Esercizi di topologia

[perplesso]

da quando R2 non è metrizzabile? Il pasting lemma che era stato citato vale solo per un numero finito di chiusi!

Chiedo umilmente perdono! xD Mi sembrava così bella l'idea di "unire i puntini" che ho scritto senza ragionare

Curiosità: stai studiando la matematica da autodidatta?

Si evince dalle sciocchezze che dico ?

[yellow]

Ahah macché, anzi ti stimo tantissimo! Guarda che sei bravo, è pieno di studenti di matematica che una dimostrazione non saprebbero nemmeno da dove cominciarla.

Esercizio simpatico e utile, che forse hai già incontrato:
Se $X$ è connesso e localmente connesso per archi (ossia, ammette un sistema fondamentale di intorni connessi per archi) allora è connesso per archi. In particolare, ogni aperto connesso di $RR^n$ è connesso per archi (notare che un aperto di uno spazio localmente connesso per archi è esso stesso localmente connesso per archi, per cui si potrebbe scrivere il teorema in forma un minimo più generale).

[perplesso]

Bello questo, non l'avevo ancora visto, ho buttato giu qualche riflessione ma dubito che sia tutto giusto cmq...

Se $x$ e $y$ sono due punti di $X$ che non sono connessi da nessun arco allora tutti gli intorni path-connected di $x$ sono necessariamente disgiunti da tutti gli intorni path-connected di $y$, altrimenti sarebbe possibile costruire un arco fra $x$ e $y$ usando un punto dell'intersezione. Sia $P_x$ l'unione di tutti gli intorni path connected di $x$ e sia $P_y$ la stessa cosa per $y$. Se un aperto path connected $A$ interseca $P_x$ allora tutti i punti di $A$ si possono collegare con $x$ quindi $A \subset P_x$. Segue che non esiste in $X$ nessun aperto path connected che interseca contemporaneamete $P_x$ e $P_y$. Sia quindi $P$ l'unione di tutti gli aperti path connected che non intersecano nè $P_x$ nè $P_y$. Mi sembra evidente che $P, P_x,P_y$ sono aperti a due a due disgiunti e la loro unione è uguale a $X$, pertanto abbiamo segato $X$ in tre pezzi, contro l'ipotesi di connessione.

Cosa ho sbagliato stavolta? xD

[maurer]

Consideriamo un punto $x_0 \in A$ e un punto di accumulazione $x \in \bar A$. Se $X$ è metrizzabile esiste una successione $x_0,x_1,x_2,...$ di punti di $A$ che tende a $x$. Poichè $A$ è path connected l'idea è quella di unire i percorsi fra $x_n$ e $x_{n+1}$. Esisteno quindi le funzioni continue $f_n: [n/{n+1},{n+1}/{n+2}] \rightarrow \bar A$ tali che $f_n(n/{n+1})=x_n$ e $f_n({n+1}/{n+2})=x_{n+1}$. Notiamo che laddove i domini di queste funzioni si sovrappongono le funzioni coincidono infatti $f_{n-1}(n/{n+1})=x_n=f_n(n/{n+1})$ per ogni $n$ e che l'unione dei domini è $[0,1)$. Consideriamo infine la funzione continua $f_x:{1} \rightarrow \bar A$ tale che $f_x(1)=x$. Siccome gli intervalli $[n/{n+1},{n+1}/{n+2}]$ e ${1}$ sono chiusi, per il "pasting lemma" possiamo incollare le funzioni $f_n$ e la funzione $f_x$ ed ottenere una funzione continua $f:[0,1] \rightarrow \bar A$ tale che $f(0)=f_0(0)=x_0$ e $f(1)=f_x(1)=x$. Pertanto la chiusura di $A$ è path connected.

E' sbagliato. Con il pasting lemma ti costruisci al più una funzione continua da \( \displaystyle [0,1) \) ad \( \displaystyle A \) . Poi tu poni \( \displaystyle f(1) := x_0 \) , ma devi controllare la continuità a mano, perché \( \displaystyle [0,1) \) e \( \displaystyle \{1\} \) sono, sì disgiunti, ma il primo non è chiuso!

D'altra parte questo approccio si rivela fallace non appena tu provi ad applicarlo al seno del topologo (se fai finta di dimostrare che il seno del topologo sia connesso per archi, con questa tecnica ci riusciresti!).

[yellow]

Bello questo, non l'avevo ancora visto, ho buttato giu qualche riflessione ma dubito che sia tutto giusto cmq...

Se $x$ e $y$ sono due punti di $X$ che non sono connessi da nessun arco allora tutti gli intorni path-connected di $x$ sono necessariamente disgiunti da tutti gli intorni path-connected di $y$, altrimenti sarebbe possibile costruire un arco fra $x$ e $y$ usando un punto dell'intersezione. Sia $P_x$ l'unione di tutti gli intorni path connected di $x$ e sia $P_y$ la stessa cosa per $y$. Se un aperto path connected $A$ interseca $P_x$ allora tutti i punti di $A$ si possono collegare con $x$ quindi $A \subset P_x$. Segue che non esiste in $X$ nessun aperto path connected che interseca contemporaneamete $P_x$ e $P_y$. Sia quindi $P$ l'unione di tutti gli aperti path connected che non intersecano nè $P_x$ nè $P_y$. Mi sembra evidente che $P, P_x,P_y$ sono aperti a due a due disgiunti e la loro unione è uguale a $X$, pertanto abbiamo segato $X$ in tre pezzi, contro l'ipotesi di connessione.

Cosa ho sbagliato stavolta? xD

Non mi è chiarissimo il motivo per cui l'unione dovrebbe essere tutto lo spazio. In ogni caso, ne esiste una un po' meno contorta, ma ti chiedo scusa perché ho fatto un po' casino con le ipotesi. In realtà è sufficiente che ogni punto abbia un intorno connesso per archi, per cui mostriamo questo (a cui avevo accennato) che è più interessante:
Sia $X$ uno spazio localmente connesso per archi e sia $AsubX$ un aperto connesso. Allora $A$ è connesso per archi.

Suggerimento (fin troppo grande ): fissare un singolo $x$ e pensare alla classe di equivalenza dei punti congiungibili a $x$.

Edit: ma anzi, lo sa che 'sto "localmente connesso per archi" non lo capisco benissimo? Continua a sembrarmi sufficiente l'esistenza di un singolo intorno connesso per archi, visto che poi ogni intorno contenuto in esso lo sarà altrettanto. Anzi mi sembra proprio che l'esistenza i un singolo intorno implichi quella di una base di intorni.

[perplesso]

Non mi è chiarissimo il motivo per cui l'unione dovrebbe essere tutto lo spazio

Ogni punto di $X$ possiede un intorno path connected quindi se unisci tutti gli aperti path connected ti viene $X$. Io ho preso tutti gli aperti path connected e li ho divisi in tre gruppi disgiunti $P,P_x,P_y$ se li unisco viene $X$. Tutto qua l'idea non è poi così contorta anche se poco elegante xD ... ora penso un pò al tuo suggerimento

[maurer]

Edit: ma anzi, lo sa che 'sto "localmente connesso per archi" non lo capisco benissimo? Continua a sembrarmi sufficiente l'esistenza di un singolo intorno connesso per archi, visto che poi ogni intorno contenuto in esso lo sarà altrettanto. Anzi mi sembra proprio che l'esistenza i un singolo intorno implichi quella di una base di intorni.

Falso.
Considera il seno del topologo con qualche aggiunta: \( \displaystyle \left\{(x, \sin \left( \frac{1}{x} \right), x \in (0,\pi] \right\} \cup (\{0\} \times [0,1]) \cup ([0,\pi] \times \{0\}) \) .
Allora è connesso per archi, banalmente, ma non è localmente connesso per archi perché non appena ti restringi ad un intorno di \( \displaystyle (0,1) \) perdi questa proprietà.

In effetti basta anche il più semplice esempio del pettine...

Quello che dici è vero, ad esempio, per la locale compattezza (magari sotto qualche ipotesi buona sullo spazio che adesso non ricordo).

[yellow]

Non mi è chiarissimo il motivo per cui l'unione dovrebbe essere tutto lo spazio

Ogni punto di $X$ possiede un intorno path connected quindi se unisci tutti gli aperti path connected ti viene $X$. Io ho preso tutti gli aperti path connected e li ho divisi in tre gruppi disgiunti $P,P_x,P_y$ se li unisco viene $X$. Tutto qua l'idea non è poi così contorta anche se poco elegante xD ... ora penso un pò al tuo suggerimento

Ok ci sono, il fatto è creando $P$ in questo modo non ti vengono per costruzione intorni intersecanti $P_x$ o $P_y$, perché altrimenti l'unione sarebbe un nuovo intorno connesso per archi di $x$ o $y$. Eliminando uno dei due punti resta moralmente simile a quella classica che avevo in mente.

Edit: ma anzi, lo sa che 'sto "localmente connesso per archi" non lo capisco benissimo? Continua a sembrarmi sufficiente l'esistenza di un singolo intorno connesso per archi, visto che poi ogni intorno contenuto in esso lo sarà altrettanto. Anzi mi sembra proprio che l'esistenza i un singolo intorno implichi quella di una base di intorni.

Falso.
Considera il seno del topologo con qualche aggiunta: \( \displaystyle \left\{(x, \sin \left( \frac{1}{x} \right), x \in (0,\pi] \right\} \cup (\{0\} \times [0,1]) \cup ([0,\pi] \times \{0\}) \) .
Allora è connesso per archi, banalmente, ma non è localmente connesso per archi perché non appena ti restringi ad un intorno di \( \displaystyle (0,1) \) perdi questa proprietà.

In effetti basta anche il più semplice esempio del pettine...

Quello che dici è vero, ad esempio, per la locale compattezza (magari sotto qualche ipotesi buona sullo spazio che adesso non ricordo).

Giusto, mi ero scordato questo esempio che pure conoscevo! Grazie, ora mi è tutto chiaro .

[perplesso]

12) Let $X$ denote th rational points of the interval $[0,1] xx 0$ of $R^2$. Let $T$ denote the union of all line segments joining the point $p=0 xx 1$ to poins of $X$. Show that $T$ is path connected, but is locally connected only at the point $p$.

Ecco un disegnino xD



Ognuno dei segmenti che formano $T$ giace su una retta del tipo $y=mx+1$ con coefficiente razionale $m<0$.

Lo spazio $T$ è path connected perchè presi comunque due punti possiamo costruire un percorso passando per il punto $p$ (la linea rossa nella figura). Formalizziamo: presi due punti $p_1=(x_1,m_1x_1+1)$ e $p_2=(x_2,m_2x_2+1)$ costruiamo un arco tra $p_1$ e $p$ così

$f:t \in [0,1] \rightarrow (x_1(1-t),m_1x_1(1-t)+1) \in T $

e poi un arco fra $p$ e $p_2$

$g:t \in [1,2] \rightarrow (x_2(t-1),m_2x_2(t-1)+1) \in T $

Notare che $f(1)=p=g(1)$, quindi incolliamo $f$ e $g$ ottenendo un arco fra $p_1$ e $p_2$

Un generico aperto di $T$ è l'intersezione fra un rettangolo aperto di $R^2$ e $T$ (i segmenti verdi in figura). Se il rettangolo contiene il punto $p=0 xx 1$ allora la sua intersezione con $T$ è connessa per archi (per il ragionamneto fatto prima). Se invece non contiene $p$, possiamo disconnettere il rettangolo usando una retta col coefficiente $m$ irrazionale (linea marrone tratteggiata in figura). Formalizzando: sia $(a,b) xx (c,d)$ il rettangolo in figura (con $0<a,b,c,d<1$). La retta passante per $p$ ed il vertice $a xx c$ è $y = {c-1}/a x + 1$ , quella per $p$ e $b xx c$ è $y = {c-1}/b x + 1$. Basta scegliere $m$ irrazionale tale che ${c-1}/a < m < {c-1}/b$ e la retta $y=mx+1$ sconnette l'aperto $((a,b) xx (c,d)) \cap T $ di $T$. Pertanto $p$ è l'unico punto locally connected

Grazie a chi vorrà commentare ed eventualmente bastonarmi.

[yellow]

Intanto metto sotto spoiler la dimostrazione che avevo in mente del teorema che avevo proposto.

Sia $X$ uno spazio localmente connesso per archi e sia $AsubX$ un aperto connesso. Allora $A$ è connesso per archi.

Suggerimento (fin troppo grande ): fissare un singolo $x$ e pensare alla classe di equivalenza dei punti congiungibili a $x$.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Notazione: scriviamo $x\simy$ se $x$ è congiungibile a $y$ con un arco. Chiaramente, è una relazione di equivalenza (in $A$, o dove vi pare).
Sia $x in A$ e sia $E={yinA|x\simy}$. Mostreremo che $E=A$. In effetti:
1) $E$ è non vuoto perché $x in E$.
2) $E$ è aperto in $A$: Se $yinE$, possiamo prendere un intorno $O$ di $y$ contenuto in $A$, e un altro suo intorno $IsubO$ connesso per archi per le nostre ipotesi sullo spazio $X$. Allora $IsubE$ per proprietà transitiva.
3) $E$ è chiuso in $A$: abbiamo mostrato che una classe di equivalenza è aperta, e il complementare di $E$ è un'unione delle restanti classi di equivalenza.
Per connessione di $A$, abbiamo quindi $E=A$.

L'ultima tua dimostrazione mi sembra ottima anche se non ho seguito i calcoli. L'unico appunto che farei è che gli aperti di cui parli (intersezioni coi rettangoli) non sono come dici tutti gli aperti di $T$ ma ne costituiscono una base, il che ovviamente è sufficiente.