Omeomorfismo tra sottospazi di $RR^n$
Mi chiedevo ieri se fosse vero il seguente risultato.
Siano $A$ e $B$ due sottoinsiemi di $RR^n$, omeomorfi tra di loro. Se $A$ è aperto, allora anche $B$ lo è.
In dimensione $1$ è sufficiente notare che, essendo $A$ un'unione di intervalli aperti, togliendone un punto qualsiasi si aumenta il numero di componenti connesse, cosa invece falsa in $B$ se per assurdo avesse dei punti di frontiera.
In dimensione $2$ togliendo un punto da $A$ si cambia il gruppo fondamentale della componente connessa in cui si trova, perché si aggiungono dei lacci non omotopi a nessuno che esisteva in precedenza.
In dimensione $n$ immagino ci si possa appellare al gruppo $pi_n$. Sono cose che non conosco, ma leggendone la definizione mi sembra che si possa continuare con le stesse conclusioni.
Insomma mi sono convinto che il teorema dovrebbe essere vero. Sbaglio? E' molto più facile da dimostrare rispetto a cio' che ho pensato?
Siano $A$ e $B$ due sottoinsiemi di $RR^n$, omeomorfi tra di loro. Se $A$ è aperto, allora anche $B$ lo è.
In dimensione $1$ è sufficiente notare che, essendo $A$ un'unione di intervalli aperti, togliendone un punto qualsiasi si aumenta il numero di componenti connesse, cosa invece falsa in $B$ se per assurdo avesse dei punti di frontiera.
In dimensione $2$ togliendo un punto da $A$ si cambia il gruppo fondamentale della componente connessa in cui si trova, perché si aggiungono dei lacci non omotopi a nessuno che esisteva in precedenza.
In dimensione $n$ immagino ci si possa appellare al gruppo $pi_n$. Sono cose che non conosco, ma leggendone la definizione mi sembra che si possa continuare con le stesse conclusioni.
Insomma mi sono convinto che il teorema dovrebbe essere vero. Sbaglio? E' molto più facile da dimostrare rispetto a cio' che ho pensato?
Risposte
Scusa, ma il fatto che esista un omeomorfismo $\varphi$ che mappa $A$ in (su) $B$ implica subito questo risultato. Infatti $\varphi^{-1}$ è continua e quindi, se $A$ è un aperto, $(\varphi^{-1})^{-1}(A) = B$ è la controimmagine di un aperto mediante l'applicazione continua $\varphi^{-1}$, quindi è aperto.
Mi sono perso qualcosa?
Mi sono perso qualcosa?
In quel modo hai mostrato solo che $B$ è aperto in se stesso, ma questo già lo sapevamo. Non è detto a priori che sia aperto in $RR^n$!
Ups, certo. Scusami...
Ma perché gli omeomorfismi non applicazioni aperte? 
Oppure non ho capito la questione! 
Oppure non ho capito la questione!
Ho un'idea molto rozza, magari non funziona però te la dico lo stesso... Supponiamo di stare in $R^n$. Allora se prendiamo in $A$ tutti gli elementi con la prima coordinata fissa $x_0$ e restringiamo l'omeomorfismo a questi punti non dovremmo ottenere un omeomorfismo fra spazi $(n-1)$-dimensionali ?? Si potrebbe risolvere per induzione su $n$ ??
"j18eos":
Ma perché gli omeomorfismi non applicazioni aperte?
Ahah leggi sopra! Se l'omeomorfismo fosse la restrizione di un omeomorfismo tra due aperti più grandi non ci sarebbe problema, ma invece così non si arriva da nessuna parte.
"perplesso":
Ho un'idea molto rozza, magari non funziona però te la dico lo stesso... Supponiamo di stare in $R^n$. Allora se prendiamo in $A$ tutti gli elementi con la prima coordinata fissa $x_0$ e restringiamo l'omeomorfismo a questi punti non dovremmo ottenere un omeomorfismo fra spazi $(n-1)$-dimensionali ?? Si potrebbe risolvere per induzione su $n$ ??
Mm no, mi sembra non possa funzionare. Non possiamo sapere dove sia l'immagine dei punti di quel tipo, non è detto che sia contenuta in un sottospazio vettoriale di dimensione $n-1$!
Suppongo banalmente che su \(A\) e \(B\) sia indotta la topologia naturale di \(\mathbb{R}^n\); dato che \(A\) è aperto in \(\mathbb{R}^n\) allora per ogni suo punto \(P\) esiste una palla aperta \(B_r(P)\) contenuta in \(A\), utilizzi l'omeomorfismo esistente per ipotesi ed ottiene che per ogni punto di \(B\) esiste una "palloide" contenuta in \(B\), da ciò dovresti ottenere che \(B\) è un sottoinsieme aperto di \(\mathbb{R}^n\).
OUT OF SELF Comunque sono fuso di mio! @_@
OUT OF SELF Comunque sono fuso di mio! @_@
Ma no, il palloide sarà un intorno di $f(P)$ in $B$ ma niente ti assicura che lo sia anche su $RR^n$! In pratica tu stai utilizzando il fatto che l'immagine di una palla aperta sia un aperto, ma è un problema equivalente a quello che si sta cercando di risolvere. 
"yellow":
Non possiamo sapere dove sia l'immagine dei punti di quel tipo, non è detto che sia contenuta in un sottospazio vettoriale di dimensione n−1!
Non credo sia importante sapere dove vanno a finire i punti, dicevo solo che l'immagine mediante un omeomorfismo di uno spazio dovrebbe avere la stessa dimensione dello spazio di partenza. Che poi nello spazio immagine non ci sia una coordinata fissa non ha importanza ai fini dell'induzione. O no? Vabbè tanto comunque era un'idea balorda lo stesso...
Mm il concetto di dimensione probabilmente è più sottile di quanto pensi (è stato uno dei grandi problemi della topologia, quando forse ancora non si chiamava così), ma in effetti l'immagine di un aperto di $RR^n$ tramite un omeomorfismo è una varietà topologica di dimensione $n$, sostanzialmente per definizione. Però come fai ad applicare l'induzione? Noi abbiamo proprio bisogno di ridurre il problema a un'applicazione tra sottospazi di $RR^(n-1)$ (noltre ho pensato che anche se tutto funzionasse bene bisognerebbe stare attenti a non perdersi per strada tutti gli eventuali punti di frontiera di $B$, perché altrimenti non potremmo concludere nulla).
Insomma l'idea era anche simpatica ma non penso proprio che possa funzionare.
Insomma l'idea era anche simpatica ma non penso proprio che possa funzionare.
Da oltre un secolo, il celebre teorema della curva di Jordan è stato generalizzato in dimensione \( n \):
In più, vale anche il seguente fatto (\( D^n \) è la palla chiusa \(n\)-dimensionale):
Le dimostrazioni che conosco fanno entrambe uso di topologia algebrica di base. In ogni caso, con questi due semplici risultati, si può dare una dimostrazione elementare del problema in oggetto: un sottospazio di \( \mathbb{R}^n \) omeomorfo ad un aperto di \( \mathbb{R}^n \) è aperto.
Sia \( \Gamma \subset \mathbb{R}^n \) e \( \Gamma \cong S^{n-1}\), dove \( n \geq 2\). Allora \( \mathbb{R}^n \smallsetminus \Gamma\) ha esattamente due componenti connesse.
In più, vale anche il seguente fatto (\( D^n \) è la palla chiusa \(n\)-dimensionale):
Sia \( \Delta \subset \mathbb{R}^n\) e \( \Delta \cong D^n\), dove \( n \geq 2\). Allora \( \mathbb{R}^n \smallsetminus \Delta\) è connesso.
Le dimostrazioni che conosco fanno entrambe uso di topologia algebrica di base. In ogni caso, con questi due semplici risultati, si può dare una dimostrazione elementare del problema in oggetto: un sottospazio di \( \mathbb{R}^n \) omeomorfo ad un aperto di \( \mathbb{R}^n \) è aperto.
Hint 1/2
Hint 2/2
Hint 2/2
Grande, molto interessante. Insomma servono davvero degli strumenti un po' avanzati. A te la mia idea iniziale sembra poter funzionare?
"yellow":
In dimensione $2$ togliendo un punto da $A$ si cambia il gruppo fondamentale della componente connessa in cui si trova, perché si aggiungono dei lacci non omotopi a nessuno che esisteva in precedenza.
...e se \( A \subset \mathbb{R}^2 \) è il complementare di un sottospazio discreto infinito?
"yellow":
In dimensione $n$ immagino ci si possa appellare al gruppo $pi_n$.
Dipende da come lo si fa. Tutta questa discussione orbita intorno ad un profondo risultato:
TEOREMA DEL PUNTO FISSO DI BROUWER
Ogni applicazione continua \( f \colon D^n \to D^n\) ha qualche punto fisso, cioè \( f(x) = x \) per qualche \( x \in D^n \)
Il nostro fatto è:
Siano $A$ e $B$ due sottoinsiemi di $RR^n$, omeomorfi tra di loro. Se $A$ è aperto, allora anche $B$ lo è.
(che, per la cronaca, ha come facile corollario il teorema di invarianza della dimensione: \( \mathbb{R}^n \cong \mathbb{R}^m \) se e solo se \( n = m\).)
Di questo fatto si trovano in giro dimostrazioni elementari che partono dal Teorema di Brouwer (con elementare intendo che evita la topologia algebrica), mentre non conosco dimostrazioni elementari che partano da qualcosa di più debole. Quindi la questione è: come si dimostra Brouwer?
Se per assurdo la funzione \( f \colon D^n \to D^n \) non rispetta il teorema, si può costruire (facile) una retrazione di \( D^n \) sul suo bordo \( S^{n-1} \), cioè una \( g \colon D^n \to S^{n-1}\) tale che \( g(x) = x \) se \( x \in S^{n-1} \). Come facciamo a mostrare che questa retrazione non può esistere?
Sappiamo che, se \( Y \) è un retratto di \( X \) e \( i \colon Y \hookrightarrow X \) è l'inclusione, \( i_* \colon \pi_1(Y) \to \pi_1(X) \) è iniettiva. Quindi, dato che \( \pi_1(D^2) = 0 \) e \( \pi_1(S^1) = \mathbb{Z} \neq 0 \), il Teorema di Brouwer è vero per \( n = 2\). E in generale?
Se \( \pi \) è un funtore covariante dalla categoria degli spazi topologici a quella dei gruppi, continua a valere (facile) che, se \( Y \) è un retratto di \( X \) e \( i \colon Y \hookrightarrow X \) è l'inclusione, \( \pi(i) \colon \pi(Y) \to \pi(X) \) è iniettiva. Se inoltre accade che \( \pi(D^n) = 0\) e \( \pi(S^{n-1}) \neq 0\), allora il Teorema di Brouwer è vero in dimensione \( n \). Il funtore \( \pi = \pi_{n-1}\) ha questa proprietà?
Intanto grazie mille! Avevo notato qualche somiglianza con il teorema di invarianza della dimensione ma non ci avevo pensato che quest'ultimo ne seguiva come semplicissima conseguenza.
Riguardo il resto appena ho un po' di tempo leggo meglio e ci rifletto! Una dimostrazione del teorema del punto fisso Brouwer l'ho vista nell'ambito della topologia differenziale.
Riguardo il resto appena ho un po' di tempo leggo meglio e ci rifletto! Una dimostrazione del teorema del punto fisso Brouwer l'ho vista nell'ambito della topologia differenziale.
Rieccomi, sono stato piuttosto impegnato ultimamente! 
...e se \( A \subset \mathbb{R}^2 \) è il complementare di un sottospazio discreto infinito?[/quote]
Ottima osservazione. Ma in effetti anche nel caso di un numero finito di buchi servirebbe almeno un'analisi in più, un gruppo infinito può essere isomorfo a un suo sottogruppo proprio (era questo che intendevi?).
Beh io penso di sì.
Che $pi_(n-1)(D^n)$ sia il gruppo banale mi sembra ovvio per convessità, che l'altro non lo sia lo vedo probabilmente un po' più difficile vista la fatica che si fa a trovare il gruppo fondamentale di $S^1$ (che ho visto con i rivestimenti).
Però in questo modo la topologia algebrica la stiamo usando per dimostrare Brouwer!
In ogni caso ho trovato un post del buon Terry Tao che sembra proprio parlare della dimostrazione del nostro teorema a partire dal punto fisso di Brouwer, adesso provo a leggermelo tutto per bene (è la prima volta che ho l'occasione di leggere davvero il suo blog, sono contento!).
"elvis":
[quote="yellow"]In dimensione $2$ togliendo un punto da $A$ si cambia il gruppo fondamentale della componente connessa in cui si trova, perché si aggiungono dei lacci non omotopi a nessuno che esisteva in precedenza.
...e se \( A \subset \mathbb{R}^2 \) è il complementare di un sottospazio discreto infinito?[/quote]
Ottima osservazione. Ma in effetti anche nel caso di un numero finito di buchi servirebbe almeno un'analisi in più, un gruppo infinito può essere isomorfo a un suo sottogruppo proprio (era questo che intendevi?).
"elvis":
Se \( \pi \) è un funtore covariante dalla categoria degli spazi topologici a quella dei gruppi, continua a valere (facile) che, se \( Y \) è un retratto di \( X \) e \( i \colon Y \hookrightarrow X \) è l'inclusione, \( \pi(i) \colon \pi(Y) \to \pi(X) \) è iniettiva. Se inoltre accade che \( \pi(D^n) = 0\) e \( \pi(S^{n-1}) \neq 0\), allora il Teorema di Brouwer è vero in dimensione \( n \). Il funtore \( \pi = \pi_{n-1}\) ha questa proprietà?
Beh io penso di sì.
Che $pi_(n-1)(D^n)$ sia il gruppo banale mi sembra ovvio per convessità, che l'altro non lo sia lo vedo probabilmente un po' più difficile vista la fatica che si fa a trovare il gruppo fondamentale di $S^1$ (che ho visto con i rivestimenti).
Però in questo modo la topologia algebrica la stiamo usando per dimostrare Brouwer!
In ogni caso ho trovato un post del buon Terry Tao che sembra proprio parlare della dimostrazione del nostro teorema a partire dal punto fisso di Brouwer, adesso provo a leggermelo tutto per bene (è la prima volta che ho l'occasione di leggere davvero il suo blog, sono contento!).
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