Omeomorfismo fra spazi
Siano $C = {(x,y,z) \in R^3 | x^2 + y^2 =1}$ e $S^1 x R$ il prodotto fra la sfera unitaria $S^1 = {(x,y) \in R^2 | x^2 + y^2 = 1}$ e $R$.
Devo dimostrare che i due spazi $C$ e $S^1 x R$ sono omeomorfi.
Vedere lo vedo (lo capisco se immagino come sono nello spazio ad esempio).
Ma volevo scriverlo formalmente...
E quindi pensavo di sfruttare la proprietà universale del prodotto di spazi topologici... Ovvero i due spazi sono omeomorfi se esistono due mappe $f1: C \rightarrow S^1$ e $f2: C \rightarrow R$ che siano continue e aperte. Giusto?
Pensavo alla mappa $f1(x,y,z) = (x,y)$ e alla mappa $f2(x,y,z) = z$. Queste sono mappe continue (componenti continue in $R$ e anche aperte volendo (le componenti sono aperte...?)... E' giusto come ragionamento?
Se così non fosse, mi scuso per l'enorme cavolata che ho scritto e aspetto consigli sul come procedere .
Intanto ringrazio anticipatamente tutti
Devo dimostrare che i due spazi $C$ e $S^1 x R$ sono omeomorfi.
Vedere lo vedo (lo capisco se immagino come sono nello spazio ad esempio).
Ma volevo scriverlo formalmente...
E quindi pensavo di sfruttare la proprietà universale del prodotto di spazi topologici... Ovvero i due spazi sono omeomorfi se esistono due mappe $f1: C \rightarrow S^1$ e $f2: C \rightarrow R$ che siano continue e aperte. Giusto?
Pensavo alla mappa $f1(x,y,z) = (x,y)$ e alla mappa $f2(x,y,z) = z$. Queste sono mappe continue (componenti continue in $R$ e anche aperte volendo (le componenti sono aperte...?)... E' giusto come ragionamento?
Se così non fosse, mi scuso per l'enorme cavolata che ho scritto e aspetto consigli sul come procedere .
Intanto ringrazio anticipatamente tutti
Risposte
Lascia perdere quel risultato che non mi sembra neanche vero, prendi però le due funzioni che hai definito e fanne una sola $f:C->S^1\timesRR$ con $f(x,y,z)=(f_1(x,y,z),f_2(x,y,z))=((x,y),z)$. Ora dimostra che è un omeomorfismo.
$ f^{-1}( ( {x^2 + y^2 = 1} \cap B((x',y'), R) ) x B(z',R) ) = {p \in C| f(p) = (f1(x,y), f2(z)) \in ( {x^2 + y^2 = 1} \cap B((x',y'), R) ) x B(z',R) } = {p \in C| f1(x,y) \in {x^2 + y^2 = 1} \cap B((x',y'), R) , f2(z) \in B(z',R) } = C \cap B((x', y', R)) x B(z', R) $$ B(z, R) $
Devo dimostrare che $f$ è continua: ovvero per ogni aperto di $S^1 x R$ la controimmagine tramite $f$ è un aperto in C.
Un aperto nella topologia prodotto è dato dall'unione di elementi del tipo $A x B$ dove $A$ è aperto di $S^1$ e $B$ aperto di $R$. Devo dimostrare che la retroimmagine di un elemento della base della topologia prodotto è un aperto in $C$.
Gli aperti di $S^1$ sono del tipo $A = {x^2 + y^2 = 1} \cap B((x,y), R)$.
Gli aperti di $R$ sono del tipo $B(z, R)$ con $z \in R$.
Basta dimostrare che $f^{-1}( ( {x^2 + y^2 = 1} \cap B((x',y'), R) ) x B(z',R) ) = {p \in C| f(p) = (f1(x,y), f2(z)) \in ( {x^2 + y^2 = 1} \cap B((x',y'), R) ) x B(z',R) } = {p \in C| f1(x,y) \in {x^2 + y^2 = 1} \cap B((x',y'), R) , f2(z) \in B(z',R)} = C \cap B ( (x', y'), R ) X B(z', R ) $.
Gli aperti di $C$ visto come sottospazio di $R^3$ sono dati da $C \cap B(q, R)$ con $q \in R^3$.
Ma $R^3 = R^2 x R$ e quindi $B( (x', y'), R) ) x B(z', R)$ è un aperto di $R^3$.
Affinchè sia un omeomorfismo poi devo dimostrare anche che $f^{-1}$ è continua... Ma il procedimento è analogo..
Come mai il risultato di prima non è vero se posso chiedere?
"otta96":
Lascia perdere quel risultato che non mi sembra neanche vero, prendi però le due funzioni che hai definito e fanne una sola $f:C->S^1\timesRR$ con $f(x,y,z)=(f_1(x,y,z),f_2(x,y,z))=((x,y),z)$. Ora dimostra che è un omeomorfismo.
Devo dimostrare che $f$ è continua: ovvero per ogni aperto di $S^1 x R$ la controimmagine tramite $f$ è un aperto in C.
Un aperto nella topologia prodotto è dato dall'unione di elementi del tipo $A x B$ dove $A$ è aperto di $S^1$ e $B$ aperto di $R$. Devo dimostrare che la retroimmagine di un elemento della base della topologia prodotto è un aperto in $C$.
Gli aperti di $S^1$ sono del tipo $A = {x^2 + y^2 = 1} \cap B((x,y), R)$.
Gli aperti di $R$ sono del tipo $B(z, R)$ con $z \in R$.
Basta dimostrare che $f^{-1}( ( {x^2 + y^2 = 1} \cap B((x',y'), R) ) x B(z',R) ) = {p \in C| f(p) = (f1(x,y), f2(z)) \in ( {x^2 + y^2 = 1} \cap B((x',y'), R) ) x B(z',R) } = {p \in C| f1(x,y) \in {x^2 + y^2 = 1} \cap B((x',y'), R) , f2(z) \in B(z',R)} = C \cap B ( (x', y'), R ) X B(z', R ) $.
Gli aperti di $C$ visto come sottospazio di $R^3$ sono dati da $C \cap B(q, R)$ con $q \in R^3$.
Ma $R^3 = R^2 x R$ e quindi $B( (x', y'), R) ) x B(z', R)$ è un aperto di $R^3$.
Affinchè sia un omeomorfismo poi devo dimostrare anche che $f^{-1}$ è continua... Ma il procedimento è analogo..
Come mai il risultato di prima non è vero se posso chiedere?
Non è vero perché non è sufficiente, le due mappe devono far parte di un cono universale (una proprietà universale è una coppia di witness, un oggetto e un cono; ed è questa coppia, non solo l'oggetto, a godere di una proprietà di unicità).
Per dimostrarlo mediante l'uso di una UMP (che è comunque un modo "formale" di dimostrarlo, nel senso che non lascia niente all'intuizione o alla vaghezza), devi dimostrare che dato uno spazio topologico \(T\) dotato di due mappe \(\mathbb R \overset{u}\leftarrow T \overset{v}\to \mathbb S^1\), esiste un'unica mappa \(T \to C\) tale per cui questo diagramma sia commutativo:
\[\begin{array}{ccccc}
&& T && \\
&\overset{u}\swarrow&\downarrow&\overset{v}\searrow&\\
\mathbb{R} &\leftarrow& C &\to& \mathbb{S}^1
\end{array}\] Se ci pensi, questo è ovvio (è anche un esercizio elementare sulla prop univ di un prodotto), perché le mappe da C sono semplicemente proiezioni sulle componenti (la terza, e le prime due).
Per dimostrarlo mediante l'uso di una UMP (che è comunque un modo "formale" di dimostrarlo, nel senso che non lascia niente all'intuizione o alla vaghezza), devi dimostrare che dato uno spazio topologico \(T\) dotato di due mappe \(\mathbb R \overset{u}\leftarrow T \overset{v}\to \mathbb S^1\), esiste un'unica mappa \(T \to C\) tale per cui questo diagramma sia commutativo:
\[\begin{array}{ccccc}
&& T && \\
&\overset{u}\swarrow&\downarrow&\overset{v}\searrow&\\
\mathbb{R} &\leftarrow& C &\to& \mathbb{S}^1
\end{array}\] Se ci pensi, questo è ovvio (è anche un esercizio elementare sulla prop univ di un prodotto), perché le mappe da C sono semplicemente proiezioni sulle componenti (la terza, e le prime due).
"megas_archon":
Non è vero perché non è sufficiente, le due mappe devono far parte di un cono universale (una proprietà universale è una coppia di witness, un oggetto e un cono; ed è questa coppia, non solo l'oggetto, a godere di una proprietà di unicità).
Per dimostrarlo mediante l'uso di una UMP (che è comunque un modo "formale" di dimostrarlo, nel senso che non lascia niente all'intuizione o alla vaghezza), devi dimostrare che dato uno spazio topologico \(T\) dotato di due mappe \(\mathbb R \overset{u}\leftarrow T \overset{v}\to \mathbb S^1\), esiste un'unica mappa \(T \to C\) tale per cui questo diagramma sia commutativo:
\[\begin{array}{ccccc}
&& T && \\
&\overset{u}\swarrow&\downarrow&\overset{v}\searrow&\\
\mathbb{R} &\leftarrow& C &\to& \mathbb{S}^1
\end{array}\] Se ci pensi, questo è ovvio (è anche un esercizio elementare sulla prop univ di un prodotto), perché le mappe da C sono semplicemente proiezioni sulle componenti (la terza, e le prime due).
Ciao, si ma in questo caso non basta che le due mappe $f1$(relativa a u) e $f2$ (relativa a v) siano continue?
Se $f1$ è continua: preso un aperto $A$ di $R$ $f1^{-1}(A)$ è aperto in $C$ e si ha anche che $u^{-1}(A)$ è aperto in T.
Se $f2$ è continua: preso un aperto $B$ di $S^{1}$ $f2^{-1}(B)$ è aperto in $C$ e si ha anche che $v^{-1}(B)$ è aperto in T.
Scegliendo $f' = (f2, f1)$ .. si ottiene così una mappa continua..
Nel caso in cui f1 e f2 fossero aperte anche f' lo sarebbe... No?
Ho capito bene o dico male?
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