Proprietà universale della topologia quoziente
Buonasera a tutti,
Sto cercando di dimostrare la seguente proprietà universale della topologia quoziente:
Enunciato: Siano $X$ uno spazio topologico, \(\rho\) una relazione di equivalenza su $X$ e \(Y=X/\rho\) lo spazio quoziente, \(\pi:X\rightarrow Y\) la proiezione canonica. Allora $Y$ è dotato della topologia quoziente se e solo se per ogni funzione continua \(f:X\rightarrow Z\) tra spazi topologici tale che \(a\rho b\) implichi $f(a)=f(b)$, si ha che esiste ed è unica \(g:Y\rightarrow Z\) tale che \(g\circ \pi=f\).
Ho già provato che se $Y$ è dotato della topologia quoziente allora soddisfa la proprietà universale.
Non riesco tuttavia a provare che se è soddisfatta la proprietà universale allora $Y$ è dotato della topologia quoziente; in particolare sono bloccato nel dimostrare che \(\pi\) è continua.
Qualcuno sa darmi un hint per procedere?
Grazie mille.
Ender
Sto cercando di dimostrare la seguente proprietà universale della topologia quoziente:
Enunciato: Siano $X$ uno spazio topologico, \(\rho\) una relazione di equivalenza su $X$ e \(Y=X/\rho\) lo spazio quoziente, \(\pi:X\rightarrow Y\) la proiezione canonica. Allora $Y$ è dotato della topologia quoziente se e solo se per ogni funzione continua \(f:X\rightarrow Z\) tra spazi topologici tale che \(a\rho b\) implichi $f(a)=f(b)$, si ha che esiste ed è unica \(g:Y\rightarrow Z\) tale che \(g\circ \pi=f\).
Ho già provato che se $Y$ è dotato della topologia quoziente allora soddisfa la proprietà universale.
Non riesco tuttavia a provare che se è soddisfatta la proprietà universale allora $Y$ è dotato della topologia quoziente; in particolare sono bloccato nel dimostrare che \(\pi\) è continua.
Qualcuno sa darmi un hint per procedere?
Grazie mille.
Ender
Risposte
Per la continuità di $\pi$ ti è sufficiente la continuità di $f$ e la continuità di $g$. Parti dal fatto che, per la continuità di $f$ sai che $ f^(-1)(A') $ con $A'$ aperto di $Z$ è aperto di $X$.
Io invece la metterei così. Supponiamo che sia soddisfatta la proprietà universale. Affermiamo che, allora, \(Y=X/\rho\) è dotato della topologia quoziente, ovvero che \(\pi\) è una mappa quoziente.
Definiamo un particolare spazio topologico \((Z, \tau)\):
\[Z=\{0, 1\},\ \tau=\{\varnothing, \{1\}, \{0, 1\}\}.\]
Se \(V\) è un sottoinsieme di \(X /\rho\), la mappa \(g=\chi_V\) che vale \(1\) su \(V\) e \(0\) fuori da esso è continua se e solo se \(V\) è aperto. Similmente, la mappa \(f=\chi_{\pi^{-1}(V)}\) che vale \(1\) su \(\pi^{-1}(V)\) e \(0\) fuori da esso è continua se e solo se \(\pi^{-1}(V)\) è aperto. Inoltre, chiaramente, \(f\) è compatibile con \(\rho\) ed \(f, g\) si corrispondono mediante \(\pi\): \(f=g\circ \pi\).
Siccome per ipotesi \(f\) è continua se e solo se \(g\) è continua, col discorso di sopra ricaviamo che
\(V \subset X /\rho\) è aperto \(\Leftrightarrow\) \(\pi^{-1}(V) \subset X\) è aperto
ovvero \(\pi\) è una mappa quoziente.
Definiamo un particolare spazio topologico \((Z, \tau)\):
\[Z=\{0, 1\},\ \tau=\{\varnothing, \{1\}, \{0, 1\}\}.\]
Se \(V\) è un sottoinsieme di \(X /\rho\), la mappa \(g=\chi_V\) che vale \(1\) su \(V\) e \(0\) fuori da esso è continua se e solo se \(V\) è aperto. Similmente, la mappa \(f=\chi_{\pi^{-1}(V)}\) che vale \(1\) su \(\pi^{-1}(V)\) e \(0\) fuori da esso è continua se e solo se \(\pi^{-1}(V)\) è aperto. Inoltre, chiaramente, \(f\) è compatibile con \(\rho\) ed \(f, g\) si corrispondono mediante \(\pi\): \(f=g\circ \pi\).
Siccome per ipotesi \(f\) è continua se e solo se \(g\) è continua, col discorso di sopra ricaviamo che
\(V \subset X /\rho\) è aperto \(\Leftrightarrow\) \(\pi^{-1}(V) \subset X\) è aperto
ovvero \(\pi\) è una mappa quoziente.
"dissonance":
Ora se vale la proprietà che \(f\) è continua se e solo se \(g\) è continua
Se questa è una domanda, la risposta è si.
No, aspetta, volevo dire un'altra cosa, mi sono espresso male e adesso correggo. Volevo dire: "siccome per ipotesi \(f\) è continua se e solo se \(g\) è continua, allora \(V\) è aperto se e solo se \(\pi^{-1}(V)\) è aperto". E quindi la dimostrazione è completata. Adesso aggiusto sennò non si capisce. Grazie!
@dissonance: probabilmente sono impazzita, ma in questo momento c'è qualcosa che mi sfugge... la scelta di $Z$ in quel modo non è troppo restrittiva?
Perché? L'obiettivo è dimostrare che (è soddisfatta la proprietà universale) \(\Rightarrow\) (\(\pi\) è una mappa quoziente). Se è soddisfatta la proprietà universale in particolare è soddisfatta con quello spazio topologico particolare \(Z\) e quindi, con l'argomento di sopra, \(\pi\) è una mappa quoziente. Questo è il filo logico, non ti convince?
Si giusto, adesso mi convince 
Posso dire la mia?
Il punto è che le verifiche che avete fatto - per la carità, correttissime! - sono inutili. Infatti, nel momento stesso in cui si ha una proprietà universale, esistenza ed unicità sono automaticamente garantite, senza bisogno di aggiungere altro. In particolare, visto che la topologia quoziente ha questa proprietà universale, allora è unica a meno di isomorfismo, che in questo caso significa unica a meno di omeomorfismo.
Il motivo? Andiamo con ordine. Sia [tex]F \colon \mathbf D \to \mathbf C[/tex] un funtore tra categorie. Una freccia universale da un elemento [tex]c \in \mathbf C[/tex] a [tex]F[/tex] è un elemento [tex](d,u) \in (c \downarrow F)[/tex] (detta comma categoria, e questo significa che [tex]u \colon c \to F(d)[/tex] è una freccia in [tex]\mathbf C[/tex], mentre [tex]d \in \mathbf D[/tex] è un oggetto di [tex]\mathbf D[/tex]) tale che per ogni altro [tex]d' \in \mathbf D[/tex] ed ogni freccia [tex]v \colon c \to F(d')[/tex] esiste unica [tex]f \colon d \to d'[/tex] tale che [tex]F(f) \circ u = v[/tex]. In diagramma:
[tex]\xymatrix{ d \ar@{.>}[d]^{\exists ! f} & c \ar[dr]^v \ar[r]^u & F(d) \ar@{.>}[d]^{F(f)} \\ d^\prime & & F(d^\prime) }[/tex]
Ottimo. Allora, è un facile esercizio per voi dimostrare che esiste una freccia universale da [tex]c[/tex] a [tex]F[/tex] sse la comma categoria [tex](c \downarrow F)[/tex] ha un oggetto iniziale (*), sse il funtore [tex]\text{hom}(c,F-)\colon \mathbf D \to \mathbf{Set}[/tex] è rappresentabile.
Ora, alla luce di questo esercizio, è chiaro che due frecce universali devono per forza essere isomorfe, perché gli oggetti iniziali sono unici a meno di isomorfismo.
Nel caso concreto della topologia quoziente, si può rivedere il tutto in questo frame in questo modo: si fissi una suriezione (**) [tex]p \colon X \to Y[/tex]. Allora si consideri il funtore di proiezione [tex]F \colon (X \downarrow \mathbf{Top}) \to \mathbf{Set}[/tex] definito da [tex]F((X,Z,f)) \to Z[/tex]. Diremo che [tex]Y[/tex] ha la topologia quoziente rispetto a [tex]p[/tex] se la coppia [tex](Y,p)[/tex] è una freccia universale da [tex]X[/tex] al funtore [tex]F[/tex].
Nota: per essere precisi, bisognerebbe dire che la coppia [tex]((X,Y,p),p)[/tex] è una freccia universale da [tex]X[/tex] (pensato come insieme) a [tex]F[/tex].
(*) Magari do la definizione di comma categoria. Siano [tex]F \colon \mathbf A \to \mathbf B[/tex], [tex]G \colon \mathbf C \to \mathbf B[/tex] due funtori. La comma categoria [tex](F \downarrow G)[/tex] è definita come la categoria i cui oggetti sono le terne [tex](a,c,f)[/tex] con [tex]a \in \mathbf A[/tex], [tex]c \in \mathbf C[/tex], [tex]f \colon F(a) \to G(c)[/tex] è una freccia in [tex]\mathbf B[/tex]. Fissati gli oggetti [tex](a_1,c_1,f), (a_2,c_2,g)[/tex], diciamo che una freccia tra di essi è una coppia [tex](h,k)[/tex] di frecce con [tex]h \colon a_1 \to a_2[/tex], [tex]k \colon c_1 \to c_2[/tex] tali che
[tex]\xymatrix{ a_1 \ar[d]^h & F(a_1) \ar[d]^{F(h)} \ar[r]^f & G(c_1) \ar[d]^{G(k)} & c_1 \ar[d]^k \\ a_2 & F(a_2) \ar[r]^g & G(c_2) & c_2}[/tex]
commuti.
Nel caso che ho preso in considerazione prima, si pensi a [tex]c[/tex] come al funtore costante [tex]\mathbf 1 \to \mathbf C[/tex], che seleziona l'elemento [tex]c[/tex].
(**) E qui mi si obietterà: suriezione continua. In realtà, l'ho omesso volontariamente perché è ridondante. Lì, stiamo lavorando nella categoria [tex]\mathbf{Top}[/tex] dove le frecce sono mappe continue, quindi è inutile ripeterlo tutte le volte. Semmai, bisogna dire che una funzione non è continua...
P.S. Vi sembra un formalismo astratto e costruito? Studiatelo per un mesetto, vedrete che cambierete idea!!!
P.P.S. @EnderWiggins: Collino? Io sono scappato da Torino, tra le tante altre ragioni, per non dover più sentire i suoi discorsi a metà tra il divulgativo ed il discorso da bar! E sono dell'idea che o usi le categorie (il che significa con i dovuti crismi, con tanto di problemi fondazionali annessi!), o non le usi. E bada bene che fosse per me le metterei obbligatorie dal primo anno!
Il punto è che le verifiche che avete fatto - per la carità, correttissime! - sono inutili. Infatti, nel momento stesso in cui si ha una proprietà universale, esistenza ed unicità sono automaticamente garantite, senza bisogno di aggiungere altro. In particolare, visto che la topologia quoziente ha questa proprietà universale, allora è unica a meno di isomorfismo, che in questo caso significa unica a meno di omeomorfismo.
Il motivo? Andiamo con ordine. Sia [tex]F \colon \mathbf D \to \mathbf C[/tex] un funtore tra categorie. Una freccia universale da un elemento [tex]c \in \mathbf C[/tex] a [tex]F[/tex] è un elemento [tex](d,u) \in (c \downarrow F)[/tex] (detta comma categoria, e questo significa che [tex]u \colon c \to F(d)[/tex] è una freccia in [tex]\mathbf C[/tex], mentre [tex]d \in \mathbf D[/tex] è un oggetto di [tex]\mathbf D[/tex]) tale che per ogni altro [tex]d' \in \mathbf D[/tex] ed ogni freccia [tex]v \colon c \to F(d')[/tex] esiste unica [tex]f \colon d \to d'[/tex] tale che [tex]F(f) \circ u = v[/tex]. In diagramma:
[tex]\xymatrix{ d \ar@{.>}[d]^{\exists ! f} & c \ar[dr]^v \ar[r]^u & F(d) \ar@{.>}[d]^{F(f)} \\ d^\prime & & F(d^\prime) }[/tex]
Ottimo. Allora, è un facile esercizio per voi dimostrare che esiste una freccia universale da [tex]c[/tex] a [tex]F[/tex] sse la comma categoria [tex](c \downarrow F)[/tex] ha un oggetto iniziale (*), sse il funtore [tex]\text{hom}(c,F-)\colon \mathbf D \to \mathbf{Set}[/tex] è rappresentabile.
Ora, alla luce di questo esercizio, è chiaro che due frecce universali devono per forza essere isomorfe, perché gli oggetti iniziali sono unici a meno di isomorfismo.
Nel caso concreto della topologia quoziente, si può rivedere il tutto in questo frame in questo modo: si fissi una suriezione (**) [tex]p \colon X \to Y[/tex]. Allora si consideri il funtore di proiezione [tex]F \colon (X \downarrow \mathbf{Top}) \to \mathbf{Set}[/tex] definito da [tex]F((X,Z,f)) \to Z[/tex]. Diremo che [tex]Y[/tex] ha la topologia quoziente rispetto a [tex]p[/tex] se la coppia [tex](Y,p)[/tex] è una freccia universale da [tex]X[/tex] al funtore [tex]F[/tex].
Nota: per essere precisi, bisognerebbe dire che la coppia [tex]((X,Y,p),p)[/tex] è una freccia universale da [tex]X[/tex] (pensato come insieme) a [tex]F[/tex].
(*) Magari do la definizione di comma categoria. Siano [tex]F \colon \mathbf A \to \mathbf B[/tex], [tex]G \colon \mathbf C \to \mathbf B[/tex] due funtori. La comma categoria [tex](F \downarrow G)[/tex] è definita come la categoria i cui oggetti sono le terne [tex](a,c,f)[/tex] con [tex]a \in \mathbf A[/tex], [tex]c \in \mathbf C[/tex], [tex]f \colon F(a) \to G(c)[/tex] è una freccia in [tex]\mathbf B[/tex]. Fissati gli oggetti [tex](a_1,c_1,f), (a_2,c_2,g)[/tex], diciamo che una freccia tra di essi è una coppia [tex](h,k)[/tex] di frecce con [tex]h \colon a_1 \to a_2[/tex], [tex]k \colon c_1 \to c_2[/tex] tali che
[tex]\xymatrix{ a_1 \ar[d]^h & F(a_1) \ar[d]^{F(h)} \ar[r]^f & G(c_1) \ar[d]^{G(k)} & c_1 \ar[d]^k \\ a_2 & F(a_2) \ar[r]^g & G(c_2) & c_2}[/tex]
commuti.
Nel caso che ho preso in considerazione prima, si pensi a [tex]c[/tex] come al funtore costante [tex]\mathbf 1 \to \mathbf C[/tex], che seleziona l'elemento [tex]c[/tex].
(**) E qui mi si obietterà: suriezione continua. In realtà, l'ho omesso volontariamente perché è ridondante. Lì, stiamo lavorando nella categoria [tex]\mathbf{Top}[/tex] dove le frecce sono mappe continue, quindi è inutile ripeterlo tutte le volte. Semmai, bisogna dire che una funzione non è continua...
P.S. Vi sembra un formalismo astratto e costruito? Studiatelo per un mesetto, vedrete che cambierete idea!!!
P.P.S. @EnderWiggins: Collino? Io sono scappato da Torino, tra le tante altre ragioni, per non dover più sentire i suoi discorsi a metà tra il divulgativo ed il discorso da bar! E sono dell'idea che o usi le categorie (il che significa con i dovuti crismi, con tanto di problemi fondazionali annessi!), o non le usi. E bada bene che fosse per me le metterei obbligatorie dal primo anno!
@maurer: premetto che data l'ora non sono riuscita a chiarirmi tutto quello che hai scritto, anche perchè (purtroppo) è da poco che mi trovo ad avere a che fare con funtori tra categorie (il problema è che alla triennale tutto ciò non viene minimamente accennato, almeno a Napoli).... non trovi però che sia un pò pesante? (a dirla tutta a me sembra sia un formalismo astratto!!) In ogni caso grazie per il post, approfondirò la lettura a mente fresca 
"Zilpha":
non trovi però che sia un pò pesante? (a dirla tutta a me sembra sia un formalismo astratto!!)
E' il problema di molti, anche di persone che conoscono le categorie da molto più tempo di te. Personalmente, ritengo sia un'idea profondamente sbagliata; io mi trovo a mio agio con il linguaggio categoriale e ritengo che sia il linguaggio del futuro della matematica (non solo io, ma soprattutto gente molto più brava di me). Il punto è che consente davvero di descrivere con pochi concetti fondamentali la maggior parte delle situazioni che si presentano in matematica. I concetti fondamentali, oltre alla definizione stessa di categoria e funtore, sono indubbiamente: trasformazione naturale, universali (e lemma di Yoneda!), aggiunzioni.
Per fare un esempio, hai esperienza di algebra omologica? Sai cos'è un complesso? In caso di risposta affermativa, sapresti dirmi perché usiamo una nozione specifica di morfismo di complessi (frecce che fanno commutare i quadrati)? La risposta è meno libera di quanto sembri; nella definizione stessa, non avevamo nessuna possibilità, eravamo obbligati a prendere quella come definizione... Oppure, prendiamo gli insiemi algebrici. Sappiamo che le mappe tra insiemi algebrici sono le mappe polinomiali. Questa è una domanda che mi ha tormentato sin da subito: perché proprio le mappe polinomiali? Non è che stiamo trascurando qualcosa? Ebbene, no! Ragionando categorialmente si vede subito che non abbiamo scelta, solo le mappe polinomiali possono essere giuste, qualunque altra scelta ti taglia le gambe ancora prima di iniziare.
Sono esempi come questi che dovrebbero far riflettere sulla potenza categoriale. Adoro le categorie perché mostrano che in matematica c'è molta meno libertà di quello che sembra... Diciamo che fissano meglio le regole del gioco a livello globale. Dal mio punto di vista questo è ottimo: se ho un'unica scelta, questa è necessariamente giusta!
"maurer":
Per fare un esempio, hai esperienza di algebra omologica?
Molto poca.
Sai cos'è un complesso?
Complesso simpliciale?
In caso di risposta affermativa, sapresti dirmi perché usiamo una nozione specifica di morfismo di complessi (frecce che fanno commutare i quadrati)?
ovviamente no
Sono esempi come questi che dovrebbero far riflettere sulla potenza categoriale. Adoro le categorie perché mostrano che in matematica c'è molta meno libertà di quello che sembra... Diciamo che fissano meglio le regole del gioco a livello globale. Dal mio punto di vista questo è ottimo: se ho un'unica scelta, questa è necessariamente giusta!
mi sembra una buona ragione per cercare di capirne qualcosa in più... io sto cominciando ad usare queste cose per un esame di topologia algebrica, ma devo dire che quanto ci è stato detto al corso è davvero molto poco... consiglieresti un testo in particolare (che però non sia troppo avanzato, nel senso che sia adeguato ad un primo approccio alla materia e dia le nozioni generali)?
"Zilpha":
Complesso simpliciale?
[quote="maurer"] In caso di risposta affermativa, sapresti dirmi perché usiamo una nozione specifica di morfismo di complessi (frecce che fanno commutare i quadrati)?
ovviamente no
[/quote]
Ad esempio il complesso simpliciale va bene, anche se in algebra omologica si studiano semplicemente i complessi, senza preoccuparsi troppo della loro natura. Beh, un morfismo di complessi è una chain map. Assumo che tu conosca la definizione di trasformazione naturale tra funtori; allora un complesso lo puoi pensare come un funtore [tex]F \colon (\mathbb Z, \le) \to \mathbf C[/tex], dove [tex](\mathbb Z, \le)[/tex] è pensato come categoria in quanto insieme ordinato e [tex]\mathbf C[/tex] è una qualsiasi categoria abeliana (nel caso simpliciale, è proprio [tex]\mathbf{Ab}[/tex]). Due complessi sono due funtori, una mappa tra di essi è una trasformazione naturale e se traduci tutto, ottieni proprio la definizione di chain map. Prendi due complessi [tex]F,G \colon (\mathbb Z, \le) \to \mathbf{Ab}[/tex]. Allora una trasformazione naturale sarà una famiglia di mappe [tex]\{f_n\}_{n \in \mathbb Z}[/tex], [tex]f_n \colon F(n) \to G(n)[/tex] tali che se se [tex]n \le m[/tex] allora
[tex]\xymatrix{ n \ar[d]^\le & F(n) \ar[r]^{f_n} \ar[d]^{d^F_{nm}} & G(n) \ar[d]^{d^G_{nm}} \\ m & F(m) \ar[r]^{f_m} & G(m) }[/tex]
dove i [tex]d^F_{nm}[/tex] sono le mappe del complesso [tex]F[/tex] e [tex]d^G_{nm}[/tex] quelle del complesso [tex]G[/tex]. Nel caso in cui lavoriamo con complessi veri e propri, queste mappe sono tutte nulle a meno che [tex]m = n +1[/tex] e vedi che ottieni esattamente la richiesta che i quadrati commutino.
"Zilpha":
mi sembra una buona ragione per cercare di capirne qualcosa in più... io sto cominciando ad usare queste cose per un esame di topologia algebrica, ma devo dire che quanto ci è stato detto al corso è davvero molto poco... consiglieresti un testo in particolare (che però non sia troppo avanzato, nel senso che sia adeguato ad un primo approccio alla materia e dia le nozioni generali)?
Fino a poco tempo fa non mi sarei preso questa responsabilità, ma adesso ritengo di sapere quel minimo per poter consigliare qualcosina. Io mi sono trovato molto bene sul Categories for the Working Mathematicians di MacLane, ma è in effetti un po' vecchiotto. Il sequel, Sheaves in Geometry and Logic è incredibilmente bello, ma per leggerlo bisogna già saper giocare con le categorie... Molti consigliano l'Adamek, ma io non l'ho mai provato...
Comunque, per rientrare un attimo in argomento... la prova di Dissonance mi sembra funzionare bene, ma ha lo svantaggio di appoggiarsi concretamente ad uno spazio topologico costruito ad hoc e quindi non è facilmente generalizzabile.
Estraggo un attimo il succo dei miei precedenti messaggi e vi dico la prova che volevo suggerirvi (non l'ho fatto subito perché ritengo che riformulare tutto nel giusto linguaggio abbia il suo pregio).
Abbiamo [tex]\pi \colon X \to Y[/tex] una mappa suriettiva continua tale che [tex]Y[/tex] abbia la proprietà universale della topologia quoziente rispetto a [tex]\pi[/tex]. Denotiamo con [tex]Z[/tex] lo spazio topologico con stesso supporto di [tex]Y[/tex] e dotato della topologia quoziente rispetto a [tex]p \colon X \to Z[/tex] (che è esattamente la mappa [tex]\pi[/tex] a livello insiemistico, ma cambio nome per evitare confusioni). Allora abbiamo un'unica mappa [tex]\alpha \colon Y \to Z[/tex] ed un'unica mappa [tex]\beta \colon Z \to Y[/tex] tali che [tex]\alpha \circ \pi = p[/tex] e [tex]\beta \circ p = \pi[/tex]:
[tex]\xymatrix{ X \ar[d]_\pi \ar[dr]|-{p} \ar[drr]^{\pi} \\ Y \ar[r]_-{\alpha} & Z \ar[r]_-{\beta} & Y }[/tex]
Ma adesso:
1) esiste un'unica mappa [tex]f \colon Y \to Y[/tex] tale che [tex]f \circ \pi = \pi[/tex];
2) l'identità soddisfa la condizione del punto 1);
3) la mappa [tex]\beta \circ \alpha[/tex] soddisfa la condizione del punto 1).
Quindi per il punto 1) [tex]\beta \circ \alpha = 1_Y[/tex]. Scambiando [tex]Y[/tex] e [tex]Z[/tex], ottenete che i due spazi devono essere omeomorfi; avendo lo stesso supporto, la topologia di [tex]Y[/tex] è necessariamente quella quoziente.
Come vedete, non c'è niente di topologico, solo pura forma. E allora, perché non fare le cose per bene e ridurre la dimostrazione di sopra a mezza riga?
Estraggo un attimo il succo dei miei precedenti messaggi e vi dico la prova che volevo suggerirvi (non l'ho fatto subito perché ritengo che riformulare tutto nel giusto linguaggio abbia il suo pregio).
Abbiamo [tex]\pi \colon X \to Y[/tex] una mappa suriettiva continua tale che [tex]Y[/tex] abbia la proprietà universale della topologia quoziente rispetto a [tex]\pi[/tex]. Denotiamo con [tex]Z[/tex] lo spazio topologico con stesso supporto di [tex]Y[/tex] e dotato della topologia quoziente rispetto a [tex]p \colon X \to Z[/tex] (che è esattamente la mappa [tex]\pi[/tex] a livello insiemistico, ma cambio nome per evitare confusioni). Allora abbiamo un'unica mappa [tex]\alpha \colon Y \to Z[/tex] ed un'unica mappa [tex]\beta \colon Z \to Y[/tex] tali che [tex]\alpha \circ \pi = p[/tex] e [tex]\beta \circ p = \pi[/tex]:
[tex]\xymatrix{ X \ar[d]_\pi \ar[dr]|-{p} \ar[drr]^{\pi} \\ Y \ar[r]_-{\alpha} & Z \ar[r]_-{\beta} & Y }[/tex]
Ma adesso:
1) esiste un'unica mappa [tex]f \colon Y \to Y[/tex] tale che [tex]f \circ \pi = \pi[/tex];
2) l'identità soddisfa la condizione del punto 1);
3) la mappa [tex]\beta \circ \alpha[/tex] soddisfa la condizione del punto 1).
Quindi per il punto 1) [tex]\beta \circ \alpha = 1_Y[/tex]. Scambiando [tex]Y[/tex] e [tex]Z[/tex], ottenete che i due spazi devono essere omeomorfi; avendo lo stesso supporto, la topologia di [tex]Y[/tex] è necessariamente quella quoziente.
Come vedete, non c'è niente di topologico, solo pura forma. E allora, perché non fare le cose per bene e ridurre la dimostrazione di sopra a mezza riga?
"maurer":
Ad esempio il complesso simpliciale va bene, anche se in algebra omologica si studiano semplicemente i complessi, senza preoccuparsi troppo della loro natura. Beh, un morfismo di complessi è una chain map. Assumo che tu conosca la definizione di trasformazione naturale tra funtori; allora un complesso lo puoi pensare come un funtore [tex]F \colon (\mathbb Z, \le) \to \mathbf C[/tex], dove [tex](\mathbb Z, \le)[/tex] è pensato come categoria in quanto insieme ordinato e [tex]\mathbf C[/tex] è una qualsiasi categoria abeliana (nel caso simpliciale, è proprio [tex]\mathbf{Ab}[/tex]). Due complessi sono due funtori, una mappa tra di essi è una trasformazione naturale e se traduci tutto, ottieni proprio la definizione di chain map. Prendi due complessi [tex]F,G \colon (\mathbb Z, \le) \to \mathbf{Ab}[/tex]. Allora una trasformazione naturale sarà una famiglia di mappe [tex]\{f_n\}_{n \in \mathbb Z}[/tex], [tex]f_n \colon F(n) \to G(n)[/tex] tali che se se [tex]n \le m[/tex] allora
[tex]\xymatrix{ n \ar[d]^\le & F(n) \ar[r]^{f_n} \ar[d]^{d^F_{nm}} & G(n) \ar[d]^{d^G_{nm}} \\ m & F(m) \ar[r]^{f_m} & G(m) }[/tex]
dove i [tex]d^F_{nm}[/tex] sono le mappe del complesso [tex]F[/tex] e [tex]d^G_{nm}[/tex] quelle del complesso [tex]G[/tex]. Nel caso in cui lavoriamo con complessi veri e propri, queste mappe sono tutte nulle a meno che [tex]m = n +1[/tex] e vedi che ottieni esattamente la richiesta che i quadrati commutino.
Sei stato molto chiaro, carina come cosa...
"maurer":
la prova di Dissonance mi sembra funzionare bene, ma ha lo svantaggio di appoggiarsi concretamente ad uno spazio topologico costruito ad hoc e quindi non è facilmente generalizzabile.
sono d'accordo, in generale anche io prediligo dimostrazioni che non poggino su casi particolari, ma di fronte alla chiarezza e linearità delle dimostrazioni di dissonance non ho repliche (a dire la verità non me ne veniva in mente una migliore, anche se avevo pensato a qualcosa sulla scia di quella che hai postato tu, però poi non l' ho concretizzata.
)
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