Spazio topologico NON primo numerabile

23 giu 2019, 16:49

Che relazione usi nel quoziente $\mathbb{R}/\mathbb{N}$? Perché generalmente $\mathbb{R}/\mathbb{Z}\cong \mathbb{S}^1$ che è primo numerabile.

jinsang

23 giu 2019, 17:05

In generale $X$ spazio topologico $Y\subsetX$ sottospazio

Indico con $X/Y$ lo spazio $X/\sim$ con $a$ $\sim$ $b$ sse $a,b \in Y$

In pratica sto identificando tutti i naturali in un punto, che nella dimostrazione ho indicato con $\bar{0}$

caulacau

23 giu 2019, 17:43

"vict85":
Che relazione usi nel quoziente $\mathbb{R}/\mathbb{N}$? Perché generalmente $\mathbb{R}/\mathbb{Z}\cong \mathbb{S}^1$ che è primo numerabile.

Questo è un quoziente in $\bf Grp$, quello di OP un quoziente in $\bf Top$: i due sono diversi; il motivo è che le mappe continue $\mathbb R\to X$ che sono mappe costanti ristrette a $\mathbb Z$ sono molte più degli omomorfismi di gruppo che hanno $\mathbb Z$ nel nucleo. Questo implica che l'oggetto $\mathbb R /\mathbb Z$ sia molto più grande in $\bf Top$ che in $\bf Grp$.

Incidentalmente, $(\mathbb R / \mathbb Z)_{\bf Top} \cong \bigvee_{n\ge 1}\mathbb S^1$; l'idea per dimostrarlo dovrebbe essere che ogni mappa continua $g : \mathbb R \to X$ che è costante su $\mathbb Z$ induce una $ \bar g : \bigvee_{n\ge 1}\mathbb S^1 \to X$ definita mandando la coppia $(n, x\mod 1)$ in $g(n+x)$, che è ben definita data la proprietà di $g$.

jinsang

23 giu 2019, 18:00

"caulacau":

Incidentalmente, $(\mathbb R / \mathbb Z)_{\bf Top} \cong \bigvee_{n\ge 1}\mathbb S^1$; l'idea per dimostrarlo dovrebbe essere che ogni mappa continua $g : \mathbb R \to X$ che è costante su $\mathbb Z$ induce una $ \bar g : \bigvee_{n\ge 1}\mathbb S^1 \to X$ definita mandando la coppia $(n, x\mod 1)$ in $g(n+x)$, che è ben definita data la proprietà di $g$.

Non ho chiaro il significato della scrittura $\bigvee_{n\ge 1}\mathbb S^1$
Comunque credo di aver capito (a livello intuitivo) cosa vuoi dire, cioè (correggimi se sbaglio) che $(\mathbb R / \mathbb Z)_{\bf Top}$ è una specie di "fiore con infiniti petali" (passami l'analogia

)

Comunque potresti dirmi se secondo te la dimostrazione che ho fatto di questo

"jinsang":
Consideriamo lo spazio topologico $ RR/NN $ con la topologia quoziente.
Voglio dire che non è primo numerabile
(ovvero che esiste un punto che non ammette un sistema fondamentale di intorni numerabile).

è corretta?

caulacau

23 giu 2019, 18:15

Ah, sì, $\bigvee_{n\ge 1} \mathbb S^1$ è la somma wedge di infiniti $\mathbb S^1$; praticamente prendi una quantità numerabile di circonferenze che passano per $(0,0)$; oppure prendi quella stessa quantità numerabile di circonferenze, e le attacchi tutte per un punto. Formalmente, fai questo:

[tex]\xymatrix@R=0cm@C=0cm{
\{x_0\}
\ar[rrrrrr]\ar[drrrrr]\ar[ddrrrr]\ar[ddddrr]
&&&&&& \mathbb S^1 \\
&&&&& \mathbb S^1 &\\
&&&& \mathbb S^1 &&\\
&&& \dots &&&\\
&& \mathbb S^1 &&&&
}[/tex]

dove le mappe sono tutte l'inclusione del punto base $x_0$ in $\mathbb S^1$, e ne fai il colimite.

vict85

23 giu 2019, 18:57

"caulacau":
[quote="vict85"]Che relazione usi nel quoziente $\mathbb{R}/\mathbb{N}$? Perché generalmente $\mathbb{R}/\mathbb{Z}\cong \mathbb{S}^1$ che è primo numerabile.

Questo è un quoziente in $\bf Grp$, quello di OP un quoziente in $\bf Top$: i due sono diversi; il motivo è che le mappe continue $\mathbb R\to X$ che sono mappe costanti ristrette a $\mathbb Z$ sono molte più degli omomorfismi di gruppo che hanno $\mathbb Z$ nel nucleo. Questo implica che l'oggetto $\mathbb R /\mathbb Z$ sia molto più grande in $\bf Top$ che in $\bf Grp$.

Incidentalmente, $(\mathbb R / \mathbb Z)_{\bf Top} \cong \bigvee_{n\ge 1}\mathbb S^1$; l'idea per dimostrarlo dovrebbe essere che ogni mappa continua $g : \mathbb R \to X$ che è costante su $\mathbb Z$ induce una $ \bar g : \bigvee_{n\ge 1}\mathbb S^1 \to X$ definita mandando la coppia $(n, x\mod 1)$ in $g(n+x)$, che è ben definita data la proprietà di $g$.[/quote]

Certo, il caldo fa brutti scherzi. Comunque se quozienta solo sue $\mathbb{N}$ ci dovrebbe essere una semiretta aggiuntiva, proprio un fiorellino

.

jinsang

23 giu 2019, 19:36

"caulacau":
Ah, sì, $\bigvee_{n\ge 1} \mathbb S^1$ è la somma wedge di infiniti $\mathbb S^1$; praticamente prendi una quantità numerabile di circonferenze che passano per $(0,0)$; oppure prendi quella stessa quantità numerabile di circonferenze, e le attacchi tutte per un punto. Formalmente, fai questo:

[tex]\xymatrix@R=0cm@C=0cm{
\{x_0\}
\ar[rrrrrr]\ar[drrrrr]\ar[ddrrrr]\ar[ddddrr]
&&&&&& \mathbb S^1 \\
&&&&& \mathbb S^1 &\\
&&&& \mathbb S^1 &&\\
&&& \dots &&&\\
&& \mathbb S^1 &&&&
}[/tex]

dove le mappe sono tutte l'inclusione del punto base $x_0$ in $\mathbb S^1$, e ne fai il colimite.

Purtroppo non sono granché formato in teoria delle categorie (in effetti non sono nemmeno sicuro che tu ne stia facendo uso, ma ho questa sensazione

), comunque grazie per questi spunti interessanti (davvero, mi piacerebbe approfondire in futuro).

"vict85":

Certo, il caldo fa brutti scherzi. Comunque se quozienta solo sue $ \mathbb{N} $ ci dovrebbe essere una semiretta aggiuntiva, proprio un fiorellino .

Sì esatto, l'immagine che avevo in testa era proprio questa

.
Quindi in effetti ha senso (secondo me) pensare che il punto di giunzione tra "gambo" e "petali" (cioè $\bar{0}$) non ammetta un sistema fondamentale di intorni numerabile.

Le domande sono:
Questo fatto è vero?
La mia dimostrazione è corretta?
Ci sono dimostrazioni più veloci/eleganti?

caulacau

23 giu 2019, 19:55

La proiezione al quoziente è una mappa aperta? Se sì, hai finito

jinsang

23 giu 2019, 23:57

"caulacau":
La proiezione al quoziente è una mappa aperta? Se sì, hai finito

In questo caso direi di sì, in generale credo di no.
Comunque il fatto che $A$ è un aperto saturo mi garantisce che $\pi(A)$ è aperto (anche quando la proiezione non è aperta), giusto?

Cioè in un quoziente topologico $X/\sim$ gli aperti sono gli insiemi $Y$ tali che $\pi^{-1}(Y)$ è aperto in $X$.
Ma se $A\subset X $ aperto saturo allora $\pi^{-1}(\pi(A))=A$, quindi $\pi(A)$ è aperto.

jinsang

24 giu 2019, 09:25

"arnett":
Sono confuso: sia sono convinto che la tua dimostrazione sia corretta, sia credo che quello che vuoi provare sia falso

Mi era venuta l'idea forse ingenua di prendere $D_k=\bigcup_{n\inN} (n-1/k, n+1/k)$ e prendere come sistema fondamentale ${D_n: n\in \mathbb{N}}$. Per insiemi normali sembra funzionare, ma sicuramente mi sbaglio, ditemi dove se lo vedete.

Ok, a partire da questa famiglia di aperti costruisco un aperto che mostra che non è un sistema fondamentale di intorni.
Da come hai scritto direi che facciamo partire i naturali da 1.

$W_1=(1-1/2,1+1/2)-{1+1/3}$
$W_2=(2-1/2,2+1/2)-{2+1/3}$
$W_3=(3-1/3,3+1/3)-{3+1/4}$
...
$W_n=(n-1/n,n+1/n)-{1/(n+1)} \ \ $ per $n>=2$

$A=\bigcup_{n \in \mathbb{N}^+} W_n$

Questo aperto non contiene nessun $D_n$.
L'ho costruito copiando (più o meno) la costruzione generale che ho fatto nella dimostrazione, solo che qui ho detto esplicitamente chi sono i punti che tolgo.

Dimmi se ti convince

jinsang

24 giu 2019, 21:43

"arnett":
Qua:
$Wn=(n−1/n,n+1/n)−{1/(n+1)}$ per $n≥2$

palesemente volevi dire $−{n+1/(n+1)}$ direi.

Sisi certo.

"arnett":
deve seguire necessariamente che la proiezione al quoziente non è aperta.

Perché?

[ot]

"arnett":
Quanto a questo
Da come hai scritto direi che facciamo partire i naturali da 1.

Beh non c'è neanche da chiederlo

[/ot]

vict85

25 giu 2019, 12:14

Ho riletto la dimostrazione e mi sembra vada abbastanza bene. Anche se invece di togliere il punto $p_i$ avresti semplicemente potuto prendere una palla aperta sufficientemente piccola.

jinsang

25 giu 2019, 20:59

"vict85":
Anche se invece di togliere il punto $p_i$ avresti semplicemente potuto prendere una palla aperta sufficientemente piccola.

Hai ragione, mi sembrava non funzionasse... ma pensandoci meglio mi sembra fattibile e in effetti più semplice.

"arnett":

Comunque che questa proiezione non sia aperta si vede anche con le mani: $ (7/8, 9/8) $ è un aperto di $ \RR $ ma la sua immagine nel quoziente non è aperta.

Scusami, magari mi sbaglio, ma non mi torna: la sua immagine è aperta in $RR/NN$.
Gli aperti di $RR/NN$ sono gli $U$ tali che $\pi^(-1)(U)$ è aperto in $RR$ (sto indicando con $\pi$ la proiezione).
Se prendo $ \pi(7/8, 9/8) $ e ne faccio la controimmagine ottengo $\bigcup_(n \in NN) (n-1/8,n+1/8)$ che è unione di aperti quindi aperto.

Mi verrebbe da dire che questa proiezione è aperta, lo verifico su una base per la topologia euclidea su $RR$.
Dato $(a,b) \subset RR$ ho due possibilità:
1. $(a,b) \nn NN = \emptyset$ allora $\pi^(-1)(\pi(a,b))=(a,b)$ aperto, quindi $\pi(a,b)$ aperto in $RR/NN$
2. $(a,b) \nn NN != \emptyset$ allora diciamo $n_0 \in (a,b) \nn NN$ e $(a,b)=(n_0-\delta, n_0+\epsilon)$ ottengo
$\pi^(-1)(\pi(a,b))=\bigcup_(n \in NN) (n-\delta, n+\epsilon)$ aperto, quindi $\pi(a,b)$ aperto in $RR/NN$

Ora però devo pensare (sempre che non abbia detto una cavolata), perché non si può fare il discorso che hai fatto tu per dire che nel caso di proiezione aperta il quoziente sarebbe primo numerabile, prendendo come famiglia di aperti nel quoziente $RR/NN$ l'immagine un sistema fondamentale di intorni numerabile in $RR$.

jinsang

25 giu 2019, 21:32

Perfetto hai ragione ho sbagliato

Meglio così ahah
Grazie a tutti per le risposte e i chiarimenti!

j18eos

26 giu 2019, 08:38

Ricapitolando: sei riuscito a dimostrare che questo "fiore topologico" sia NON primo numerabile?

Mi sono perso...

P.S.: se fai un'operazione analoga (il così detto collasso) con $\displaystyle\mathbb{Z}$, ottieni la margherita topologica.

jinsang

26 giu 2019, 20:53

Faccio un recap:

Il nostro fiorellino non è primo numerabile. La dimostrazione è questa

"jinsang":

Prova
Considero $\bar{0} \in RR/NN$ e dico che questo non ammette un sistema fondamentale di intorni numerabile.
Prendiamo ${U_n}_(n \in NN)$ famiglia di aperti di $RR/NN$ che contengono $\bar{0}$ e vediamo che non può essere un sistema fondamentale di intorni per $\bar{0}$.
Ricordando la continuità della mappa di proiezione $\pi:RR->RR/NN$ si ottiene una famiglia di aperti di $RR$ data da ${V_n}_(n \in NN)$ con $V_i=\pi^(-1)(U_i)$.
Inoltre si ha $NN \subset V_i \ \ AA i \in NN$.

Adesso costruisco i seguenti aperti:
$W_i=(i-1/2, i+1/2)-{p_i}$ con $p_i \in (i-1/2,i+1/2) \nn V_i -{i}$
(cioè alla palla tolgo un punto a caso vicino al naturale i)
Ottengo che
$A=\bigcup_(n in NN) W_n$ è un aperto (unione di aperti) saturo (contiene $NN$) che non contiene nessun $V_i$ (ognuno di essi ha almeno un punto di troppo).
Quindi $\pi(A) \subset RR/NN$ è un aperto che non contiene nessun $U_i$.
Nell'ultimo passaggio $\pi(A) \subset RR/NN$ è aperto perché $A$ è saturo.

(Per semplificare la dimostrazione sopra invece di togliere punti a caso si poteva anche considerare intorni sufficientemente piccoli, come ha osservato vict85)
(Nota: ho corretto qualche imprecisione, comunque chi fosse interessato le trova tutte nel mio primo messaggio

)

Inoltre si dimostra che la proiezione non è una mappa aperta (contrariamente a quanto pensavo).
La prova che la proiezione non è aperta è questa:

"arnett":

No: se fai la controimmagine trovi $ (7/8, 9/8)\cup\NN $. Infatti $ q(7/8, 9/8) $ è fatto da un trattino su un solo petalo: comprende il punto a cui è stato collassato $ \NN $, ma poi comprende punti solo di un petalo. Stesso discorso per quando dimostri con la base euclidea che la mappa è aperta.

Se inoltre la proiezione fosse aperta potrei fare questo ragionamento:

"arnett":
Perché se la mappa quoziente $ q $ fosse stata aperta avresti potuto scegliere, per ogni $ p\in \RR/\NN $ un punto $ \tilde p \in \RR $ nella controimmagine $ q^{-1}({p}) $, poi prendere un suo sistema fondamentale di intorni numerabile $ \mathcal{U}(\tilde p) $ e usare come sistema fondamentale di intorni numerabile di $ p $ semplicemente la collezione dei $ q(U), U\in\mathcal{U}(\tilde p) $.

Cioè se la proiezione fosse stata aperta avrei avuto la primo numerabilità.

[ot]

"j18eos":

P.S.: se fai un'operazione analoga (il così detto collasso) con $ \displaystyle\mathbb{Z} $, ottieni la margherita topologica.

Vero, molto carina

.
In più direi che anche questo spazio non è primo numerabile e anche qui la proiezione non è aperta, con argomentazioni analoghe

.[/ot]

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