Cammini per cui vale associatività sono costanti

[Reyzet]

Ciao, devo dimostrare che se $\alpha,\beta,\gamma$ sono cammini in uno spazio topologico T2 X, per cui si abbia $\alpha \times(\beta \times \gamma)=(\alpha \times \beta)\times \gamma$ i tre cammini sono costanti (dove $\alpha\times\beta=\alpha(2t), t\in [0,1/2], \beta(2t-1), t\in [1/2,1])$.Mi serviva una conferma, scusate il papiro, per chi lo leggerà, e l'eventuale ragionamento contorto.

Ho fatto così, partiamo da quella uguaglianza di funzioni, avremo $\alpha(4t)=\alpha(2t)$ in $[0,1/4]$ (non scrivo i cammini prodotto perché un po' complicati da scrivere). Allora ponendo $u=4t\in I$ avremo $\alpha(u)=\alpha(u/2)$, da questo segue che per ogni u in I avremo $\alpha(u)=\alpha(u/2^n)$ per ogni n. Adesso supponiamo che esista un certo valore $\alpha_{1}=\alpha(v)$ (per qualche v in I) diverso da $alpha(0)=alpha_{0}$, cioè che $\alpha$ non sia costante, avremo per il fatto che X è T2 esistono U e V aperti di X disgiunti che li separano, le cui controimmagini mediante $\alpha$ sono aperte in I ovviamente, da ciò segue $0\in \alpha^-1(U)$ e $v,v/2^n \in \alpha^-1(V)$. È chiaro però che 0 è interno a quell'aperto quindi c'è un qualche suo intorno contenuto lì di raggio opportuno, ma posso trovare in questo intorno un elemento $v/2^m$ per m opportuno (per convergenza a zero), e allora seguirebbe che $v/2^m$ sta in $\alpha^-1(U)$ e allora $\alpha_{1}$ sta in U e V, assurdo, allora tutti gli elementi dell'immagine di $\alpha$ sono uguali a $\alpha(0)$...un'idea simile vale con $\gamma$ e a quel punto dall'uguaglianza iniziale deve seguire che $\beta$ è costante e peraltro sono tutti e tre uguali (per ovvi motivi, avevamo $\alpha(1)=\beta(0)$ e$ \beta(1)=\gamma(0)$ o per argomenti di connessione anche).
Ha senso?

[Cantor99]

Provo a risponderti.

Dal fatto che $\alpha(u)=\alpha (\frac{u}{2^{n}})$ per ogni $u\in I$ e per ogni $n\in \mathbb{N}$, ricavo
\[
\alpha(0)=\alpha\Big(\lim_{n\to+\infty}\frac{u}{2^{n}}\Big)=\lim_{n\to+\infty}\alpha\Big(\frac{u}{2^{n}}\Big)=\lim_{n\to+\infty}\alpha(u)=\alpha(u) \qquad \forall u\in I
\]
Ho usato tra le righe il fatto che $X$ fosse di Hausdorff: per tali spazi infatti è noto che le successioni convergenti convergono ad un unico punto. In particolare, $\{\alpha(\frac{u}{2^{n}})\}_{n\in \mathbb{N}}\subset X$ non può che convergere a $\alpha(0)$

La tua dimostrazione per assurdo sembra basarsi proprio su questo fatto.

[Reyzet]

Provo a risponderti.

Dal fatto che $\alpha(u)=\alpha (\frac{u}{2^{n}})$ per ogni $u\in I$ e per ogni $n\in \mathbb{N}$, ricavo
\[
\alpha(0)=\alpha\Big(\lim_{n\to+\infty}\frac{u}{2^{n}}\Big)=\lim_{n\to+\infty}\alpha\Big(\frac{u}{2^{n}}\Big)=\lim_{n\to+\infty}\alpha(u)=\alpha(u) \qquad \forall u\in I
\]
Ho usato tra le righe il fatto che $X$ fosse di Hausdorff: per tali spazi infatti è noto che le successioni convergenti convergono ad un unico punto. In particolare, $\{\alpha(\frac{u}{2^{n}})\}_{n\in \mathbb{N}}\subset X$ non può che convergere a $\alpha(0)$

La tua dimostrazione per assurdo sembra basarsi proprio su questo fatto.

Yes, solo dopo mi sono accorto che la sequenziale continuità+unicità del limite permettevano di concludere un po' più velocemente (non sapevo la sequenziale continuità valesse a priori anche in spazi non metrici, l'ho scoperto poco dopo) Il prof mi ha detto però che era giusta pure questa. Inoltre si può indebolire l'ipotesi a $T1$, e in tal caso la dimostrazione usa la stessa idea iniziale (come aperto mi pare prenda il complementare di $\alpha_{0}$ che è aperto perché i singoletti sono chiusi)

[dissonance]

Che curioso. Quella è essenzialmente l'operazione del gruppo fondamentale, ma non avevo mai riflettuto sul fatto che non fosse associativa. Pure Wikipedia mette l'accento su questo punto: https://en.wikipedia.org/wiki/Fundament ... _structure

The associativity axiom
[...]
therefore crucially depends on the fact that paths are considered up to homotopy.