Esercizio sui rivestimenti universali

NRyoma
Salve a tutti, sto cercando di risolvere questo problema:
Provare che $X={(x,y)\in \mathbb{R^2}: ((x-2)^2 + y^2 -1)*(x^2+y^2-1)=0 }$ ammette un rivestimento universale, e indicato con $(E,p)$ tale rivestimento, dimostrare che $E$ non può essere omeomorfo a $\mathbb{R}$

$X$ è rappresentato dal bouquet di due circonferenze. X è connesso, localmente connesso per archi e semilocalmente semplicemente connesso, pertanto esiste un unico rivestimento universale $p:E \to X$ con $E$ semplicemente conneso.
Sia $E$ che $\mathbb{R}$ sono semplicemente connessi. Come faccio a dimostrare che $E$ non può essere omeomorfo a $\mathbb{R}$ ?
Grazie

Risposte
NRyoma
No, in genere $Y$ può non essere separabile

j18eos
Invece sì! EDIT: Invece no!

Sappiamo che \(\displaystyle x_0\) è un punto chiuso, perché la topologia soddisfa la separabilità alla Hausdorff, per continuità \(\displaystyle p^{-1}(x_0)=Y\) è un insieme chiuso con topologia discreta (a meno di omeomorfismi) di \(\displaystyle\mathbb{R}\) con la topologia naturale.
Essendo:
\[
\mathbb{R}=\overline{\mathbb{Q}}\Rightarrow Y=\dots=\overline{Y}\cap\overline{\mathbb{Q}}=\overline{Y\cap\mathbb{Q}}=\overline{Z}
\]
quindi \(\displaystyle Z\) è un insieme al più numerabile e denso in \(\displaystyle Y\), ottieni una contraddizione.

A me l'esercizio è piaciuto!, ed a te?

NRyoma
Per quello che mi ha fatto passare direi di no. :-D Ti ringrazio per l'aiuto :wink:

j18eos
...a questo punto di confesso due peccati senza possibilità di emendarli:
[list=a]
[*:2iotw8z7]non mi piace la topologia algebrica;[/*:m:2iotw8z7]
[*:2iotw8z7]per quanto riguarda le omotopìe, il gruppo fondamentale e i rivestimenti: sono auto didatta![/*:m:2iotw8z7][/list:o:2iotw8z7]
Praticamente, queste cose le uso nei limiti che mi servono in geometria algebrica...

Studente Anonimo
Studente Anonimo
"j18eos":
[tex]\overline{Y}\cap\overline{\mathbb{Q}}=\overline{Y\cap\mathbb{Q}}[/tex]
Questa uguaglianza mi convince poco, per esempio è chiaramente falsa se [tex]Y[/tex] è disgiunto da [tex]\mathbb{Q}[/tex]. Ok nel caso in esame $Y$ è non numerabile e chiuso quindi probabilmente è vero, ma bisogna dimostrarlo. [Edit: no non è vera nemmeno in questo caso, per esempio si può prendere [tex]Y = [0,1] \cup \{\pi\}[/tex].]

Una cosa: avete mostrato che $Y$ è un sottospazio non numerabile e discreto di $E$. Questo basta per concludere perché si vede facilmente che i sottospazi discreti di $\mathbb{R}$ sono al più numerabili.

PS. Non so se ho capito bene la conversazione :) ma la separabilità non è ereditaria, come aveva mostrato Armando qui (piano di Sorgenfrey e la sua antidiagonale).

j18eos
Ho controllato, e ha ragione Martino:
[list=1]
[*:7xsar7z8]la separabilità non è una proprietà topologica ereditaria, eccetto per i casi dei sottospazi aperti e degli spazi metrici;[/*:m:7xsar7z8]
[*:7xsar7z8]l'eguaglianza corretta è:
\[
A,B\subseteq X,\,\overline{A\cup B}=\overline{A}\cup\overline{B};
\]
con \(\displaystyle X\) spazio topologico qualunque;[/*:m:7xsar7z8]
[*:7xsar7z8]correggendo il finale: sempre a meno di omeomorfismi e utilizzando le stesse notazione, \(\displaystyle Y\) sarebbe un sottospazio di uno spazio metrico separabile, per cui dev'essere separabile, e ciò porta all'assurdo.[/*:m:7xsar7z8][/list:o:7xsar7z8]
Il punto 3 non lo saprei dire più semplice di così; inoltre, dato che sto qui a scrivere, si può ripetere tutto il ragionamento a partire da un generico punto di \(\displaystyle\mathbb{S}^1\lor\mathbb{S}^1\).

j18eos
Ho trovato un altro errore :( \(\displaystyle F(2)\) ha cardinalità dell'infinito numerabile, in quanto \(\displaystyle\{a,b,a^{-1},b^{-1}\}^{(\mathbb{N})}\) è un insieme infinito numerabile[nota]Invece, \(\displaystyle\{a,b,a^{-1},b^{-1}\}^{\mathbb{N}}\) è infinito continuo.[/nota]! -_-
Quindi resta il fatto che, senza cambiare i nomi, \(\displaystyle p^{-1}(x_0)\) è un insieme numerabile, con la topologia discreta; e ciò non basta per concludere!

Cercando ho trovato una costruzione esplicita di del rivestimento universale \(\displaystyle E\) di \(\displaystyle\mathbb{S}^1\lor\mathbb{S}^1\): la si trova nel capitolo 1, sezione 3 del libro di Hatcher!
In breve: se tu togli un punto da \(\displaystyle E\), esso si sconnette in quattro pezzi, mentre \(\displaystyle\mathbb{R}\) si sconnette in due pezzi, e ciò basta per concludere.

j18eos
[ot]Se la benzina non costasse così tanto: mi bagnerei dalla testa ai piedi, e mi darei fuoco da solo! :smt011[/ot]Siano \(\displaystyle x_0\in X=\mathbb{S}^1\lor\mathbb{S}^1\) il punto di contatto delle due copie di \(\displaystyle\mathbb{S}^1\) ed \(\displaystyle(E,p)\) il rivestimento universale di \(\displaystyle X\); per definizione esiste un intorno aperto \(\displaystyle U\) di \(\displaystyle x_0\) tale che \(\displaystyle V=p^{-1}(U)\) sia l'unione disgiunta di insiemi aperti connessi \(\displaystyle V_i\), ognuno dei quali omeomorfo a \(\displaystyle U\) mediante \(\displaystyle p\).

Essendo intuitivamente \(\displaystyle U\subsetneqq X\), si ha che \(\displaystyle U\setminus\{x_0\}\) è tagliato in quattro componenti connesse, quindi anche ciascuno dei \(\displaystyle V_i\setminus p^{-1}(x_0)\) è tagliato in quattro componenti connesse; se fosse \(\displaystyle E\) omeomorfo ad \(\displaystyle\mathbb{R}\) (con la topologia naturale) allora i \(\displaystyle V_i\) dovrebbero essere intervalli aperti, ma un punto taglia un intervallo aperto in due intervalli aperti, quindi tale omeomorfismo non può esistere!

killing_buddha
non mi piace la topologia algebrica

You're a pervert, repent.

j18eos
@kb[ot]
"killing_buddha":
non mi piace la topologia algebrica

You're a pervert, repent.
Vabbè: le coomologie di fasci e i vari "gruppi fondamentali" li salvo! O:)[/ot]

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