Nastro di Mobius
Si consideri il quadrato chiuso $X = [0, 1] × [0, 1]subRR^2$ con la relazione di equivalenza $∼$ definita come:
$(x_1, y_1) ∼ (x_2, y_2) ⇔ (x_1, y_1) = (x_2, y_2)$ o $({x_1, x_2} = {0, 1} e y_1 + y_2 = 1).$
Lo spazio topologico quoziente $X_(/∼$ `e detto nastro di Mobius. Si provi che il nastro di Mobius non è omeomorfo a $S^1xx[0,1]$.
Intanto lascio una foto del nastro di Mobius:
Osservando le proprietà topologiche del nastro di Mobius e di $S^1xx[0,1]$ ho notato che sono entrambi compatti,T2,connessi per archi, connnessi... e altre proprietà. Ero partito dal fatto che se almeno una di esse non fosse comune ad entrambi avrei concluso che non poteva esistere un omeomorfismo, ma ahimè non sono riuscito a trovarne una (per quelle poche che so)... Quindi vorrei sapere un po come mostrare che questo omeomorfismo non esiste. Una vaga idea mi era venuta in mente considerando gli aperti lungo $x=0$ e $x=1$, dato che nel caso di $S^1xx[0,1]$ i segmenti $x=0$ e $x=1$ vengono raccordati in maniera "semplice" mentre nel nastro di Mobius vengono raccordati con una torsione (come si vede in figura). Quindi gli aperti in questi punti sono "diversi" nei due spazi topologici, ma non so se sia giusto e basti effettivamente a mostrare che non sono omeomorfi...
$(x_1, y_1) ∼ (x_2, y_2) ⇔ (x_1, y_1) = (x_2, y_2)$ o $({x_1, x_2} = {0, 1} e y_1 + y_2 = 1).$
Lo spazio topologico quoziente $X_(/∼$ `e detto nastro di Mobius. Si provi che il nastro di Mobius non è omeomorfo a $S^1xx[0,1]$.
Intanto lascio una foto del nastro di Mobius:
Osservando le proprietà topologiche del nastro di Mobius e di $S^1xx[0,1]$ ho notato che sono entrambi compatti,T2,connessi per archi, connnessi... e altre proprietà. Ero partito dal fatto che se almeno una di esse non fosse comune ad entrambi avrei concluso che non poteva esistere un omeomorfismo, ma ahimè non sono riuscito a trovarne una (per quelle poche che so)... Quindi vorrei sapere un po come mostrare che questo omeomorfismo non esiste. Una vaga idea mi era venuta in mente considerando gli aperti lungo $x=0$ e $x=1$, dato che nel caso di $S^1xx[0,1]$ i segmenti $x=0$ e $x=1$ vengono raccordati in maniera "semplice" mentre nel nastro di Mobius vengono raccordati con una torsione (come si vede in figura). Quindi gli aperti in questi punti sono "diversi" nei due spazi topologici, ma non so se sia giusto e basti effettivamente a mostrare che non sono omeomorfi...
Risposte
È una buona idea ma va motivata per bene.
Vedi se riesci a dimostrare che per ogni omeomorfismo $f$ di $X=S^1\times[0,1]$ in sè si ha che, posti $A=S^1\times(0,1)$ e $B=X\setminusA$, $f(A)=A$ e $f(B)=B$.
Mentre per $Y$ il nastro di Mobius, posto $C$ il passaggio al quoziente di $[0,1]\times{0,1}$ e $D=Y\setminusC$, si ha che per ogni omeomorfismo $g$ di $Y$ in sè $g(C)=C$ e $g(D)=D$.
Questi sottoinsiemi si possono chiamare le componenti omogenee degli spazi e devono corrispondere tra spazi omeomorfi, quindi $B$ o è omeomorfo a $C$ o $D$ se dovessero esserlo anche $X$ e $Y$, ma $B$ è l'unico di questi quattro insiemi a essere sconnesso.
Ecco ti ho delineato un po' un possibile percorso di dimostrazione, ma probabilmente basta dimostrare anche un pochino meno di quanto ho detto.
Vedi se riesci a dimostrare che per ogni omeomorfismo $f$ di $X=S^1\times[0,1]$ in sè si ha che, posti $A=S^1\times(0,1)$ e $B=X\setminusA$, $f(A)=A$ e $f(B)=B$.
Mentre per $Y$ il nastro di Mobius, posto $C$ il passaggio al quoziente di $[0,1]\times{0,1}$ e $D=Y\setminusC$, si ha che per ogni omeomorfismo $g$ di $Y$ in sè $g(C)=C$ e $g(D)=D$.
Questi sottoinsiemi si possono chiamare le componenti omogenee degli spazi e devono corrispondere tra spazi omeomorfi, quindi $B$ o è omeomorfo a $C$ o $D$ se dovessero esserlo anche $X$ e $Y$, ma $B$ è l'unico di questi quattro insiemi a essere sconnesso.
Ecco ti ho delineato un po' un possibile percorso di dimostrazione, ma probabilmente basta dimostrare anche un pochino meno di quanto ho detto.
"otta96":
È una buona idea ma va motivata per bene.
Vedi se riesci a dimostrare che per ogni omeomorfismo $f$ di $X=S^1\times[0,1]$ in sè si ha che, posti $A=S^1\times(0,1)$ e $B=X\setminusA$, $f(A)=A$ e $f(B)=B$.
Mentre per $Y$ il nastro di Mobius, posto $C$ il passaggio al quoziente di $[0,1]\times{0,1}$ e $D=Y\setminusC$, si ha che per ogni omeomorfismo $g$ di $Y$ in sè $g(C)=C$ e $g(D)=D$.
Questi sottoinsiemi si possono chiamare le componenti omogenee degli spazi e devono corrispondere tra spazi omeomorfi, quindi $B$ o è omeomorfo a $C$ o $D$ se dovessero esserlo anche $X$ e $Y$, ma $B$ è l'unico di questi quattro insiemi a essere sconnesso.
Ecco ti ho delineato un po' un possibile percorso di dimostrazione, ma probabilmente basta dimostrare anche un pochino meno di quanto ho detto.
Non vorrei dire una cavolata ma in teoria $A=S^1xx(0,1)$ dovrebbe essere la parte interna di $S^1xx[0,1]$, quindi quando vado ad applicare $f$ siccome $A$ è l'unione di tutti gli aperti di $S^1xx[0,1]$ e $f$ è aperta allora $f(A)$ va nell'unione di tutti gli aperti di $S^1xx[0,1]$ (per biunivocità) e quindi è $A$. Per complementarità $B=S^1xx{0,1}$ si ha che $f(B)=f(S^1xx[0,1]\\A)=f(S^1xx[0,1])\\f(A)=(S^1xx[0,1])\\A=B$
No perchè non è $A$ la parte interna di $S^1\times[0,1]$, ma $S^1\times[0,1]$ stesso. In ogni spazio la parta interna di se stesso è tutto lo spazio.
Forse perchè $S^1xx(0,1)$ è un elemento della base delle topologia prodotto di $S^1xx[0,1]$ (poichè $S^1$ è aperto in $S^1$ e $(0,1)$ è aperto $[0,1]$) e quindi tramite omeomorfismo rimane invariato?
Comunque ho visto che in generale gli invarianti topologici sono:connessione, compattezza, separabilità, non è che posso usare questi per mostrare che non esiste un omeomorfismo?
"andreadel1988":
Comunque ho visto che in generale gli invarianti topologici sono:connessione, compattezza, separabilità, non è che posso usare questi per mostrare che non esiste un omeomorfismo?
No, perché non sono certamente tutti gli invarianti topologici; ci sono anche il tipo di omotopia, l'orientabilità, il genere/caratteristica di Eulero... trovare un insieme completo di invarianti, cioè una lista di invarianti tali che due spazi sono omeomorfi se e solo se hanno gli stessi invarianti, è un problema molto difficile.
"megas_archon":
No, perché non sono certamente tutti gli invarianti topologici; ci sono anche il tipo di omotopia, l'orientabilità, il genere/caratteristica di Eulero... trovare un insieme completo di invarianti, cioè una lista di invarianti tali che due spazi sono omeomorfi se e solo se hanno gli stessi invarianti, è un problema molto difficile.
Quali sono tutti gli invarianti topologici che si possono avere?
Non si possono trovare tutti, sono troppi, tecnicamente ogni unione di "classi di equivalenza" di spazi topologici secondo la "relazione" di omeomorfismo è un invariante topologico.
Cioè non ogni unione "è", ma determina un invariante topologico in base a se uno spazio ci appartiene o meno.
"otta96":
È una buona idea ma va motivata per bene.
Vedi se riesci a dimostrare che per ogni omeomorfismo $f$ di $X=S^1\times[0,1]$ in sè si ha che, posti $A=S^1\times(0,1)$ e $B=X\setminusA$, $f(A)=A$ e $f(B)=B$.
Mentre per $Y$ il nastro di Mobius, posto $C$ il passaggio al quoziente di $[0,1]\times{0,1}$ e $D=Y\setminusC$, si ha che per ogni omeomorfismo $g$ di $Y$ in sè $g(C)=C$ e $g(D)=D$.
L'idea intuitiva che mi viene in mente è che se non mando tramite omeomorfismo questi insiemi in loro stessi una fra continuità, iniettività,suriettività o apertura viene a mancare nella funzione e quindi non sarebbe omeomorfismo, ma non so bene come scriverlo...
L'idea è più che i punti "interni" alle strisce hanno solo intorni che se bucati non sono semplicemente connessi, mentre quelli sui "bordi" ce l'hanno.
"otta96":.
L'idea è più che i punti "interni" alle strisce hanno solo intorni che se bucati non sono semplicemente connessi, mentre quelli sui "bordi" ce l'hanno.
Non mi è chiaro perchè sui bordi gli intorni dovrebbero essere semplicemente connessi se bucati (non contradirebbe l'idea intuitiva di "non essere bucato"?)
Perchè sono tipo una semicirconferenza chiusa a cui togli il suo centro.
Comunque mi sembra che la dimostrazione non sia ottenibile con strumenti elementari. Bisognerebbe capire cosa puoi usare.. Per esempio puoi dare per buono che un omeomorfismo dal nastro nel cilindro deve mandare i "bordi" nei "bordi", dove i bordi sono la frontiera del quadrato modulo le opportune relazioni di equivalenza.
"ViciousGoblin":
Per esempio puoi dare per buono che un omeomorfismo dal nastro nel cilindro deve mandare i "bordi" nei "bordi"
Secondo me si può dimostrare come stavo suggerendo.
@otta96 Ho riletto con maggiore attenzione i tuoi post e mi sa che hai ragione! Direi che TUTTI gli intorni dei punti "interni" se privati del centro non sono semplicementte connessi, mentre per i punti del "bordo" se ne trovano che (anche privati del centro) sono contrattili. Questo dovrebbe bastare.
Eh infatti, non so so però se proprio tutti gli intorni bucati non sono semplicemente connessi, o almeno forse non è così facile da dimostrare. Assodato questo basta sicuramente.
"otta96":
Eh infatti, non so so però se proprio tutti gli intorni bucati non sono semplicemente connessi, o almeno forse non è così facile da dimostrare. Assodato questo basta sicuramente.
Mi ricredo sull'ottimismo. E' pane duro.
Poi se dai per buono cose tipo che in un semplicemente connesso tutti i campi irrotazionali sono conservativi ricavi subito che se $\Omega$ è un aperto in $\mathbb{R}^2$ e $x_0\in\Omega$ allora $\Omega\setminus{x_0}$ non è semplicemente connesso.
Io consiglierei ad Andrea di dare per buono che se esistesse un omeomorfismo $\Phi$ dal nastro nel cilindro $\Phi$ dovrebbe mandare bordi in bordi (o interno in interno - qui bordi e interno andrebbero definiti nel senso delle varietà ma nel caso in esame mi pare chiaro chi siano).
Questa proprietà per quanto difficile da dimostrare (dovrebbe essere una forma del teorema di invarianza del dominio) è abbastanza intuitivo. A quel punto può cercare ci capire come mai un tale omeomorfismo non può esistere.
Ripeto che la domanda in se non è per nulla elementare.
Ripensandoci, non basta dire che alcuni punti (quelli "interni") hanno la proprietà di avere ogni intorno bucato connesso per archi non semplicemente connesso, mentre altri (quelli nel bordo) ne hanno anche semplicemente connessi?
"otta96":
Ripensandoci, non basta dire che alcuni punti (quelli "interni") hanno la proprietà di avere ogni intorno bucato connesso per archi non semplicemente connesso, mentre altri (quelli nel bordo) ne hanno anche semplicemente connessi?
Spero di non rispondere di nuovo in modo troppo frettoloso.
Mi pare che il problema sia come dimostri che:
se si considera l'intorno bucato di un punto "interno" questo non è semplicemente connesso
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo