Spazi topologici omeomorfi

[zariski]

Ho una domanda un po' stupida da fare: spesso per mostrare che due spazi topologici non sono omeomorfi tolgo in modo arbitrario un numero finito di punti dai due spazi e mostro che c'è qualche contraddizione (per esempio riguardo le componenti connesse). Suppongo che questa cosa possa farla perché se due spazi sono omeomorfi lo sono ancora dopo aver tolto un punto dai due spazi, la cosa mi torna rispetto all'intepretazione intuitiva di omeomorfismo che ho. Ho provato a dimostrarlo in modo minimamente formale ma non riesco (con aperti e chiusi intendo). Qualcuno che mi da qualche suggerimento? Sempre che non sia proprio una scemenza, è probabile che mi stia perdendo in un bicchier d'acqua...

[Seneca]

Beh... Se $f : X \to Y$ è un omeomorfismo, allora $f : X - \{ p \} \to Y - \{ f(p)\}$ è omeomorfismo (le topologie sono quelle indotte). Ti torna?

[zariski]

Questo ok, ma in generale non posso togliere due punti che non siano uno immagine dell'altro e dire che i due spazi sono ancora omeomorfi?

[killing_buddha]

C'e' in effetti una cosa cui bisogna stare attenti; quando si sente questo risultato si tende a interpretarlo superficialmente come se stesse dicendo che ogni volta che esiste un omeomorfismo \(\varphi : X\to Y\) ne esiste uno \(\mathring{\varphi}\colon X\setminus\{x\} \to Y\setminus\{y\}\). Si basa questo risultato sull'intuizione per cui sebbene \(\varphi(x)\) possa benissimo non essere uguale a $y$, nondimeno esiste una biiezione di $Y$ che manda un punto nell'altro.

Del resto, questa biiezione puo' benissimo non essere nemmeno lontanamente un omeomorfismo: l'identita' di \([0,1]\subset\mathbb{R}\) e' un omeomorfismo, ma non induce certamente un omeomorfismo \([0,1/2[\;\cup\;]1/2,1])\cong [0,1[\) (dato che il secondo spazio e' connesso per archi, e il primo no).

Quello che e' sempre vero e' che $\varphi$ induce un omeomorfismo \(\mathring{\varphi}\colon X\setminus\{x\} \to Y\setminus\{\varphi(x)\}\); oppure, una condizione sufficiente affinche' sia vero per punti piu' generici, e' che esista un omeomorfismo che sposta $\varphi(x)$ in $y$; del resto questa seconda condizione e' difficile da controllare in pratica

[zariski]

Credo di aver capito, grazie mille a entrambi. A questo punto allora non mi è chiara un'altra cosa: supponiamo che voglia mostrare che un bouquet di due circonferenze non è omeomorfo ad uno di tre.
Io fino a prima di questo topic avrei tranquillamente detto che supponendo per assurdo che i due spazi siano omeomorfi e togliendo un punto da entrambi gli spazi (quello d'intersezione tra le varie circonferenze) ottengo uno spazio con due componenti connesse e uno con tre, dunque i due spazi non possono essere omeomorfi.
Mi sembra di capire che questa cosa posso farla solo se ho la certezza che se esiste un omemorfismo allora questo deve mandare i due punti uno nell'altro, certezza che non ho (anzi credo non sia per niente detto). Insomma mi crollano un po' tutti i ragionamenti che facevo, come dovrei comportarmi?

[Seneca]

Se esistesse un omeomorfismo tra $X_2$ e $X_3$ (i due bouquet), allora se togli il punto di contatto tra le due circonferenze in $X_2$ ottieni uno spazio che ha 2 componenti connesse e questo risulta omeomorfo ad $X_3$ senza un punto.

[zariski]

Se esistesse un omeomorfismo tra $X_2$ e $X_3$ (i due bouquet), allora se togli il punto di contatto tra le due circonferenze in $X_2$ ottieni uno spazio che ha 2 componenti connesse e questo risulta omeomorfo ad $X_3$ senza un punto (che è connesso).

Come fai a dire che $X_3$ è connesso? Visto che abbiamo detto che non sappiamo come è fatto questo omeomorfismo di cui stiamo supponendo per assurdo l'esistenza come fai a sapere che togliendo il punto di contatto tra le due circonferenza di $X_2$ allora l'immagine di quel punto non è il punto di contatto tra le tre circonferenze di $X_3$?
Sono d'accordo che funziona lo stesso la cosa perché in quel caso $X_3$ avrebbe tre componenti connesse mentre $X_2$ due.

Un'ultima domanda: ho allegato un'immagine con un esempio che ho fatto, se voglio dimostrare che $A$ e $B$ non sono omeomorfi non esiste nessun punto che possa togliere per rifare lo stesso ragionamento di ora, giusto?
Invece se per esempio tolgo i due punti d'intersezione di $B$ si ha che $B$ ha 5 componenti connesse mentre in $A$ non esistono due punti che tolti lascino 5 componenti connesse (massimo 4).

Grazie mille ancora

[Seneca]

Ti chiedo scusa, non avevo ben chiaro l'esempio a cui facevi riferimento (eliminando il punto sfortunato $X_3 - \{ p \}$ risulta sconnesso). Modulo la sbagliata interpretazione, l'argomento usato, come hai già capito, funziona ugualmente se si fa riferimento al numero di componenti connesse.

[Seneca]

Per quanto riguarda l'altro esercizio: se togli a $B$ un punto (seprando i due cappi), ottieni due componenti connesse che hanno gruppo fondamentale non banale. Per $A$ questo non succede...

Non è proprio il mio settore, quindi fammi sapere se la cosa ti convince.

[killing_buddha]

upponiamo che voglia mostrare che un bouquet di due circonferenze non è omeomorfo ad uno di tre.

Se $X$ è un CW-complesso finito, e tutti i suoi gruppi di omologia sono \(\mathbb Z\)-moduli artiniani o noetheriani, allora è impossibile che \(X^{\vee n}\) sia omotopicamente equivalente a \(X^{\vee m}\) per \(n\neq m\) (a meno che $X$ non sia contrattile, ma vabbè, escludiamo questo caso). Infatti, se $k$ è il primo indice per cui \(G=H_k(X)\neq 0\), e supponiamo che \(X^{\vee m}\cong X^{\vee m}\), prendendo $H_k$ di ambo i lati si ha
\[ H_k(X^{\vee^n})\cong G^{\oplus n} \cong G^{\oplus m} \cong H_k(X^{\vee m})\]
Del resto adesso siccome $G$ è artiniano o noetheriano deve essere $n=m$.

(sì, si possono fare diverse generalizzazioni; basta che solo il _primo_ gruppo di omologia nonzero di $X$, o uno qualsiasi dei tanti, sia noetheriano/artiniano per concludere; si può adattare la dimostrazione al $\pi_1$ e all'omotopia, avendo cura di invocare il teorema di Krull-Remak-Schmidt per gruppi, e probabilmente qualcosa di simile vale per il _prodotto_ di spazi topologici usando l'omotopia -anche un prodotto infinito?!-; ma abbiate pietà, sono le 11 di sera )

Le generalizzazioni che non si possono fare sono: $X$ finito; controesempio è un wedge infinito di cerchi. Senza nessuna condizione catenaria su nessun gruppo di omologia va tutto a puttane, ma questa è un'ipotesi crudele perché (a) i gruppi senza condizioni catenarie di alcun tipo sono il parto perverso di una mente malata e (b) i complessi cellulari la cui omologia non è artin-noether in nessun grado sono ancora più perversi e malati.