Sottoinsiemi di $RR^3$

[andreadel1988]

Sia $n$ un numero naturale, si considerino i seguenti sottospazi $RR^3$, tutti muniti della topologia indotta dalla topologia euclidea.
$S_n^2={(x,y,z)inRR^3| x^2+y^2+z^2=2^-n}$
$\Pi={(x,y,z)inRR^3| z=0}$
$P=={(x,y,z)inRR^3| z=0,x^2+y^2<=64}$
$X=(uu_{n=1}^10S_n^2)uu\Pi$
$Y=(uu_{n=1}^inftyS_n^2)uuP$
$Z=uu_{n=1}^inftyS_n^2$

a) Determinare se $Y$ e $Z$ siano compatti.
b)Determinare se $X$ e $z$ siano connessi.
c)Determinare se ogni punto di $Y$ abbia un sistema fondamentale di intorni connessi nello spazio topologico $Y$
d)Determinare se ogni punto di $Z$ abbia un sistema fondamentale di intorni connessi nello spazio topologico $Z$
e)Calcolare il gruppo fondamentale di $X$ in funzione del punto scelto $x_0$
f) Determinare se $Z$ sia una varietà topologica.

[andreadel1988]

a) Abbiamo che $Z$ non è compatto in quanto non è chiuso, infatti se prendo la successione $(0,0,sqrt(1/2^n))$ questa converge a $(0,0,0)notinZ$. La chiusura di $Z$ è $(uu_{n=1}^inftyS_n^2)uu{(0,0,0)}$. Abbiamo che $Y$ è compatto, infatti: $Y$ è limitato dalla sfera $x^2+y^2+z^2<=64$ e $Y$ è chiuso, infatti $Y=\bar ZuuP$ (unione finita di chiusi), ma non so se sia un modo rigoroso di mostrarlo (dato che la chiusura di $Z$ l'ho "intuita" senza dimostrarla), quindi se qualcuno sa meglio come fare dica pure, grazie.

b) $X$ è connesso: infatti se prendiamo due punti su $\Pi$ si connettono per archi su $\Pi$, se prendo due punti che si trovano entrambi su $S_n^2$ con $nin{0,...,10}$ si connettono per archi su $S_n^2$, se un punto si trova su $\Pi$ e uno su $S_n^2$ con $nin{0,...,10}$ allora dato che i due insiemi si intersecano e sono entrambi connessi per archi anche la loro unione è connessa per archi e quindi i due punti si connettono per archi nell'unione, se infine un punto si trova su $S_n^2$ con $nin{0,...,10}$ e un altro su $S_m^2$ con $m in{0,...,10}$ e $m!=n$ per quanto visto prima $S_n^2uu\Pi$ e $S_m^2uu\Pi$ sono connessi per archi e la loro intersezione è tutto $\Pi$ quindi la loro unione è connessa per archi e i punti si connettono per archi.
$Z$ è sconnesso: mi basta considerare le corone sferiche aperte del tipo $sqrt(1/2^(n-1))<x^2+y^2+z^2<sqrt(1/2^(n+1))$ e si ha che $S_n^2$ è aperto per ogni $n=1,...,infty$ (oltre che chiuso).

c)Sia $(x_0,y_0)inY$, se $(x_0,y_0)inP$ mi basta prendere una sfera $B_{\epsilon}(x_0,y_0)$ con $\epsilon>0$ e intersecarla con $Y$, mentre se $(x_0,y_0)inuu_{n=1}^inftyS_n^2$ mi basta prendere una sfera $B_{\epsilon}(x_0,y_0)$ con $\epsilon<=min{sqrt(1/2^(n+1)),y_0}$ e intersecarla con $Y$.

d) Sia $x inZ$ mi basta prendere una sfera $B_{\epsilon}(x)$ con $\epsilon<=sqrt(1/2^(n+1))$ e intersecarla con $Z$.

e) Dato che le sfere sono tutte omeomorfe a $S^2$ avevo pensato di omeomorfizzare $X$ a $\PiuuS^2$, poi da qui faccio una retrazione per deformazione di $\PiuuS^2$ su $S^2$, con $R((x,y,z),t)=((1-t)x/||(x,y,z)||+tx,(1-t)y/||(x,y,z)||+ty,z)$. E quindi $pi_1(X)$ è banale.

f) $Z$ è T2 poichè sottoinsieme di $RR^3$, sia $x inZ$, $EEnin{1,...,infty}$ tale che $x inS_n^2$ che è localmente euclideo (poichè sono sfere). Infine le componenti connesse di $Z$ sono $S_n^2$ con $nin{1,...,infty}$ e dato che sono sfere sono N2. Quindi $Z$ è una varietà topologica di dimensione $2$.

Molte cose non sono dimostrate rigorosamente quindi non so se vadano bene, se qualcuno ha di meglio da dire faccia pure, grazie.

[otta96]

Dimostra qual è la chisura di $Z$ e rifai il punto e) che è completamente sbagliato.

[andreadel1988]

Dimostra qual è la chisura di $Z$ e rifai il punto e) che è completamente sbagliato.

Se posso chiedere come mai il punto e) è sbagliato? La parte dell'omeomorfismo non va bene?

La chiusura di $Z$ sarebbe $ (uu_{n=1}^inftyS_n^2)uu{(0,0,0)} $ l'idea che mi verebbe è che siccome $Z$ non è chiuso se mostro che $ (uu_{n=1}^inftyS_n^2)uu{(0,0,0)} $ è chiuso automaticamente ho fatto, ma come faccio a mostrare che è chiuso, ti direi che è chiuso per successioni ma non è una dimostrazione (a meno che non mi metta far vedere che ogni successione converge ma non credo posso fare una cosa del genere...)

[megas_archon]

Se posso chiedere come mai il punto e) è sbagliato? La parte dell'omeomorfismo non va bene?

Non va bene perché è un non sequitur: tutte le sfere sono omeomorfe a \(S^2\), e allora?

Invece, puoi dire che $X$ contiene un'unione di sfere di centro 0 e raggio \(2^{-n}\) incastonate una nell'altra (similmente a quanto accade nell'Harmonice Mundi di Keplero, ma senza solidi platonici, click). A questo spazio è stato unito il piano \(z=0\), che taglia tutte le sfere lungo l'equatore, e rende quindi $X$ connesso (per archi); sicché cambiare il punto base per calcolare i suoi gruppi di omotopia non cambia il risultato.

Ora, la mappa quoziente \(X\to X'\) dove in \(X'\) identifichi due punti sse stanno nel piano è un'equivalenza omotopica (è il solito lemmino ritardato dell'Hatcher che sta, tipo, a pagina 3 e con cui il 90% degli esercizi di topologia algebrica per bambini si fanno; il restante 10% usa il teorema di van chiappe). Ma allora quello che devi trovare è l'unione di due sfere hawaiiane (cioè quella roba lì, ma non coi cerchi, con le sfere)[¹] fatte di dieci pezzi sopra e dieci sotto. Questo è zero perché le sfere sono semplicemente connesse.


[¹] Un po' di tempo fa su twitter, noto cocito del pensiero occidentale social network per gente obesa, ci fu un'accesissima discussione a proposito del fatto che chiamare quello spazio "orecchino hawaiiano non sia altro che l'ennesimo sintomo dell'oppressione dell'uomo bianco ai danni delle popolazioni oppresse di mezzo pianeta, che perpetua lo stereotipo dell'eccetera eccetera. Ovviamente (dato che non sono affetto da una forma estremamente grave di deficit dell'attenzione) non avevo mai prestato la minima cura a questa cazza questo vergognoso relitto dell'era coloniale, ma da quel giorno ho deciso di iniziare a usare la parola "hawaiiano" anche dove non c'era la minima tradizione precedente.

[andreadel1988]

Io che pensavo che il gruppo fondamentale fosse banale... Ma quindi sarebbe $ZZ**ZZ**...**ZZ$ ripetuto precisamente quante volte? 10? In pratica fai una retrazione del piano al centro $0$?

[megas_archon]

In effetti è zero (sarebbe un prodotto libero su un po' di generatori se fossero cerchi, che è quello a cui pensavo mentre scrivevo e mi arrabbiavo con twitter: ma le sfere sono semplicemente connesse).

[andreadel1988]

Ma non si potrebbe calcolare allora con Van Kampen o con qualche retrazione?

[otta96]

(a meno che non mi metta far vedere che ogni successione converge ma non credo posso fare una cosa del genere...)

Se vuoi puoi.

[andreadel1988]

(a meno che non mi metta far vedere che ogni successione converge ma non credo posso fare una cosa del genere...)

Se vuoi puoi.

C'è un altro modo più semplice? Altrimenti non ho capito in che senso posso dato che potrei creare infinite successioni nell'insieme e mettermi a far vedere che tutte sono convergenti... Oppure mostro che l'unico punto di accumulazione è $0$, ma in topologia di solito le successioni non si usano spesso quindi se c'è un modo milgiore...