Relazione di equivalenza su $\mathbb{P}^n(RR)$

[andreadel1988]

Si determini una relazione di equivalenza \( \simeq \) su $\mathbb{P}^n(RR)//$\( \simeq \) tale che lo spazio topologico quoziente $\mathbb{P}^n(RR)$ è omeomorfo a $S^n$.

Consideriamo lo spazio topologico quoziente $\mathbb{P}^n(RR)//([S^(n-1)xx{0}]_{\mathbb{P}^n(RR)})$, detto collassamento o contrazione di $[S^(n-1)xx{0}]_{\mathbb{P}^n(RR)}$ a un punto, questo è omeomorfo a $(S^n//~_a)//([S^(n-1)xx{0}]_{~_a})$ (dove $~_a$ è la relazione di antipodalità) quest'ultimo è omeomorfo a $S^n$ (intuitivamente basta guardare cosa succede su $S^n nn{(x_1,..., x_(n+1))inRR^(n+1)| x_(n+1)>=0}$ collassando $S^(n-1)xx{0}$ a un punto)

[megas_archon]

In che modo \(S^{n-1}\hookrightarrow \mathbb{RP}^n\)? Per esempio, se \(n=1\) stai scegliendo due punti di \(\mathbb{RP}^1 = S^1\), e affinché il quoziente \(S^1/\{p,q\}\) sia omeomorfo a \(S^1\) deve essere \(p=q\). Del resto, invece, \(\mathbb{RP}^1\subseteq\mathbb{RP}^2\subseteq\mathbb{RP}^3\subseteq\dots\) in maniera canonica (con ciò intendendo che \(\mathbb{RP}^n\) è un sotto-CW-complesso di \(\mathbb{RP}^{n+1}\) per ogni $n$.

Ma allora hai due pushout concatenati:
\[\begin{CD}
S^{n-1} @>>> \mathbb{RP}^{n-1} @>>> 1 \\
@VVV @VVV@VVV\\
D^n @>>> \mathbb{RP}^n @>>> \mathbb{RP}^n/\mathbb{RP}^{n-1}
\end{CD}\]
E allora (dato che i pushout si compongono) deve essere che \(\mathbb{RP}^n/\mathbb{RP}^{n-1}\) è omeomorfo \(D^n/S^{n-1}\), cioè a \(S^n\).

[andreadel1988]

Quindi $S^(n-1)$ in $ \mathbb{P}^n(RR)$ lo vedo come $ \mathbb{P}^(n-1)(RR)$? La parte dei pushout e sotto-CW-complesso non so cosa siano però vabbe .

[megas_archon]

Quindi $S^(n-1)$ in $ \mathbb{P}^n(RR)$ lo vedo come $ \mathbb{P}^(n-1)(RR)$?

No

La parte dei pushout e sotto-CW-complesso non so cosa siano però vabbe .

Sei in ottima compagnia, qui, pare!

[Indrjo Dedej]

Se hai tanto tempo, c'è un libro, Modern Classical Homotopy Theory di Strom, che parla di queste cose (la definzione di CW-complesso passa per alcuni pushout) nella prima parte, mi pare di ricordare.

[andreadel1988]

Se hai tanto tempo, c'è un libro, Modern Classical Homotopy Theory di Strom, che parla di queste cose (la definzione di CW-complesso passa per alcuni pushout) nella prima parte, mi pare di ricordare.

Grazie mille, però volevo sapere se ci fosse anche un modo diretto più alla topologia di base (dato che questo è un esercizio di quel corso e non credo posso usare argomenti più sofisticati per mostrarlo).

[megas_archon]

Ti svelo un trucco: il foglio non prende istantaneamente fuoco, se usi un argomento conciso ed elegante per fare un esercizio piu in fretta degli altri. E fare matematica significa leggere oggi delle definizioni che ieri ignoravi e usarle, domani.

Il mio professore di topologia diceva "non siamo qui per fare l'esame; l'esame si fa. Siamo qui, oggi, per imparare qualcosa."

[Indrjo Dedej]

Infatti, ho detto se hai molto tempo.

Comunque, altrimenti ci perdiamo: la tua soluzione mi sembra vada bene, anche se ammetto che dovrei ritagliarmi più tempo per vederla meglio...

Vediamo se non dico scemenze anche oggi... Ti propongo una soluzione.

Riesci a costruire una funzione continua \(f : \mathbb{RP}^n \to \mathbb S^n\)? Non basta questo ovviamente. Questa funzione (ma non solo questa, non è speciale) ha una relazione di equivalenza sul dominio di \(f\), detta kernel di \(f\), che noi indichiamo \(\sim_f\), definita così: \[a \sim_f b \Leftrightarrow f(a) = f(b) \quad \text{per } a, b \in \mathbb{RP}^n\] Ora, se la tua \(f\) è continua e suriettiva, hai indotta una funzione continua biettiva \(\phi : {\mathbb{RP}^n}{/}{\sim_f} \to \mathbb S^n\) tale che \(f = \phi \pi\). Continua perché, è la proprietà universale del quoziente, suriettiva perché lo è \(f\) e iniettiva a causa di \(\sim_f\). Di \(\phi\), il dominio è compatto e il codominio è di Hausdorff: questa è proprio un omeomeorfismo. La domanda è: riesci a costruire \(f\)?

[megas_archon]

Questo è essenzialmente quel che ho detto io, ma nella mia dimostrazione

- non bisogna trovare esplicitamente $f$ o il suo nuclei di equivalenza (la relazione "stare nella stessa fibra" di cui parli tu)
- la proprietà universale dei pushout in questione implica che esista un omeomorfismo \(\mathbb{RP}^n/\mathbb{RP}^{n-1}\cong S^n\) senza dover dimostrare la continuità o la biiettività di nessuna funzione.

Il fatto è che con la definizione di \(\mathbb{RP}^n\) come complesso di celle, la dimostrazione è ancora più breve, perché dato un CW-complesso $X$ di dimensione $n$ il quoziente di $X$ modulo il suo $n-1$-scheletro è omeomorfo a un coprodotto puntato di sfere; per l'usuale struttura cellulare di \(\mathbb{RP}^n\) allora \(\mathbb{RP}^n/\mathbb{RP}^{n-1}\) è isomorfo a un wedge di tante sfere quanti sono i pezzi dell'$n$-scheletro (cioè uno).

Ma siccome tu vuoi fare il giro lungo, torno a dirti: basta ricordare che \(\mathbb{RP}^n\) è un quoziente della sfera, esattamente $S^n$ modulo antipodia: allora esiste una mappa di proiezione al quoziente \(q:S^n\to \mathbb{RP}^n\cong S^n/\mathbb Z_2\), che è un rivestimento di grado due e funziona da attaching map per un'unica cella \(i:S^n\to D^{n+1}\). Questo significa che prendere lo spazio proiettivo di dimensione $n$, un disco di dimensione $n+1$, e attaccarlo ad esso lungo la sfera che lo riveste a due fogli, dà per risultato lo spazio proiettivo di dimensione $n+1$: invece di tante parole, però, si può semplicemente dire che esiste un quadrato commutativo
\[\begin{CD}
S^n @>q>> \mathbb{RP}^n \\
@ViVV @VVV\\
D^{n+1} @>>> \mathbb{RP}^{n+1}
\end{CD}\] iniziale tra tutti quelli le cui gambe sono \((i,q)\). Questo è quello che si chiama un "pushout".

Fatto questo, la cofibra di \(\mathbb{RP}^n\to \mathbb{RP}^{n+1}\) è costretta, dalla proprietà universale dei pushout, a essere una sfera: il motivo è che entrambi questi quadrati sono pushout per ogni $n$:
\[ \begin{CD} S^{n-1} @>>> \mathbb{RP}^{n-1} @>>> 1 \\ @VVV @VVV@VVV\\ D^n @>>> \mathbb{RP}^n @>>> \mathbb{RP}^n/\mathbb{RP}^{n-1} \end{CD} \]
ma allora lo è il rettangolo esterno: e cosa succede al disco di dimensione $n$ quando lo si quozienta rispetto al suo bordo $S^{n-1}$? E' evidente anche a un bambino, viene la sfera di dimensione $n$. Del resto se sia il quadrato
\[\begin{CD} S^{n-1} @>>> 1 \\ @VVV @VVV\\ D^n @>>> \mathbb{RP}^n/\mathbb{RP}^{n-1} \end{CD}\] che il quadrato \[\begin{CD} S^{n-1} @>>> 1 \\ @VVV @VVV\\ D^n @>>> S^n \end{CD}\] hanno la stessa proprietà universale, deve esistere un (unico) omeomorfismo \(\mathbb{RP}^n/\mathbb{RP}^{n-1}\cong S^n\).

[andreadel1988]

Ti svelo un trucco: il foglio non prende istantaneamente fuoco, se usi un argomento conciso ed elegante per fare un esercizio piu in fretta degli altri. E fare matematica significa leggere oggi delle definizioni che ieri ignoravi e usarle, domani.

Il mio professore di topologia diceva "non siamo qui per fare l'esame; l'esame si fa. Siamo qui, oggi, per imparare qualcosa."

Si, infatti queste cose si trattano nel corso di Topologia Algebrica. Il problema ora come ora non ho molto tempo di approfondire questi argomenti, sennò lo farei di mio.