\( \displaystyle \frac{\mathbb{R}}{\mathbb{Q}} \)

[squalllionheart]

Devo dimostrare che l'unica topologia su \( \displaystyle \frac{\mathbb{R}}{\mathbb{Q}} \) è quella banale, dove \( \displaystyle {x}\sim{x}' \) se e solo se \( \displaystyle {x}-{x}'\in\mathbb{Q} \).
Allora ho studiato il quoziente in questo modo \( \displaystyle \frac{\mathbb{R}}{\mathbb{Q}} \) è formato da due elementi \( \displaystyle {\left[{0}\right]} \) e \( \displaystyle {\left[{x}\right]} \) dove nella prima abbiamo tutti elementi razionali e nella seconda tutti elementi irrazionali. A questo punto osservo che ne \( \displaystyle {\pi}^{{-{{1}}}}{\left({\left[{0}\right]}\right)} \) ne \( \displaystyle {\pi}^{{-{{1}}}}{\left({\left[{x}\right]}\right)} \) ha come controimmagine un aperto in \( \displaystyle \mathbb{R} \) dato che uno è \( \displaystyle \mathbb{Q} \) e l'altro è \( \displaystyle \mathbb{R}-\mathbb{Q} \).Dunque l'unico insieme che da come controimmagine un aperto in \( \displaystyle \mathbb{R} \) è \( \displaystyle \frac{\mathbb{R}}{\mathbb{Q}} \), la topologia sul quoziente è banale.
Funge?

[Steven]

Lo studio del quoziente non mi convince.
Nella seconda classe di equivalenza avremmo anche \( \displaystyle \sqrt{{2}} \) e \( \displaystyle {2}\sqrt{{2}} \), sebbene non siano in relazione poiché la loro differenza
\( \displaystyle {2}\sqrt{{2}}-\sqrt{{2}}=\sqrt{{2}} \) è irrazionale.

[squalllionheart]

Ummm.......... vediamo allora, diciamo che \( \displaystyle \frac{\mathbb{R}}{\mathbb{Z}} \) è constituito da infinite classi, una di queste chiamiamola classe \( \displaystyle {\left[{0}\right]} \) costituita da tutti i punti razionali le altre \( \displaystyle {\left[{x}\right]} \) sono costituite da un solo punto che è un irrazionale. la controimmagine della prima è \( \displaystyle \mathbb{Q} \) che non è un aperto la controimmagine di ogni altre classe è un punto o unione di punti che non sono cmq aperti in \( \displaystyle \mathbb{R} \).
Va bene cosi?
Grazie mille.

[Steven]

In realtà direi che non può essere nemmeno così: infatti se ad esempio prendi
\( \displaystyle \sqrt{{3}} \) e \( \displaystyle \sqrt{{3}}+{1} \), essi sono in relazione perché la loro differenza è \( \displaystyle {1}\in{\mathbb{{{Q}}}} \) quindi non va bene dire che ogni irrazionale ha una sua classe.

A questo punto potrebbe essere che le classi sono: tutti i razionali, e le infinite classi del tipo
\( \displaystyle {\left[\sqrt{{3}}\right]}={\left\lbrace\sqrt{{3}}+{q}\quad\text{t.c}\quad{q}\in\mathbb{Q}\right\rbrace} \) con al posto di \( \displaystyle \sqrt{{3}} \) qualsiasi irrazionale.

Ma non riesco, almeno ad occhio, a dire che così non eslcudo qualche altro inconveniente come quelli che ho visto evidenti nei tuoi due tentativi.

Anzi, spero che qualcuno più competente intervenga per chiarire.

Ciao.

[squalllionheart]

Forse così funge perchè riempe \( \displaystyle \mathbb{R} \) e le controimmagini sono insiemi di punti............ma in questo modo c'è l'abbiamo la topologia banale???
Avevo fatto un esercizio sul quoziente simile era il seguente:
\( \displaystyle \frac{\mathbb{R}}{\mathbb{Z}} \)
In questo caso le classi le avevo studiate \( \displaystyle {\left[\epsilon\right]}={\left\lbrace\epsilon+{n}:\epsilon\in{\left[{0},{1}\right)},{n}\in\mathbb{Z}\right\rbrace} \) e veniva fuori una topologia non banale...

[vict85]

Provo a scriverlo bene:

Ricordiamo che: la topologia quoziente è la topologia più fine che rende la proiezione continua e che la meno fine è la topologia banale.

Consideriamo quindi la topologia quoziente.
Sia \( \displaystyle {A} \) un aperto non vuoto di \( \displaystyle \mathbb{R}\//\mathbb{Q} \) che suppongo per assurdo diverso da tutto \( \displaystyle \mathbb{R}\//\mathbb{Q} \) allora esisterà un elemento \( \displaystyle {\left[{x}\right]} \) e un elemento \( \displaystyle {\left[{y}\right]} \) tali che \( \displaystyle {\left[{x}\right]}\in{A} \) e \( \displaystyle {\left[{y}\right]}\notin{A} \).
Siano quindi \( \displaystyle {x} \) e \( \displaystyle {y} \) rappresentanti delle classi \( \displaystyle {\left[{x}\right]} \) e \( \displaystyle {\left[{y}\right]} \). La controimmagine di \( \displaystyle {A} \) in \( \displaystyle \mathbb{R} \) (che chiamo \( \displaystyle {A}' \)) è un aperto e quindi è un intorno di ogni suo punto. Esisterà quindi un intervallo \( \displaystyle {I}={\left({x}-\gamma,{x}+\gamma\right)} \) completamente contenuto in \( \displaystyle {A}' \). L'immagine di questo intervallo è contenuta in \( \displaystyle {A} \).
Dato che \( \displaystyle \mathbb{Q} \) è denso in \( \displaystyle \mathbb{R} \) esisterà un \( \displaystyle {q}\in\mathbb{Q} \) tale che \( \displaystyle {\left|{x}-{y}-{q}\right|}\lt\gamma \) e quindi \( \displaystyle {y}+{q}\in{I} \). Ma d'altra parte \( \displaystyle {y}+{q}\in{\left[{y}\right]} \) e quindi \( \displaystyle {\left[{y}\right]}\in\pi{\left({I}\right)}\subseteq{A} \) che contraddice l'assunzione \( \displaystyle {\left[{y}\right]}\notin{A} \). Per la generalità di \( \displaystyle {\left[{y}\right]} \) \( \displaystyle {A} \) deve quindi essere tutto \( \displaystyle \mathbb{R}\//\mathbb{Q} \).
Siccome la topologia quoziente è la più fine e coincide con la topologia banale allora non esistono topologie possibili su \( \displaystyle \mathbb{R}\//\mathbb{Q} \) che rendano continua la proiezione.