Quoziente bizzarro

Sia $C subset RR^3$ una circonferenza, e sia $X$ lo spazio topologico ottenuto da $RR^3$ identificando tutti i punti di $C $. Dimostrare che $X $ non è una varietà.

In $R^2$ accade che identificando due punti distinti venga uno spazio quoziente in cui l'aperto contenente il "nuovo" punto è semplicemente connesso ma non è omeomorfo ad alcun aperto semplicemente connesso di $R^2$. Per $R^3$ dovrebbe accadere una cosa simile.

Se chiami $x_0$ la classe di equivalenza di $C$ in $X$, ogni intorno $U$ di $x_0$ non è omeomorfo a $\mathbb R^3$¹ perché ha indice di connessione diverso (rimuovi una certa sottovarietà di dimensione 1 ed $U$ si sconnette, mentre $\mathbb R^3$ no).²

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Note

1. Sarebbe veramente formale dimostrare che non esiste $n$ tale che $U$ sia omeomorfo a $\mathbb R^n$; tuttavia siccome la funzione \(\text{dim} \colon X \to \mathbb N\) è continua è anche localmente costante, e nella stessa componente connessa per archi di $x_0$ ci sono punti con intorni omeomorfi a $\mathbb R^3$. ↑
2. L'idea è la stessa del dimostrare un identico asserto per $\mathbb R^2$ meno due punti distinti; se li identifichi, stai "pinzando" due punti del piano,
   e attorno al punto di pinzaggio non hai intorni omeomorfi a (un aperto del) piano. ↑

Non mi è chiaro: se sconnetti $U$, a maggior ragione sconnetti $U setminus \{x_0\}$, che è un aperto di $RR^3$, però come fai con una varietà di dimensione $1$?

Ho detto "una certa", non la tua preferita quale secondo te?

Era quella la mia domanda, visto che mi sembrava di aver dimostrato che non esiste

@spugna
La soluzione ce l'hai?

Sì (o almeno credo )

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Se $x_0$ avesse un intorno omeomorfo a $RR^3$, in particolare avrebbe un intorno semplicemente connesso che rimane tale se si rimuove $x_0$, cosa che però non può succedere perché in ogni intorno di $C $ in $RR^3$ c'è un arco non banale in $RR^3 setminus C $.