Categoria degli aperti di $RR^n$

[andreadel1988]

Sia $ninNN$ un numero naturale non nullo e sia $C_n$ la categoria i cui oggetti sono gli insiemi aperti di $RR^n$ con la topologia euclidea e in cui i morfismi tra due oggetti $A$ e $B$ sono delle funzioni continue, iniettive ed aperte da $A$ verso $B$. Determinare se esistono coprodotti nella categoria $C_n$.

Siano $A,B$ due aperti abbiamo che $AuuB$ è aperta. Se considero $i$ l'inclusione da $A$ in $AuuB$ e $j$ l'inclusione da $B$ a $AuuB$ si sarebbe tentati di dire che $(AuuB,i,j)$ è il coprodotto in $C_n$, il problema si pone però quando $AnnB!=∅$ perchè preso $Z$ un aperto di $RR^n$ e $f_A,f_B$ due morfismi da $A$ a $Z$ e $B$ a $Z$ con il coprodotto $(AuuB,i,j)$ avrei che il morfismo da $AuuB->Z$ è $f_A$ se l'elemento sta in $A$ e $f_B$ se l'elemento sta in $B$, ma se prendo un elemento che sta sia in $A$ che in $B$ dovrei avere che $f_A(x)=f_B(x)$ il che non è sempre vero. Quindi direi che al posto di $AuuB$ metterei \(\ A \coprod B \) (ovvero $A$ unione disgiunta con $B$)

[megas_archon]

Non credo che abbia coprodotti: il coprodotto dovrebbe essere quello di $Top$, ma allo stesso tempo \(A\amalg B\) non è più un aperto di \(\mathbb R^n\)... perlomeno non in maniera unica.

[andreadel1988]

Ah quindi devo mostrare che non esiste

[megas_archon]

Eh, come fai a definire un'unica \(f_{AB} A\cup B\to Z\) a partire da \(f_A : A\to Z, f_B : B\to Z\), se le due non coincidono sull'intersezione?

[andreadel1988]

Eh, come fai a definire un'unica \(f_{AB} A\cup B\to Z\) a partire da \(f_A : A\to Z, f_B : B\to Z\), se le due non coincidono sull'intersezione?

Vabbe potrei provare a trovare un altro coprodotto, non necessariamente l'unione deve esserlo (non ho capito bene perchè l'unione disgiunta non è un aperto e non è unica)

[Martino]

Si potrebbe fare così: supponiamo per contraddizione che il coprodotto esista e prendiamo un aperto non vuoto $A$ (che si può scegliere come si vuole). Sia $C$ il coprodotto tra $A$ e $A$, coi morfismi strutturali $j_1,j_2: A to C$, e consideriamo l'identità $A to A$. Per la proprietà universale esiste un unico morfismo $phi:C to A$ tale che $phi j_1$ e $phi j_2$ sono l'identità di $A$, in particolare $phi j_1 = phi j_2$ e quindi, siccome $phi$ è cancellabile a sinistra (essendo iniettiva) abbiamo $j_1 = j_2$.

Ora siano $f,g:A to A$ due morfismi distinti (ovviamente si dovrà mostrare che esistono ma questo è facile, considerando che si può scegliere $A$ come si vuole). Per la proprietà universale esiste un unico morfismo $psi: C to A$ tale che $psi j_1 = f$ e $psi j_2 = g$. Ma questo non è possibile perché come abbiamo visto $j_1 = j_2$ e $f ne g$.

Forse è più interessante se togli l'ipotesi che i morfismi sono iniettivi.

[megas_archon]

L'unione disgiunta dei due aperti guardati come sottoinsiemi di Rn non è un aperto di Rn. Puoi trovare un aperto che è omeomorfo a questa unione disgiunta? Dipende. A volte non si può fare in modo unico. Quindi non c'è un coprodotto.

[andreadel1988]

Si potrebbe fare così: supponiamo per contraddizione che il coprodotto esista e prendiamo un aperto non vuoto $A$ (che si può scegliere come si vuole). Sia $C$ il coprodotto tra $A$ e $A$, coi morfismi strutturali $j_1,j_2: A to C$, e consideriamo l'identità $A to A$. Per la proprietà universale esiste un unico morfismo $phi:C to A$ tale che $phi j_1$ e $phi j_2$ sono l'identità di $A$, in particolare $phi j_1 = phi j_2$ e quindi, siccome $phi$ è cancellabile a sinistra (essendo iniettiva) abbiamo $j_1 = j_2$.

Ora siano $f,g:A to A$ due morfismi distinti (ovviamente si dovrà mostrare che esistono ma questo è facile, considerando che si può scegliere $A$ come si vuole). Per la proprietà universale esiste un unico morfismo $psi: C to A$ tale che $psi j_1 = f$ e $psi j_2 = g$. Ma questo non è possibile perché come abbiamo visto $j_1 = j_2$ e $f ne g$.

Forse è più interessante se togli l'ipotesi che i morfismi sono iniettivi.

Ah ok in pratica usi che le funzioni iniettive sono monomorfismi in questa categoria, beh in effetti lavoriamo con insiemi non ci avevo pensato, grazie mille