Re: Spazio topologico NON primo numerabile

Messaggioda jinsang » 24/06/2019, 10:25

arnett ha scritto:Sono confuso: sia sono convinto che la tua dimostrazione sia corretta, sia credo che quello che vuoi provare sia falso :-D


Mi era venuta l'idea forse ingenua di prendere $D_k=\bigcup_{n\inN} (n-1/k, n+1/k)$ e prendere come sistema fondamentale ${D_n: n\in \mathbb{N}}$. Per insiemi normali sembra funzionare, ma sicuramente mi sbaglio, ditemi dove se lo vedete.


Ok, a partire da questa famiglia di aperti costruisco un aperto che mostra che non è un sistema fondamentale di intorni.
Da come hai scritto direi che facciamo partire i naturali da 1.

$W_1=(1-1/2,1+1/2)-{1+1/3}$
$W_2=(2-1/2,2+1/2)-{2+1/3}$
$W_3=(3-1/3,3+1/3)-{3+1/4}$
...
$W_n=(n-1/n,n+1/n)-{1/(n+1)} \ \ $ per $n>=2$

\(A=\bigcup_{n \in \mathbb{N}^+} W_n\)

Questo aperto non contiene nessun $D_n$.
L'ho costruito copiando (più o meno) la costruzione generale che ho fatto nella dimostrazione, solo che qui ho detto esplicitamente chi sono i punti che tolgo.

Dimmi se ti convince :)
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Re: Spazio topologico NON primo numerabile

Messaggioda jinsang » 24/06/2019, 22:43

arnett ha scritto:Qua:
$Wn=(n−1/n,n+1/n)−{1/(n+1)}$  per $n≥2$


palesemente volevi dire $−{n+1/(n+1)}$ direi.

Sisi certo.

arnett ha scritto:deve seguire necessariamente che la proiezione al quoziente non è aperta.

Perché?

Testo nascosto, perché contrassegnato dall'autore come fuori tema. Fai click in quest'area per vederlo.
arnett ha scritto:Quanto a questo
Da come hai scritto direi che facciamo partire i naturali da 1.

Beh non c'è neanche da chiederlo

:lol:
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Re: Spazio topologico NON primo numerabile

Messaggioda vict85 » 25/06/2019, 13:14

Ho riletto la dimostrazione e mi sembra vada abbastanza bene. Anche se invece di togliere il punto \(p_i\) avresti semplicemente potuto prendere una palla aperta sufficientemente piccola.
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Re: Spazio topologico NON primo numerabile

Messaggioda jinsang » 25/06/2019, 21:59

vict85 ha scritto:Anche se invece di togliere il punto $p_i$ avresti semplicemente potuto prendere una palla aperta sufficientemente piccola.

Hai ragione, mi sembrava non funzionasse... ma pensandoci meglio mi sembra fattibile e in effetti più semplice.


arnett ha scritto:Comunque che questa proiezione non sia aperta si vede anche con le mani: $ (7/8, 9/8) $ è un aperto di $ \RR $ ma la sua immagine nel quoziente non è aperta.

Scusami, magari mi sbaglio, ma non mi torna: la sua immagine è aperta in $RR/NN$.
Gli aperti di $RR/NN$ sono gli $U$ tali che $\pi^(-1)(U)$ è aperto in $RR$ (sto indicando con $\pi$ la proiezione).
Se prendo $ \pi(7/8, 9/8) $ e ne faccio la controimmagine ottengo $\bigcup_(n \in NN) (n-1/8,n+1/8)$ che è unione di aperti quindi aperto.

Mi verrebbe da dire che questa proiezione è aperta, lo verifico su una base per la topologia euclidea su $RR$.
Dato $(a,b) \subset RR$ ho due possibilità:
1. $(a,b) \nn NN = \emptyset$ allora $\pi^(-1)(\pi(a,b))=(a,b)$ aperto, quindi $\pi(a,b)$ aperto in $RR/NN$
2. $(a,b) \nn NN != \emptyset$ allora diciamo $n_0 \in (a,b) \nn NN$ e $(a,b)=(n_0-\delta, n_0+\epsilon)$ ottengo
$\pi^(-1)(\pi(a,b))=\bigcup_(n \in NN) (n-\delta, n+\epsilon)$ aperto, quindi $\pi(a,b)$ aperto in $RR/NN$

Ora però devo pensare (sempre che non abbia detto una cavolata), perché non si può fare il discorso che hai fatto tu per dire che nel caso di proiezione aperta il quoziente sarebbe primo numerabile, prendendo come famiglia di aperti nel quoziente $RR/NN$ l'immagine un sistema fondamentale di intorni numerabile in $RR$.
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Re: Spazio topologico NON primo numerabile

Messaggioda jinsang » 25/06/2019, 22:32

Perfetto hai ragione ho sbagliato :lol:
Meglio così ahah
Grazie a tutti per le risposte e i chiarimenti!
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Messaggioda j18eos » 26/06/2019, 09:38

Ricapitolando: sei riuscito a dimostrare che questo "fiore topologico" sia NON primo numerabile?

Mi sono perso...

P.S.: se fai un'operazione analoga (il così detto collasso) con \(\displaystyle\mathbb{Z}\), ottieni la margherita topologica. ;)
Ipocrisìa e omofobìa,
fuori da casa mia!

Semplicemente Armando. ;)
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Re: Spazio topologico NON primo numerabile

Messaggioda jinsang » 26/06/2019, 21:53

Faccio un recap:

Il nostro fiorellino non è primo numerabile. La dimostrazione è questa
jinsang ha scritto:Prova
Considero $\bar{0} \in RR/NN$ e dico che questo non ammette un sistema fondamentale di intorni numerabile.
Prendiamo ${U_n}_(n \in NN)$ famiglia di aperti di $RR/NN$ che contengono $\bar{0}$ e vediamo che non può essere un sistema fondamentale di intorni per $\bar{0}$.
Ricordando la continuità della mappa di proiezione $\pi:RR->RR/NN$ si ottiene una famiglia di aperti di $RR$ data da ${V_n}_(n \in NN)$ con $V_i=\pi^(-1)(U_i)$.
Inoltre si ha $NN \subset V_i \ \ AA i \in NN$.

Adesso costruisco i seguenti aperti:
$W_i=(i-1/2, i+1/2)-{p_i}$ con $p_i \in (i-1/2,i+1/2) \nn V_i -{i}$
(cioè alla palla tolgo un punto a caso vicino al naturale i)
Ottengo che
$A=\bigcup_(n in NN) W_n$ è un aperto (unione di aperti) saturo (contiene $NN$) che non contiene nessun $V_i$ (ognuno di essi ha almeno un punto di troppo).
Quindi $\pi(A) \subset RR/NN$ è un aperto che non contiene nessun $U_i$.
Nell'ultimo passaggio $\pi(A) \subset RR/NN$ è aperto perché $A$ è saturo.

(Per semplificare la dimostrazione sopra invece di togliere punti a caso si poteva anche considerare intorni sufficientemente piccoli, come ha osservato vict85)
(Nota: ho corretto qualche imprecisione, comunque chi fosse interessato le trova tutte nel mio primo messaggio :-D )

Inoltre si dimostra che la proiezione non è una mappa aperta (contrariamente a quanto pensavo).
La prova che la proiezione non è aperta è questa:
arnett ha scritto:No: se fai la controimmagine trovi $ (7/8, 9/8)\cup\NN $. Infatti $ q(7/8, 9/8) $ è fatto da un trattino su un solo petalo: comprende il punto a cui è stato collassato $ \NN $, ma poi comprende punti solo di un petalo. Stesso discorso per quando dimostri con la base euclidea che la mappa è aperta.


Se inoltre la proiezione fosse aperta potrei fare questo ragionamento:
arnett ha scritto:Perché se la mappa quoziente $ q $ fosse stata aperta avresti potuto scegliere, per ogni $ p\in \RR/\NN $ un punto $ \tilde p \in \RR $ nella controimmagine $ q^{-1}({p}) $, poi prendere un suo sistema fondamentale di intorni numerabile $ \mathcal{U}(\tilde p) $ e usare come sistema fondamentale di intorni numerabile di $ p $ semplicemente la collezione dei $ q(U), U\in\mathcal{U}(\tilde p) $.

Cioè se la proiezione fosse stata aperta avrei avuto la primo numerabilità.

Testo nascosto, perché contrassegnato dall'autore come fuori tema. Fai click in quest'area per vederlo.
j18eos ha scritto:P.S.: se fai un'operazione analoga (il così detto collasso) con \( \displaystyle\mathbb{Z} \), ottieni la margherita topologica. ;)

Vero, molto carina :D.
In più direi che anche questo spazio non è primo numerabile e anche qui la proiezione non è aperta, con argomentazioni analoghe ;).
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