[Topologia generale] Esercizi

[Seneca1]

Esercizio. Dimostrare che l'intervallo $[0,1]$ in $\mathbb{R}_l$ (lower limit topology) non è compatto.

Svolg: Suppongo per assurdo che $[0,1]$ sia compatto come sottospazio di $\mathbb{R}_l$.
$\mathbb{R}_l$ di Hausdorff $\Rightarrow$ $[0,1]$ di Hausdorff. Uso il seguente semplice risultato (esercizio del Munkres):

Lemma: Se $\tau_1 , \tau_2$ sono due topologie su $X$ e ambedue rendono $X$ uno spazio topologico compatto di Hausdorff; allora o $\tau_1 = \tau_2$ o $\tau_1 , \tau_2$ non sono confrontabili.

Osservo che anche $[0,1]$ come sottospazio di $\mathbb{R}$ con la topologia standard è compatto e di Hausdorff. Allora (lemma) la topologia standard la topologia del limite inferiore sono uguali o non sono confrontabili, ciò che è assurdo: infatti la topologia standard di $\mathbb{R}$ è (strettamente) meno fine della topologia del limite inferiore.

Che ve ne pare?

[Seneca1]

Up.

[j18eos]

Io non vedo errori!

[Seneca1]

Grazie j18eos.

Ho un altro quesito: esibire uno spazio topologico $X$ che non si first countable tale che, preso $A$ un sottoinsieme di $X$ e $a \in \overline{A}$ (la chiusura di $A$), non esista alcuna successione $x_n \in A$ che converga ad $a$.

[Seneca1]

Un altro quesito:
Esercizio.

1. Trovare le componenti per archi del quadrato ordinato.[/list:u:33g6ec3x]

2. Trovare tutti i punti nei quali il quadrato ordinato non è localmente connesso per archi.[/list:u:33g6ec3x]
1.

I sottoinsiemi connessi per archi massimali mi sembrano essere soltanto $\{ ( x \times 0 , x \times 1) : x \in [0,1] \}$. Se ci fosse un cammino $f : [0,1] -> I \times I$ (che possiamo supporre iniettivo?) che va da un punto in $( x_0 \times 0 , x_0 \times 1) $ ad un punto in $( x_1 \times 0 , x_1 \times 1) $ con $x_0 < x_1$, allora \( \displaystyle f([0,1]) \supset \{ ( x \times 0 , x \times 1 ) : x \in (x_0 , x_1) \} \). Cioè \( \displaystyle f([0,1]) \) contiene un'infinità più che numerabile di aperti disgiunti. Essendo $f$ un'applicazione continua, le controimmagini di questi aperti in $I \times I$ sono aperti in $[0,1]$. Allora in $[0,1]$ conterrebbe uncountably many intervalli aperti disgiunti, ciò che è assurdo.

2.

Su due piedi direi che i punti in cui il quadrato ordinato non è localmente connesso per archi sono $\{ x \times 0 : x \in (0,1] \} \cup \{ x \times 1 : x \in [0,1) \}$. E' corretto?

Grazie!

[j18eos]

Cia0, ti rispondo fujenne, frijenne, magnanne (fuggendo, friggendo, mangiando), quindi può essere che sbaglio;

per il quesito considera la topologia su \(\mathbb{R}\) generata dalla base composta dagli aperti della topologia naturale sull'intervallo \(]0;1[\) e dalla topologia banale su \(]-\infty;0]\cup[1;+\infty[\), considera la chiusura di \([0;1]\) ed hai fatto!

Cos'è il quadrato ordinato?

[Seneca1]

Grazie! Ora ci penso e poi ti so dire.

Il quadrato ordinato (ordered square) è il quadrato $[0,1] \times [0,1]$ con la topologia dell'ordine lessicografico.

[perplesso1]

"j18eos":per il quesito considera la topologia su R generata dalla base composta dagli aperti della topologia naturale sull'intervallo ]0;1[ e dalla topologia banale su ]−∞;0]∪[1;+∞[, considera la chiusura di [0;1] ed hai fatto!

A me sembra che questo spazio sia primo numerabile, infatti i punti $x \in (0,1)$ hanno la topologia naturale che è primo numerabile, mentre se scegli un punto $x \notin (0,1)$ allora ogni intorno di $x$ contiene $(- \infty, 0] \cup [1, \infty )$ che quindi da solo costituisce un sistema di intorni di $x$ al più numerabile.

Volevo segnalare uno spazio topologico che potrebbe essere adatto alla situazione: lo spazio Fortissimo.

Prendi un insieme infinito non numerabile $X$ e scegli un punto $p \in X$. Puoi costruire una topologia su $X$ decidendo che gli aperti sono i sottoinsiemi conumerabili (cioè quelli il cui complemento è numerabile o finito) e quelli che non contengono $p$. Con la topologia così definita $X$ non è primo numerabile, infatti $p$ non possiede un sistema fondamentale di intorni numerabile. Dimostriamolo: sia ${A_i}$ un sistema numerabile di intorni del punto $p$, allora ogni $A_i$ è conumerabile, quindi $X - A_i$ è numerabile e l'unione $\bigcup (X - A_i) = X - \bigcap A_i$ è numerabile. Ma lo spazio $X$ è non-numerabile pertanto $\bigcap A_i$ deve contenere qualche punto $q \ne p$. Allora $X - {q}$ è un intorno di $p$ che non contiene nessun $A_i$. Ora è chiaro che i chiusi di $X$ sono gli insiemi al più numerabili e quelli che contengono $p$. Scegliamo un aperto conumerabile $A$ di $X$ che non contenga $p$, la sua chiusura è ovviamente $A \cup {p}$. Supponiamo che esista un successione ${x_j}$ che converge a $p$. Si ha subito che l'insiueme ${x_j}$ è chiuso e quindi contiene i suoi punti limite, in particolare $p \in {x_j} \subset A$. Contro l'ipotesi che $p \notin A$.

Mi scuso in anticipo se ho scritto qualche cassata...

[j18eos]

@perplesso Hai ragione, tra l'altro \(]0;1[\) è chiuso in quella topologia.

@Seneca Lo spazio fortissimo l'ho esposto con calma qui! Me n'ero proprio dimenticato

[Seneca1]

Ottimo! Grazie ad entrambi, non conoscevo quello spazio. Per quanto riguarda questo, invece, cosa ne pensate?

[Seneca1]

Up

[j18eos]

Forse non mi sono spiegato: se mi spremo le meningi ricordo cos'è l'ordine lessicografico, ma non ho mai incontrato una topologia indotta su un insieme da una relazione d'ordine... un riferimento esaustivo lo gradirei

[Seneca1]

Scusami, pensavo fosse un esempio di spazio piuttosto standard. Se $(x_1 , y_1) , (x_2 , y_2) \in [0,1] \times [0,1]$ pongo \[ (x_1 , y_1) < (x_2 , y_2) \;\;\iff \; [ x_1 = x_2 \;\text{ e } \; y_1 < y_2 ] \text{ oppure } [ x_1 < x_2 ] \]

Così $I \times I$ risulta in insieme (totalmente) ordinato e su questo possiamo considerare la topologia dell'ordine.

Ora è un po' più chiaro?

[Seneca1]

Up

[j18eos]

Ammetto che la topologia indotta da un ordine totale non l'ho ancora mandata giù del tutto.

Inizio con la prima obiezione...

...perché il cammino lo supponi iniettivo? A che serve questa ipotesi extra?

Ovviamente confondo il cammino con la funzione che lo descrive!

[Seneca1]

Prima di tutto ti ringrazio.

In effetti, ora che ci penso, che sia iniettivo o meno non ha importanza: il sostegno del cammino (la sua traccia) conterrà un numero infinito (più che numerabile) di aperti disgiunti.

[j18eos]

Seconda obiezione.

Non riesco a convincermi che \(f([0;1])\supset\{(x\times0;x\times1)\mid x\in]x_0;x_1[\}\).

[perplesso1]

"j18eos":Non riesco a convincermi che $f([0;1])⊃{(x×0;x×1)∣x∈]x0;x1[}$.

$[0,1]$ è connesso, $f$ è continua e $I^2$ è un insieme ordinato. Potrebbe essere un'applicazione del teorema dei valori intermedi?

[Seneca1]

$x_0 < x_1 \in I$. $[ x_0 \times y_0 , x_1 \times y_1 ] \subset I_o^2$. Se un cammino $f: [0,1] \rightarrow I_o^2$ da $x_0 \times y_0$ ad $x_1 \times y_1$ esistesse, supponiamo che esista un punto $x \times y \in (x\times0;x\times1) \in \{ (x\times0 , x\times1) : x\in]x_0, x_1[\} $ tale che $x \times y \notin$ \( f( [0,1] ) \)
allora $[x_0 \times y_0 , x \times y ) \cap$ \( f( [0,1] ) \), $(x \times y , x_1 \times y_1 ] \cap$ \( f( [0,1] ) \) è una separazione di \( f( [0,1] ) \), che è connesso; contraddizione.

Va bene così?

EDIT: Ho corretto qualcosa.

[Seneca1]

Un altro up. Grazie in anticipo per eventuali correzioni (anche sugli altri punti dell'esercizio).