an Triceratops Beitrag. Ich habe mir die vorigen Antworten und deinen Startbeitrag erst jetzt durchgelesen, und auf deinen Fehler hat bereits HellsKitchen hingewiesen. Dein Beispiel ist nicht anwendbar auf das Lemma, da $U$ und $V$ nicht offen sind.

Im Übrigen muss weder $U$ noch $V$ eine Teilmenge von $\mathbb{Q}$, um damit einen nicht-leeren Schnitt zu erzeugen (wie in deiner Begründung formuliert). $(0,1)$ und $(2,3)$ sind keine Teilmengen von $\mathbb{Q}$, aber haben offensichtlich nicht-leeren Schnitt mit $\mathbb{Q}$.


Eine Frage: Wie ist $f^{-n}(x)$ denn für $n>0$ definiert, wenn $f$ nicht bijektiv ist? Rekursiv als Menge $f^{-(n+1)}(a):=f^{-1}(\{f^{-n}(a)\})$?



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HellsKitchen
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-10-09 18:59


In deinem Gegenbeispiel sind U und V 1-elementige Teilmengen von \(\mathbb{R}\).
Diese sind aber nicht offen in \(\mathbb{R}\), wie in Lemma 2 gefordert.
Es ist aber nicht ganz klar, wie das Gegenbeispiel genau zu verstehen ist.  



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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-09 20:05


Okay, jetzt verstehe ich den Einwand mit $U$ und $V$ müssen offen sein. Natürlich sind die von mir gewählten Mengen nicht zulässig und somit ist mein ,,Gegenbeispiel" keines.


Eine Frage: Wie ist $f^{-n}(x)$ denn für $n>0$ definiert, wenn $f$ nicht bijektiv ist? Rekursiv als Menge $f^{-(n+1)}(a):=f^{-1}(\{f^{-n}(a)\})$?

$>$ Gute Frage ... Also das Lehrbuch heißt "Introduction to the Modern Theory of Dynamical Systems" von A. Katok und B. Hasselblatt, ich habe es in der 1. Auflage vorliegen. Die Thematik befindet sich auf Seite 28. Falls jemand das Buch da hat und Zeit hat, kurz reinzuschauen, wäre das super.


-- Neymar



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-10-09 23:56


2019-10-09 20:05 - Neymar in Beitrag No. 8 schreibt:
Also das Lehrbuch heißt "Introduction to the Modern Theory of Dynamical Systems" von A. Katok und B. Hasselblatt, ich habe es in der 1. Auflage vorliegen. Die Thematik befindet sich auf Seite 28. Falls jemand das Buch da hat und Zeit hat, kurz reinzuschauen, wäre das super.

Direkt nach der Definition 1.3.1 für topologisch transitive dynamische Systeme steht ja, dass die Definition für nicht-invertierbare und zeit-abhängige Systeme analog ist. In Definition 1.3.1 ist also eine invertierbare stetige Abbildung (also Homöomorphismus) gemeint, bzw. eine stetige Wirkung der Gruppe $(\IZ,+)$. Trotzdem wundert mich, dass das in dem fraglichen Lemma dann (also Lemma 1.4.2) nicht explizit erwähnt wird, und in dem Beweis auch an die Definition der Urbildmenge $f^{-1}(A)$ explizit erinnert wird.



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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-10 08:03



Direkt nach der Definition 1.3.1 für topologisch transitive dynamische Systeme steht ja, dass die Definition für nicht-invertierbare und zeit-abhängige Systeme analog ist. In Definition 1.3.1 ist also eine invertierbare stetige Abbildung (also Homöomorphismus) gemeint, bzw. eine stetige Wirkung der Gruppe $(\IZ,+)$. Trotzdem wundert mich, dass das in dem fraglichen Lemma dann (also Lemma 1.4.2) nicht explizit erwähnt wird, und in dem Beweis auch an die Definition der Urbildmenge $f^{-1}(A)$ explizit erinnert wird.

Woher wissen wir aber, dass auch die Umkehrabbildung stetig ist? Nicht-Invertierbarkeit bedeutet nur Stetigkeit, hätte ich gedacht ...



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-10-10 08:16


Invertierbarkeit eines Morphismus bezieht sich immer auf die jeweilige Kategorie, hier die Kategorie der topologischen Räume. Daher: invertierbare stetige Abbildung = Homöomorphismus. Verwechslung mit bijektiven stetigen Abbildungen gibt es nur, wenn man den Vergissfunktor $\mathbf{Top} \to \mathbf{Set}$ vergisst (sic!).



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Neymar hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Neymar hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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