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Spazio topologico NON primo numerabile

MessaggioInviato: 23/06/2019, 17:44
da jinsang
Consideriamo lo spazio topologico $RR/NN$ con la topologia quoziente.
Voglio dire che non è primo numerabile
(ovvero che esiste un punto che non ammette un sistema fondamentale di intorni numerabile).

Prova
Considero $\bar{0} \in RR/NN$ e dico che questo non ammette un sistema fondamentale di intorni.
Prendiamo ${U_n}_(n \in NN)$ famiglia di aperti di $RR/NN$ e vediamo che non può essere un sistema fondamentale di intorni per $\bar{0}$.
Ricordando la continuità della mappa di proiezione $\pi:RR->RR/NN$ si ottiene una famiglia di aperti di $RR$ data da ${V_n}_(n \in NN)$ con $V_i=\pi^(-1)(U_i)$.
Inoltre si ha $NN \subset V_i \ \ AA i \in NN$.

Adesso costruisco i seguenti aperti:
$W_i=(i-1/2, i+1/2)-{p_i}$ con $p_i \in (i-1/2,i+1/2) \nn V_i -{i}$
(cioè alla palla tolgo un punto a caso vicino al naturale i)
Ottengo che
$A=\bigcup_(n in NN) W_n$ è un aperto (unione di aperti) saturo (contiene $NN$) che non contiene nessun $V_i$ (ognuno di essi ha almeno un punto di troppo).
Quindi $\pi(A) \subset RR/NN$ è un aperto che non contiene nessun $U_i$.

Dite che può andar bene?
E' compensibile?
Avreste consigli di stile/ precisazioni da fare?

Re: Spazio topologico NON primo numerabile

MessaggioInviato: 23/06/2019, 17:49
da vict85
Che relazione usi nel quoziente \(\mathbb{R}/\mathbb{N}\)? Perché generalmente \(\mathbb{R}/\mathbb{Z}\cong \mathbb{S}^1\) che è primo numerabile.

Re: Spazio topologico NON primo numerabile

MessaggioInviato: 23/06/2019, 18:05
da jinsang
In generale $X$ spazio topologico $Y\subsetX$ sottospazio

Indico con $X/Y$ lo spazio \(X/\sim\) con $a$ \(\sim\) $b$ sse $a,b \in Y$

In pratica sto identificando tutti i naturali in un punto, che nella dimostrazione ho indicato con \(\bar{0}\)

Re: Spazio topologico NON primo numerabile

MessaggioInviato: 23/06/2019, 18:43
da caulacau
vict85 ha scritto:Che relazione usi nel quoziente \(\mathbb{R}/\mathbb{N}\)? Perché generalmente \(\mathbb{R}/\mathbb{Z}\cong \mathbb{S}^1\) che è primo numerabile.

Questo è un quoziente in \(\bf Grp\), quello di OP un quoziente in \(\bf Top\): i due sono diversi; il motivo è che le mappe continue \(\mathbb R\to X\) che sono mappe costanti ristrette a \(\mathbb Z\) sono molte più degli omomorfismi di gruppo che hanno \(\mathbb Z\) nel nucleo. Questo implica che l'oggetto \(\mathbb R /\mathbb Z\) sia molto più grande in \(\bf Top\) che in \(\bf Grp\).

Incidentalmente, \((\mathbb R / \mathbb Z)_{\bf Top} \cong \bigvee_{n\ge 1}\mathbb S^1\); l'idea per dimostrarlo dovrebbe essere che ogni mappa continua \(g : \mathbb R \to X\) che è costante su \(\mathbb Z\) induce una \( \bar g : \bigvee_{n\ge 1}\mathbb S^1 \to X\) definita mandando la coppia \((n, x\mod 1)\) in \(g(n+x)\), che è ben definita data la proprietà di $g$.

Re: Spazio topologico NON primo numerabile

MessaggioInviato: 23/06/2019, 19:00
da jinsang
caulacau ha scritto:Incidentalmente, \((\mathbb R / \mathbb Z)_{\bf Top} \cong \bigvee_{n\ge 1}\mathbb S^1\); l'idea per dimostrarlo dovrebbe essere che ogni mappa continua \(g : \mathbb R \to X\) che è costante su \(\mathbb Z\) induce una \( \bar g : \bigvee_{n\ge 1}\mathbb S^1 \to X\) definita mandando la coppia \((n, x\mod 1)\) in \(g(n+x)\), che è ben definita data la proprietà di $g$.


Non ho chiaro il significato della scrittura \(\bigvee_{n\ge 1}\mathbb S^1\)
Comunque credo di aver capito (a livello intuitivo) cosa vuoi dire, cioè (correggimi se sbaglio) che \((\mathbb R / \mathbb Z)_{\bf Top}\) è una specie di "fiore con infiniti petali" (passami l'analogia :-D )

Comunque potresti dirmi se secondo te la dimostrazione che ho fatto di questo
jinsang ha scritto:Consideriamo lo spazio topologico $ RR/NN $ con la topologia quoziente.
Voglio dire che non è primo numerabile
(ovvero che esiste un punto che non ammette un sistema fondamentale di intorni numerabile).

è corretta?

Re: Spazio topologico NON primo numerabile

MessaggioInviato: 23/06/2019, 19:15
da caulacau
Ah, sì, \(\bigvee_{n\ge 1} \mathbb S^1\) è la somma wedge di infiniti \(\mathbb S^1\); praticamente prendi una quantità numerabile di circonferenze che passano per $(0,0)$; oppure prendi quella stessa quantità numerabile di circonferenze, e le attacchi tutte per un punto. Formalmente, fai questo:

\xymatrix@R=0cm@C=0cm{
\{x_0\} 
\ar[rrrrrr]\ar[drrrrr]\ar[ddrrrr]\ar[ddddrr]
      &&&&&& \mathbb S^1 \\
      &&&&& \mathbb S^1 &\\
      &&&& \mathbb S^1 &&\\
      &&& \dots &&&\\
      && \mathbb S^1 &&&&
}

dove le mappe sono tutte l'inclusione del punto base $x_0$ in $\mathbb S^1$, e ne fai il colimite.

Re: Spazio topologico NON primo numerabile

MessaggioInviato: 23/06/2019, 19:57
da vict85
caulacau ha scritto:
vict85 ha scritto:Che relazione usi nel quoziente \(\mathbb{R}/\mathbb{N}\)? Perché generalmente \(\mathbb{R}/\mathbb{Z}\cong \mathbb{S}^1\) che è primo numerabile.

Questo è un quoziente in \(\bf Grp\), quello di OP un quoziente in \(\bf Top\): i due sono diversi; il motivo è che le mappe continue \(\mathbb R\to X\) che sono mappe costanti ristrette a \(\mathbb Z\) sono molte più degli omomorfismi di gruppo che hanno \(\mathbb Z\) nel nucleo. Questo implica che l'oggetto \(\mathbb R /\mathbb Z\) sia molto più grande in \(\bf Top\) che in \(\bf Grp\).

Incidentalmente, \((\mathbb R / \mathbb Z)_{\bf Top} \cong \bigvee_{n\ge 1}\mathbb S^1\); l'idea per dimostrarlo dovrebbe essere che ogni mappa continua \(g : \mathbb R \to X\) che è costante su \(\mathbb Z\) induce una \( \bar g : \bigvee_{n\ge 1}\mathbb S^1 \to X\) definita mandando la coppia \((n, x\mod 1)\) in \(g(n+x)\), che è ben definita data la proprietà di $g$.


Certo, il caldo fa brutti scherzi. Comunque se quozienta solo sue \(\mathbb{N}\) ci dovrebbe essere una semiretta aggiuntiva, proprio un fiorellino :-D .

Re: Spazio topologico NON primo numerabile

MessaggioInviato: 23/06/2019, 20:36
da jinsang
caulacau ha scritto:Ah, sì, \(\bigvee_{n\ge 1} \mathbb S^1\) è la somma wedge di infiniti \(\mathbb S^1\); praticamente prendi una quantità numerabile di circonferenze che passano per $(0,0)$; oppure prendi quella stessa quantità numerabile di circonferenze, e le attacchi tutte per un punto. Formalmente, fai questo:

\xymatrix@R=0cm@C=0cm{
\{x_0\} 
\ar[rrrrrr]\ar[drrrrr]\ar[ddrrrr]\ar[ddddrr]
      &&&&&& \mathbb S^1 \\
      &&&&& \mathbb S^1 &\\
      &&&& \mathbb S^1 &&\\
      &&& \dots &&&\\
      && \mathbb S^1 &&&&
}

dove le mappe sono tutte l'inclusione del punto base $x_0$ in $\mathbb S^1$, e ne fai il colimite.

Purtroppo non sono granché formato in teoria delle categorie (in effetti non sono nemmeno sicuro che tu ne stia facendo uso, ma ho questa sensazione :D), comunque grazie per questi spunti interessanti (davvero, mi piacerebbe approfondire in futuro).

vict85 ha scritto:Certo, il caldo fa brutti scherzi. Comunque se quozienta solo sue \( \mathbb{N} \) ci dovrebbe essere una semiretta aggiuntiva, proprio un fiorellino :-D .

Sì esatto, l'immagine che avevo in testa era proprio questa :-D .
Quindi in effetti ha senso (secondo me) pensare che il punto di giunzione tra "gambo" e "petali" (cioè \(\bar{0}\)) non ammetta un sistema fondamentale di intorni numerabile.

Le domande sono:
Questo fatto è vero?
La mia dimostrazione è corretta?
Ci sono dimostrazioni più veloci/eleganti?

Re: Spazio topologico NON primo numerabile

MessaggioInviato: 23/06/2019, 20:55
da caulacau
La proiezione al quoziente è una mappa aperta? Se sì, hai finito

Re: Spazio topologico NON primo numerabile

MessaggioInviato: 24/06/2019, 00:57
da jinsang
caulacau ha scritto:La proiezione al quoziente è una mappa aperta? Se sì, hai finito


In questo caso direi di sì, in generale credo di no.
Comunque il fatto che $A$ è un aperto saturo mi garantisce che \(\pi(A)\) è aperto (anche quando la proiezione non è aperta), giusto?

Cioè in un quoziente topologico \(X/\sim\) gli aperti sono gli insiemi \(Y\) tali che \(\pi^{-1}(Y)\) è aperto in \(X\).
Ma se \(A\subset X \) aperto saturo allora \(\pi^{-1}(\pi(A))=A\), quindi \(\pi(A)\) è aperto.