Prodotto topologico di spazi completamente regolari

Messaggioda Leonardo97 » 08/12/2019, 14:45

Buongiorno a tutti!

Ho letto che il prodotto topologico di spazi topologici completamente regolari è anch'esso uno spazio topologico completamente regolare.
Con spazio topologico completamente regolare intendo: uno spazio topologico $(X,T)$ tale che, comunque fissati un suo chiuso $C$ e un suo punto $x_0 \in X \setminus C$, posso trovare una funzione $f: X \to [0,1]$ continua in $(X,T)$ e tale che $f(x_0)=0$ e $f(C)=\{1\}$.
Il problema è che non riesco a dimostrare questa asserzione, che riscrivo formalmente:

Dati $(X,T_X),(Y,T_Y)$ spazi topologici completamente regolari, ALLORA anche $(X \times Y,T_{X \times Y})$ è uno spazio topologico completamente regolare, dove $T_{X \times Y}$ è la topologia prodotto, cioè è (per definizione) la topologia avente come base $B=\{A_X \times A_Y | A_X \in T_X, A_Y \in T_Y\}$.
Io ho ragionato cosi:
Fisso un chiuso $C$ di $(X \times Y,T_{X \times Y})$ e un punto $(x_0,y_0) \in (X \times Y) \setminus C$.
Voglio dimostrare che esiste una $h: X \times Y \to [0,1]$ continua in $(X \times Y,T_{X \times Y})$ tale che $h(x_0,y_0)=0$ e $h(C)=\{1\}$.
Poiché $C$ chiuso, allora $(X \times Y) \setminus C$ è aperto nella topologia prodotto $T_{X \times Y}$, e quindi sarà scrivibile come unione di un certo numero di aperti della base $B$ di tale topologia, i quali (per definizione di topologia prodotto) hanno la forma $A_X \times A_Y$ con $A_X \in T_X$ e $A_Y \in T_Y$.
Dunque $(x_0,y_0) \in (X \times Y) \setminus C=\bigcup_{A_X \times A_Y \in B} (A_X \times A_Y)$. Dunque esiste un $A_X \times A_Y$ tale che $(x_0,y_0) \in A_X \times A_Y$, cioè $x_0 \in A_X$ e $y_0 \in A_Y$.
Pertanto individuo due chiusi che sono $C_X=X \setminus A_X$ e $C_Y=Y \setminus A_Y$ tali che $x_0 \notin C_X$ e $y_0 \notin C_Y$.
Dunque, essendo $(X,T_X)$ e $(Y,T_Y)$ completamente regolari, esisteranno due funzioni $f: X \to [0,1]$, $g: Y \to [0,1]$ continue rispettivamente in $X$ e $Y$ e tali che: $f(x_0)=0, f(C_X)=\{1\}, g(y_0)=0, g(C_Y)=\{1\}$.
Ora non so bene come procedere. Immagino che dovrei costruire la funzione $h$ (di cui ho parlato sopra) a partire da $f$ e $g$ ma non so bene come.

Grazie in anticipo per qualsiasi tentativo di aiuto! Ne ho davvero bisogno :( .
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Re: Prodotto topologico di spazi completamente regolari

Messaggioda arnett » 08/12/2019, 18:31

Siccome queste mappe hanno valori in $\RR$ ha senso moltiplicarle puntualmente, ora si tratta solo di fare le verifiche del caso.
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Re: Prodotto topologico di spazi completamente regolari

Messaggioda Leonardo97 » 08/12/2019, 18:51

Innanzitutto grazie della risposta :).

Tu dici di definire $h$ nel seguente modo: $h: X \times Y \to [0,1] | h(x,y)=f(x)g(y)$. Giusto?
E questo ci assicura che $h(x_0,y_0)=0$, $h(C)=\{1\}$ e che $h$ continua in $(X \times Y,T_{X \times Y})$?
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Re: Prodotto topologico di spazi completamente regolari

Messaggioda arnett » 08/12/2019, 22:50

A patto di fare due conti veloci sì (falli).
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Re: Prodotto topologico di spazi completamente regolari

Messaggioda Leonardo97 » 09/12/2019, 11:20

Ho provato a fare due conti.

Allora, ovviamente $h(x_0,y_0)=f(x_0)g(y_0)=0$.
Però se fisso un generico $(x,y) \in C$ non mi pare che necessariamente si abbia in questo caso $h(x,y)=1$.
Infatti per costruzione abbiamo che $A_X \times A_Y \subseteq (X \times Y) \setminus C \Rightarrow C \subseteq (X \times Y) \setminus (A_X \times A_Y)=$
$=[(X \setminus A_X) \times (Y \setminus A_Y)] \cup [(X \setminus A_X) \times A_Y] \cup [A_X \times (Y \setminus A_Y)]$ avendo sfruttato nell'ultima uguaglianza una nota identità insiemistica per il complementare di un prodotto cartesiano.
Dunque se ora fisso $(x,y) \in C$, allora per quanto visto si avrà anche:
$(x,y) \in [(X \setminus A_X) \times (Y \setminus A_Y)] \cup [(X \setminus A_X) \times A_Y] \cup [A_X \times (Y \setminus A_Y)]$.
E quindi ad esempio potremo avere $(x,y) \in [A_X \times (Y \setminus A_Y)]$ e dunque $h(x,y)=f(x)g(y)=f(x)$ dato che $g(y)=1$ essendo $y \in Y \setminus A_Y$ ma nulla possiamo dire di $f(x)$ visto che $x \notin X \setminus A_X$.

Quello che insomma intendo dire è che se definisco $h(x,y)=f(x)g(y)$ non è detto che tale funzione poi valga $1$ su tutto $C$, come invece vogliamo.
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Re: Prodotto topologico di spazi completamente regolari

Messaggioda Leonardo97 » 09/12/2019, 12:27

Spremendo un po' le meningi FORSE ho trovato una definizione alternativa corretta.

Definisco $h(x,y)=max\{f(x),g(y)\}$.

In questo modo $h(x_0,y_0)=f(x_0)=g(y_0)=0$.

Inoltre ovviamente $\forall (x,y) \in C \quad h(x,y)=1$ perché per quanto visto prima se $(x,y) \in C$ allora
$(x,y) \in [(X \setminus A_X) \times (Y \setminus A_Y)] \cup [(X \setminus A_X) \times A_Y] \cup [A_X \times (Y \setminus A_Y)]$ e quindi si avrà sempre $x \in X \setminus A_X$ e/o $y \in Y \setminus A_Y$ e quindi almeno una fra $f(x)$ e $g(y)$ varrà 1, cioè il valore massimo assumibile sull'intervallo $[0,1]$.

Ma il vero vantaggio mi sembra la continuità di $h$:
Fissiamo un generico $(x_1,y_1) \in X \times Y$, e poniamo ad esempio $f(x_1)>g(y_1)$.
Per la continuità di $f$ in $X$, esisterà un intorno $N_{x_1}$ di $x_1$ tale che $\forall x \in N_{x_1} \quad f(x)>g(y_1)$.

Questa ultima asserzione io l'ho giustificata cosi:
Considero $N_{f(x_1)}=(g(y_1),f(x_1)]$ che è aperto nella topologia indotta su $[0,1]$ da quella euclidea, e inoltre $f(x_1) \in (g(y_1),f(x_1)]$, dunque tale aperto è un intorno di $f(x_1)$.
Dunque per la continuità di $f$ esiste un $N_{x_1}$ intorno di $x_1$ tale che $f(N_{x_1}) \subseteq N_{f(x_1)}$, cioè tale che $\forall x \in N_{x_1} \quad f(x)>g(y_1)$.

Torniamo infine alla continuità di $h$:
Fissiamo un intorno $N_{h(x_1,y_1)}$ di $h(x_1,y_1) \in [0,1]$. Dunque per quanto visto esiste un intorno $N_{(x_1,y_1)}:=N_{x_1} \times Y$ di $(x_1,y_1)$ tale che $h(N_{(x_1,y_1)})=f(N_{x_1}) \subseteq N_{f(x_1)}=N_{h(x_1,y_1)}$ ($N_{x_1}$ è l'intorno in cui $f(x)>g(y_1)$).
Dunque $h$ è continua in $(x_1,y_1)$ e quindi è continua in tutto $X \times Y$ per l'arbitrarietà di $(x_1,y_1)$.

NB abbiamo potuto scrivere che $h(N_{(x_1,y_1)})=f(N_{x_1})$ solo perché sappiamo che $\forall (x,y) \in N_{(x_1,y_1)}=N_{x_1} \times Y$ risulta $f(x)>g(y_1)$.
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Re: Prodotto topologico di spazi completamente regolari

Messaggioda Leonardo97 » 09/12/2019, 13:34

Mi sono accorto che per quanto riguarda la continuità di $h(x,y)=\max\{f(x),g(y)\}$ ho sbagliato.
Ho solo dimostrato che esiste un intorno $N_{x_1}$ in cui $f(x)>g(y_1)$ per ogni $x \in N_{x_1}$, ma a me servirebbe che $f(x)>g(y)$ per ogni $(x,y)$ appartenente a un dato intorno $N_{(x_1,y_1)}$ di $(x_1,y_1)$, cosi da poter scrivere che $h(x,y)=\max\{f(x),g(y)\}=f(x)$ per ogni $(x,y) \in N_{(x_1,y_1)}$.
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Re: Prodotto topologico di spazi completamente regolari

Messaggioda arnett » 09/12/2019, 13:36

Scusami avevo letto distrattamente: funziona a patto di scambiare i ruoli di $0$ e $1$. Più precisamente scegli $f$ t.c. $f(x_0)=1$ e $f(X-A_X)=0$ e similmente per $g$. Allora $h(x_0, y_0)=1$ e se $(x, y)\in C$, allora almeno una tra $f(x)$ e $g(y)$ è zero, possibilmente non entrambe contemporaneamente per il fatto che, come dici, in generale non è vero che $C\subset C_X \times C_Y$. Poi se proprio vuoi che $h$ sia nulla su $(x_0, y_0)$ e pari a $1$ su $C$ ti basta comporla con un qualunque automorfismo di $I$ che scambi $0$ e $1$.
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Re: Prodotto topologico di spazi completamente regolari

Messaggioda Leonardo97 » 09/12/2019, 17:01

Ti ringrazio davvero molto per la disponibilità, mi hai aiutato molto.

Ho tagliato la testa al toro assumendo che $f(x_0)=1$ e $f(X \setminus A_X)=\{0\}$ come da te suggerito.

Definendo $h(x,y)=f(x)g(y)$ ovviamente torna il fatto che $h(x_0,y_0)=1$ e che $h(C)=\{0\}$.

L'ultima cosa che rimane è la continuità di $h$, e sto letteralmente provando di tutto per tirarla fuori.
Il metodo che mi sembra più valido è quello di considerare la sottobase $\mathcal{S}=\{[0,a),(a,1] | a \in (0,1)\}$ della topologia presente su $[0,1]$, e vedere se $h^{-1}(S) \in T_{X \times Y}$ per ogni $S \in \mathcal{S}$ (se la controimmagine tramite $h$ di tutti gli elementi della sottobase è aperta in $X \times Y$ munito della topologia prodotto allora $h$ è ovviamente continua).
Dunque io ho ragionato cosi:
Fisso $(a,1] \in \mathcal{S}$ e considero $h^{-1}(a,1]=\{(x,y) \in X \times Y | a<h(x,y)=f(x)g(y) \le 1\}=$
$=\{(x,y) \in X \times Y | \frac{a}{g(y)}<f(x) \le \frac{1}{g(y)}\}=f^{-1}(\frac{a}{g(y)},\frac{1}{g(y)}] \times Y \in T_{X \times Y}$ visto che $f$ continua in $X$ (dunque $f^{-1}(\frac{a}{g(y)},\frac{1}{g(y)}] \in T_X$ dato che $(\frac{a}{g(y)},\frac{1}{g(y)}]$ è un aperto della topologia su $[0,1]$) e che ovviamente $Y \in T_Y$.
Con un ragionamento analogo tiro fuori che anche $h^{-1}[0,a) \in T_{X \times Y}$.
Dunque $h$ continua e abbiamo finalmente finito.

Però la parte che mi sembra sospetta è proprio l'uguaglianza: $\{(x,y) \in X \times Y | \frac{a}{g(y)}<f(x) \le \frac{1}{g(y)}\}=f^{-1}(\frac{a}{g(y)},\frac{1}{g(y)}] \times Y$.
Cioè non so nemmeno se questa uguaglianza abbia senso o meno, dato che la $y$ che compare in $f^{-1}(\frac{a}{g(y)},\frac{1}{g(y)}]$ varia e non è un parametro fissato.
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Re: Prodotto topologico di spazi completamente regolari

Messaggioda arnett » 09/12/2019, 18:31

Ti sconsiglio di fare i conti a mano (che non ho letto). Le due mappe $f$ e $g$ sono continue, ed è continuo il prodotto $(x, y)\mapsto xy$ da $\RR^2$ in $\RR$. Ora cerca di esprimere $h$ in funzione di tutto ciò.
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