Uno strano risultato sui quozienti

[mklplo751]

Salve, avendo finito gli esami del primo anno circa un mese fae non sapendo bene cosa fare, mi sono messo a vedere con calma (e anche grazie alle registrazioni dei prof) alcuni argomenti di Geometria 2. Ora, proprio oggi, mentre vedevo un controesempio del fatto che un quoziente di uno spazio di Hausdorff non è necessariamente T2, mi sono chiesto se valesse questo risultato "Sia $(X, \tau)$ uno spazio topologico connesso e $A$ un sottoinsieme aperto proprio diverso dal vuoto, allora la contrazione di $A$ ( ovvero il quoziente rispetto alla relazione $R$ $xRy<=> x=y vv x,y \in A$)a un punto non è T2 (e in realtà neanche T1)". Come dimostrazione avevo pensato a ciò:

La proiezione al quoziente $\pi$ è un'identificazione, e quindi in particolare è suriettiva e continua, dunque il quoziente è uno spazio connesso. Inoltre poichè se $x \in A$ $\pi(x)=\pi(y)$ se e solo se $y\in A$ allora $A$ e $\pi$-saturo dunque $\pi(A)$ è aperto ed è diverso da tutto lo spazio. Dunque non può essere anche chiuso e dunque lo spazio non è T2 (e neache T1).

La dimostrazione mi sembra filare, tuttavia il risultato mi sembra un po' troppo generale e quindi penso di aver sbagliato qualcosa di molto importante. Se non vi reca disturbo, potreste dirmi se il risultato è vero e se sì se la dimostrazione è corretta.

[otta96]

Si è tutto giusto, prova a pensare, se vuoi, se si può generalizzare dimostrando che questa cosa vale se e solo se $A$ non è un clopen.

[mklplo751]

Grazie veramente. Sono così felice che mi sia venuto fuori qualcosa di corretto. Ora provo a pensare a ciò che mi hai detto.

[mklplo751]

Giusto per essere chiari. Ciò che dovrei provare a dimostrare è che:
"Sia $(X, \tau)$ uno spazio topologico $A$ non è un clopen se e solo se la contrazione di $A$ a un punto non è T1?".
Vero?

[otta96]

Con $X$ connesso (comunque non sono sicurissimo che sia vero, per questo ho detto prova a pensare SE...).

[mklplo751]

Ah, ok, avevo dimenticato l'ipotesi. Ci penserò, sperando di riuscire o a dimostrarlo o a trovare un controesempio.

[mklplo751]

Allora ho provato a pensarci senza fare ricerche (e per questo non so se sia corretto il primo "spoiler") e mi è uscito ciò:

Sia $(X, \tau)$ uno spazio topologico connesso T1, allora supposto di prendere $C$ chiuso, non vuoto e proprio, allora, poichè $X\\C$ è un aperto $pi$-saturo, $pi(C)$ è chiuso, stesso ragionamento per tutti gli altri punti, dunque poichè tutti i punti sono chiuso la contrazione di $C$ a un punto è T1.
(per curiosità, se so che un insieme chiuso è saturo, ciò mi basta per dire che la sua immagine attraverso un'identificazione è ancora chiusa? Perchè so che vale per gli aperti, ma avevo un dubbio per i chiusi).

Un controesempio abbastanza facile:

Se considero l'intervallo chiuso e limitato $[0,1]$ dotato della topologia euclidea e lo quoziento rispetto a ${0,1}$ ottengo uno spazio omemomorfo alla circonferenza con la topologia euclidea.

Questa è invece una cosa che ho trovato sul Manetti:

Sia $(X,\tau)$ uno spazio topologico T2 e $K\sub X$ un compatto, allora $X/K$ è T2, in particolare se $X$ è compatto, allora è omeomorfo alla compattificazione di Alexandroff di $X\\K$.

[j18eos]

@mklplo

1) Non l'ho capìto...

2) Sì, è corretto.

3) Facile: i punti e i compatti di uno spazio \(\displaystyle T_2\) sono separabili (alla Hausdorff). Sapresti dimostralo?

[mklplo751]

@j18eos:Grazie per la risposta.
Per quanto riguarda il punto 1, semplicemente avevo preso un insieme che è chiuso ma non aperto (quindi non è un clopen) per provare a dimostrare che la contrazione al quoziente può essere T1. Se invece ti riferivi alla parte tra parentesi del primo punto, semplicemente non sono sicuro che l'immagine di un chiuso saturo attraverso un'identificazione sia ancora un chiuso, come nel caso degli aperti saturi.
Per il punto 3, forse si può provare con il Teorema di Wallace e il fatto che uno spazio è T2 se e solo se la diagonale è chiusa nel prodotto, anche se ci devo ragionare un po', specialmente per la seconda parte.

[j18eos]

Riguardo il (1): ci penserò...

Riguardo il (3): no, bastano le definizioni di insieme compatto e dell'assioma \(\displaystyle T_2\).

[mklplo751]

Ok, grazie.

[mklplo751]

Sperando di non dire cose che non stanno nè in cielo nè in terra:

Per ogni punto di $x \in K$ e per ogni $v\in X\\K$, posso trovare un intorno $U_x$ di $x$ e un intorno $V_x$ di $v$ disgiunti. Noto che gli $U_x$ ricoprono $K$ e dunque posso estrarre un sottoricoprimento finito (di aperti). Per semplicità indichiamo con $U_(x_1),...,U_(x_n)$ gli elementi di questa famiglia e chiamiamo i $V_(x_1),...,V_(x_n)$ gli intorni di $v$ corrispondenti. Posso considerare dunque l'intersezione degli $V_(x_1),...,V_(x_n)$ che sarà disgiunta dall'unione degli $U_(x_1),...,U_(x_n)$. Ho trovato così due intorni aperti, uno di $K$ e uno di $v$ tali che sono disgiunti. Noto che sono $\pi$-saturi e dunque ho trovato anche intorni aperti delle loro immagini attraverso $\pi$. Se invece $u,v \in X\\K$ allora, posso trovare due intorni disgiunti $U,V$ e poichè lo spazio è T2, $K$ è chiuso, dunque $X\\K$ è aperto, allora $U nn X\\K$ e $V nn X\\K$ sono aperti, e sono saturi, e dunque mi basta considerare la loro immagine attraverso la proiezione al quoziente per terminare.

Per quanto riguarda quella cosa sui saturi:

Se $C$ è un chiuso saturo del dominio, allora per definizione di identificazione è controimmagine di un chiuso del codominio e dunque, poichè le identificazioni sono suriettive, l'immagine della controimmagine è proprio $C$ che è un chiuso.

Per quanto riguarda la seconda parte del punto 2:

Notiamo che $X\\K$ è aperto, e quindi $A$ è aperto in $X$ se e solo se $A nn X\\K$ è aperto in $X\\K$. Consideriamo la seguente funzione $ f:X->\hat(X\\K) $ tale che $f(x)=x$ se $x \in X\\K$ e $f(x)= oo$ se $x\in K$. Questa funzione è banalmente suriettiva, inoltre la controimmagine di ogni aperto che non contiene $oo$ è aperta, mentre la controimmagine di un aperto che contiene $oo$ sarà il complementare di un compatto, che tuttavia, dato che il dominio è T2, sarà aperto. Dunque $f$ è continua. Noto inoltre che $f$ è costante sulle fibre della proiezione al quoziente e dunque posso sfruttare la proprietà universale delle identificazioni e dunque so che esiste una funzione continua $h$ dal quoziente al compattificato. Ora, se dimostro che la funzione $h$ è chiusa ho concluso (dato che $h$ è biettiva). Tuttavia, se $f$ è chiusa, dato che la proiezione è suriettiva, anche $h$ sarà chiusa, quindi mi basta dimostrare ciò. Noto che preso un generico chiuso di $X$ tale che non interseca $K$, allora questo sarà chiuso anche nel compattificato, se invece interseca $K$, la sua immagine sarà l'unione di un chiuso con ${oo}$ che tuttavia essendo un punto in uno spazio di Hausdorff è un chiuso e dunque è chiusa anche l'unione. Con ciò, abbiamo dimostrato che gli spazi sono omeomorfi.
P.s: forse facevo prima a costruire una funzione biettiva, nel modo più naturale possibile dal quoziente al compattificato.

[mklplo751]

Per curiosità, ammesso che tutto sia corretto, quello che ho fatto nel 3° spoiler dell'ultimo messaggio si può usare anche per dimostrare che se $A\subK$ è aperto in $X$ allora $(X\\A)/(K\\A)$ è omemomorfo a $X/K$, ovvero intendo prendere un'applicazione da $X\\A$ a $X/K$ (ad esempio che se $x \in X\\(K\\A) f(x)=[x]$ altrimenti $f(x)=[K]$) e dimostrare, usando la proprietà universale delle identificazioni, che induce un omeomorfismo?
P.s: poi con le domande in questo topic mi fermo, dato che rischiamo di andare troppo oltre l'argomento di partenza.

[j18eos]

Il punto(1) è perfetto!

"mklplo":[...] l'immagine della controimmagine [...]

Al contrario, perché consideri un insieme (saturo) del dominio

Riguardo alla domanda in sospeso: considera su \(\displaystyle\mathbb{R}\) la topologia generata \(\displaystyle\mathcal{T}\) da \(\displaystyle\{]a,b[,]c,d[\cap\mathbb{Q}\mid a
Servono altri dettagli?
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Mi prendo del tempo per leggere l'ultima parte!

[mklplo751]

@j18eos: grazie per la tua disponibilità e grazie per aver risposto.
Per quanto riguarda quella famiglia di insiemi in $RR$ non capisco come possa essere una base per una topologia, dato che prendendo solo i valori razionali non dovrebbe essere un ricoprimento.

[j18eos]

Eh, sì!, mi sono dimenticato alcuni insiemi aperti

[mklplo751]

Ah, ok, allora con calma ci penso. Grazie per l'esempio.

[j18eos]

Domanda: con \(\displaystyle\widehat{X}\) indichi la compattificazione di Alexandroff dello spazio topologico \(\displaystyle X\)?

[mklplo751]

Sì

[mklplo751]

Buongiorno. Ho riflettuto un po' su quell'esercizio ma mi sembra che lo spazio soddisfi l'assioma $T1$, perchè il quoziente del nostro spazio non è $T1$ se e solo se esiste un punto non chiuso. Un punto non è chiuso nel quoziente se e solo se non è chiusa la sua controimmagine attraverso la proiezione al quoziete. La controimmagine della proiezione o è un punto singolo è dunque è chiuso perchè dato che lo spazio che abbiamo definito ha una topologia più fine di quella euclidea è certamente $T2$, oppure è l'intervallo stesso che abbiamo preso chiuso e quindi è ancora chiuso. Probabilmente sto sbagliando su qualcosa di importante, ma non capisco cosa.

[j18eos]

Su \(\mathbb{R}\) si consideri la topologia precedentemente definita qui. Siano $\rho$ un numero irrazionale positivo e \(\displaystyle C=\left\{\frac{\rho}{n}\right\}_{n\in\mathbb{N}_{\geq1}}\); sia \(x\in\mathbb{R}\setminus C\), se \(x\neq0\) allora \(\displaystyle x\in\bigcup_{n\in\mathbb{N}_{\geq1}}\left]\frac{\rho}{n+1},\frac{\rho}{n}\right[\cup]-\infty,0[\cup]\rho,+\infty[\) il quale è un sottoinsieme aperto e disgiunto da \(C\), se \(x=0\) allora \(x\in\mathbb{Q}\) il quale è un sottoinsieme aperto e disgiunto da \(C\).

Quindi \(\mathbb{R}\setminus C=A\) è un insieme aperto contenente \(0\); sia \(B\in\mathcal{B}\) (la base topologica considerata qui) tale che \(0\in B\) e \(B\subseteq A\), se \(B=]a,b[\) allora \(\overline{B}=[a,b]\); altrimenti se \(B=]a,b[\cap\mathbb{Q}\) allora \(\overline{B}\subseteq[a,b]\), ma vale l'eguaglianza, in quanto gli insiemi chiusi di \((\mathbb{R},\mathcal{T})\) contenenti numeri irrazionali non contengono \(B\). In entrambe le eventualità, \(\overline{B}\cap C\neq\emptyset\), per cui \(0\) non possiede intorni chiusi contenuti in \(A\); equivalentemente \(0\) non possiede intorni disgiunti da intorni di \(C\).

Ed ecco il mio errore: considerando il collasso di \((\mathbb{R},\mathcal{T}\)) sull'insieme chiuso \(C\) (e non su un intervallo), hai che la classe di equivalenza di \(0\) non è separabile dal punto \(\widetilde{C}\) in \(\mathbb{R}_{\displaystyle/C}\).

Ti torna tutto?