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
CONTINUA
Diamo pure per buono (anche se la dimostrazione non è banale) che, se $r>0$ , allora $B(0,r)\setminus{0}$ non è semplicemente
connesso (siamo in $\mathbb{R}^2$).
Come dimostri in modo semplice che se $\Omega$ è un intorno di zero in $\mathbb{R}^2$, allora $\Omega\setminus{0}$ non è semplicemente connesso ?
Diamo pure per buono (anche se la dimostrazione non è banale) che, se $r>0$ , allora $B(0,r)\setminus{0}$ non è semplicemente
connesso (siamo in $\mathbb{R}^2$).
Come dimostri in modo semplice che se $\Omega$ è un intorno di zero in $\mathbb{R}^2$, allora $\Omega\setminus{0}$ non è semplicemente connesso ?
Ah giusto ecco cosa mi sfuggiva, ma aspetta, e se si prendesse come proprietà che i punti interni ammettono un sistema fondamentale di intorni che quando bucati non sono semplicemente connessi? Dai questo dovrebbe funzionare.
"ViciousGoblin":Se \(\Omega\) è un intorno di 0, contiene un aperto della forma \(B(0,\epsilon)\) ed \(\epsilon\) si può scegliere in maniera tale che \(B(0,\epsilon]\) sia ancora completamente contenuto in \(\Omega\); ora, \(\partial B(0,\epsilon]\) è un retratto di deformazione forte d[ella componente connessa per arch]i di \(\Omega\) [che contiene 0].
CONTINUA
Diamo pure per buono (anche se la dimostrazione non è banale) che, se $r>0$ , allora $B(0,r)\setminus{0}$ non è semplicemente
connesso (siamo in $\mathbb{R}^2$).
Come dimostri in modo semplice che se $\Omega$ è un intorno di zero in $\mathbb{R}^2$, allora $\Omega\setminus{0}$ non è semplicemente connesso ?
Quello che devi dare per buono, in particolare, è che \(\pi_1(S^1,p)\cong\mathbb Z\) per ogni \(p\in S^1\), e ovviamente le proprietà di funtorialità di \(\pi_1\) (cosicché da ogni isomorfismo \(\partial B(0,\epsilon]\cong S^1\) si ottenga un isomorfismo di gruppi \(\pi_1(B(0,\epsilon],x_0)\cong\mathbb Z\)). Però santoddio, "i teoremi si fanno con le ipotesi", e il gruppo fondamentale del cerchio è probabilmente l'unico conto di topologia algebrica che si può (e si dovrebbe) fare del tutto a mano.
"megas_archon":
Se \(\Omega\) è un intorno di 0, contiene un aperto della forma \(B(0,\epsilon)\) ed \(\epsilon\) si può scegliere in maniera tale che \(B(0,\epsilon]\) sia ancora completamente contenuto in \(\Omega\); ora, \(\partial B(0,\epsilon]\) è un retratto di deformazione forte d[ella componente connessa per arch]i di \(\Omega\) [che contiene 0].
Non mi pare vero se $\Omega$ è un generico intorno dell'origine. Per esempio $\Omega=B((0,0),4)\setminus B((0,2),1)$ non mi pare retraibile su $B((0,0),1)$.
Certo, ho risposto dall'autobus senza fare il disegno, e ovviamente per il mio istinto un intorno è contraibile.
Ora, una dimostrazione elementare l'ho scribacchiata alla lavagna in due minuti, del resto mi devi dire cosa significa per te "in modo semplice", così non perdo tempo a scriverla se poi gne gne non è semplice abbastanza.
Ora, una dimostrazione elementare l'ho scribacchiata alla lavagna in due minuti, del resto mi devi dire cosa significa per te "in modo semplice", così non perdo tempo a scriverla se poi gne gne non è semplice abbastanza.
"megas_archon":
Certo, ho risposto dall'autobus senza fare il disegno, e ovviamente per il mio istinto un intorno è contraibile.
Ora, una dimostrazione elementare l'ho scribacchiata alla lavagna in due minuti, del resto mi devi dire cosa significa per te "in modo semplice", così non perdo tempo a scriverla se poi gne gne non è semplice abbastanza.
Per me semplice era relativo al tono della discussione (in cui mi sono inserito tardi, proprio perché non avevo capito quali strumenti fossero utilizzabili). Più la guardo e più la questione originaria mi sembra tutt'altro che "elementare".
Io come avrai visto avevo suggerito di usare il teorema dell'invarianza del dominio (assolutamente non elementare) per dimostrare che un eventuale omeomorfismo tra il nastro di Moebius $N$ e il cilindro $C$ dovrebbe mandare il "bordo" di $N$ nel "bordo" di $C$ e da lì mi pare facile concludere che si trova un assurdo (non concludo nel caso andrea fosse ancora interessato a pensarci).
Poi ho letto i suggerimenti di otta96 e ho cercato di capire cosa serva per formalizzarli (non ho ancora capito se l'idea di restringersi a una base di inorni funziona...). Il nucleo di tali ragionamenti mi pare che stia nel dare per buono che la palla bucata in $\mathbb{R}^2$ non è semplicemente connessa (e questo non è elementare) e vedere se con argomenti da primo/secondo anno si potesse dedurne che ogni intorno bucato ha la stessa proprietà (deformazioni di ogni tipo sarebbero bene accette). Se si dimostra questa proprietà delle palle bucate si trova un altro modo per provare che l'omeomorfismo di prima deve mandare bordi in bordi.
Se ci fai vedere la tua dimostrazione comunque a me fa piacere - poi sta ad andrea (ammesso che sia ancora seguendo) di dire se per lui la cosa è semplice oppure no...
"ViciousGoblin":
Il nucleo di tali ragionamenti mi pare che stia nel dare per buono che la palla bucata in $\mathbb{R}^2$ non è semplicemente connessa (e questo non è elementare)
Vabbè dai almeno questo bisogna darlo per assodato, io mi sono calibrato sul contenuto di un corso medio introduttivo di topologia, ovvero una buona dose di topologia generale e un pizzico di topologia algebrica, teoria dell'omotopia di base quindi gruppo fondamentale (quello di $S^1$ su tutti), qualche retrazione e circa basta.
Se ci fai vedere la tua dimostrazione comunque a me fa piacereProbabilmente si può fare anche con Van Kampen (di fatto sto facendo circa lo stesso conto, solo che abelianizzato; però per regioni del piano non cambia niente, ma questo sì che è un teorema profondo), ma ecco.
Considera i due aperti \(B(p,\epsilon),\Omega^\times\subseteq\Omega\) (dove \(\Omega^\times := \Omega\smallsetminus\{p\}\)) e la successione esatta corta data da Mayer-Vietoris
\[0\to H_1(B(p,\epsilon)\smallsetminus\{p\})\to H_1(\Omega^\times)\oplus H_1(B(p,\epsilon))\to H_1(\Omega)\to 0\] cioè la successione
\[0\to\mathbb Z\xrightarrow{\alpha} H_1(\Omega^\times) \to H_1(\Omega)\to 0\] da qui si vede all'istante che, siccome \(\alpha\) deve essere iniettiva, \(H_1(\Omega^\times)\) contiene almeno una copia di \(\mathbb Z\), dunque non può essere zero -dunque \(\Omega^\times\) non può essere semplicemente connesso.
"otta96":
Ah giusto ecco cosa mi sfuggiva, ma aspetta, e se si prendesse come proprietà che i punti interni ammettono un sistema fondamentale di intorni che quando bucati non sono semplicemente connessi? Dai questo dovrebbe funzionare.
Mannaggia ogni volta mi accorgo di qualcosa che non funziona ma forse se si aggiunge che che questi intorni devono essere semplicemente connessi in partenza funziona.
Dopo aver avuto abbastanza strumenti di topologia (in quanto ho finito il corso) penso che una dimostrazione del genere possa andare bene:
$X= text{Nastro di Moebius}, Y= text{cilindro compatto}$
Siano $a=[0,1]xx{0}$ e $b=[0,1]xx{1}$ nel caso del nastro di Moebius mentre $c=[0,1]xx{0}$ e $d=[0,1]xx{1}$ nel caso del cilindro compatto. Definiamo $EU_n(Z)={zinZ| text{esite un intorno aperto di} z text{ omeomorfo a un aperto di } RR^n, text{con n fissato}}$. Si ha che $EU_2(X)=X\\pi(auub)$ e $EU_2(Y)=Y\\pi(cuud)$. Notiamo che $pi(c)nnpi(d)=∅$ (inoltre $pi(c)$ e $pi(d)$ sono chiusi), mentre $pi(a)nnpi(b)!=∅$ (ad esempio $pi(0,0)inpi(a)nnpi(b)$), ma allora $X\\EU_2(X)$ è connesso per archi (perchè $pi(a)$ e $pi(b)$ sono connessi per archi (proiezioni di insiemi connessi per archi) e la loro intersezione non è vuota, per cui $pi(a)uupi(b)$ è connesso per archi), mentre $Y\\EU_2(Y)$ non è connesso per archi (poichè non è connesso in quanto $pi(c)$ e $pi(d)$ sono chiusi disgiunti la cui unione è $pi(c)uupi(d)$). Ma allora $EU_2(X)$ e $EU_2(Y)$ non possono essere omeomorfi per cui $X$ e $Y$ non possono essere omeomorfi.
$X= text{Nastro di Moebius}, Y= text{cilindro compatto}$
Siano $a=[0,1]xx{0}$ e $b=[0,1]xx{1}$ nel caso del nastro di Moebius mentre $c=[0,1]xx{0}$ e $d=[0,1]xx{1}$ nel caso del cilindro compatto. Definiamo $EU_n(Z)={zinZ| text{esite un intorno aperto di} z text{ omeomorfo a un aperto di } RR^n, text{con n fissato}}$. Si ha che $EU_2(X)=X\\pi(auub)$ e $EU_2(Y)=Y\\pi(cuud)$. Notiamo che $pi(c)nnpi(d)=∅$ (inoltre $pi(c)$ e $pi(d)$ sono chiusi), mentre $pi(a)nnpi(b)!=∅$ (ad esempio $pi(0,0)inpi(a)nnpi(b)$), ma allora $X\\EU_2(X)$ è connesso per archi (perchè $pi(a)$ e $pi(b)$ sono connessi per archi (proiezioni di insiemi connessi per archi) e la loro intersezione non è vuota, per cui $pi(a)uupi(b)$ è connesso per archi), mentre $Y\\EU_2(Y)$ non è connesso per archi (poichè non è connesso in quanto $pi(c)$ e $pi(d)$ sono chiusi disgiunti la cui unione è $pi(c)uupi(d)$). Ma allora $EU_2(X)$ e $EU_2(Y)$ non possono essere omeomorfi per cui $X$ e $Y$ non possono essere omeomorfi.
Ma adesso che hai avuto abbastanza strumenti di topologia la dimostrazione che farebbe qualsiasi cristiano con una laurea che problema ti dà?
Supponiamo per assurdo che \(M\cong C\), se $M$ è il nastro e $C$ il cilindro; allora le compattificazioni di Александров dei due spazi sono pure loro omeomorfe, \(\bar M\cong\bar C\); del resto \(\bar C\simeq S^2\lor S^1\) e \(\bar M\simeq RP^2\), e \(\pi_1(\bar C)\cong \mathbb Z\not\cong \mathbb Z/2\cong \pi_1(\bar M)\). QED.
Supponiamo per assurdo che \(M\cong C\), se $M$ è il nastro e $C$ il cilindro; allora le compattificazioni di Александров dei due spazi sono pure loro omeomorfe, \(\bar M\cong\bar C\); del resto \(\bar C\simeq S^2\lor S^1\) e \(\bar M\simeq RP^2\), e \(\pi_1(\bar C)\cong \mathbb Z\not\cong \mathbb Z/2\cong \pi_1(\bar M)\). QED.
"megas_archon":
Ma adesso che hai avuto abbastanza strumenti di topologia la dimostrazione che farebbe qualsiasi cristiano con una laurea che problema ti dà?
Supponiamo per assurdo che \(M\cong C\), se $M$ è il nastro e $C$ il cilindro; allora le compattificazioni di Александров dei due spazi sono pure loro omeomorfe, \(\bar M\cong\bar C\); del resto \(\bar C\simeq S^2\lor S^1\) e \(\bar M\simeq RP^2\), e \(\pi_1(\bar C)\cong \mathbb Z\not\cong \mathbb Z/2\cong \pi_1(\bar M)\). QED.
Come si mostra che la compattificazione di Alexandrof di $C$ è omeomorfa a $S^2 vv S^1$? E poi usi Van Kampen così:
Dove ho usato che la semisfera aperta è omeomorfa a $D^1$ e quindi contraibile. Da Van Kampen si ha quindi che $pi_1(S^2 vv S^1\congZZ)$, giusto?
Che poi se non erro la compattificazione di Alexandrof è questa:
"andreadel1988":
[quote="megas_archon"]Ma adesso che hai avuto abbastanza strumenti di topologia la dimostrazione che farebbe qualsiasi cristiano con una laurea che problema ti dà?
Supponiamo per assurdo che \(M\cong C\), se $M$ è il nastro e $C$ il cilindro; allora le compattificazioni di Александров dei due spazi sono pure loro omeomorfe, \(\bar M\cong\bar C\); del resto \(\bar C\simeq S^2\lor S^1\) e \(\bar M\simeq RP^2\), e \(\pi_1(\bar C)\cong \mathbb Z\not\cong \mathbb Z/2\cong \pi_1(\bar M)\). QED.
Come si mostra che la compattificazione di Alexandrof di $C$ è omeomorfa a $S^2 vv S^1$?[/quote]
Non si mostra, perché è falso: sono, però, omotopicamente equivalenti (è l'esempio con cui introduco sempre la nozione di equivalenza omotopica a chi mi domanda cosa sia).
"megas_archon":
sono, però, omotopicamente equivalenti
Con retrazione per deformazione oppure direttamente con equivalenza omotopica?
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