Quoziente bizzarro

[spugna2]

Sia $C subset RR^3$ una circonferenza, e sia $X$ lo spazio topologico ottenuto da $RR^3$ identificando tutti i punti di $C $. Dimostrare che $X $ non è una varietà.

[dan952]

In $R^2$ accade che identificando due punti distinti venga uno spazio quoziente in cui l'aperto contenente il "nuovo" punto è semplicemente connesso ma non è omeomorfo ad alcun aperto semplicemente connesso di $R^2$. Per $R^3$ dovrebbe accadere una cosa simile.

[killing_buddha]

Se chiami $x_0$ la classe di equivalenza di $C$ in $X$, ogni intorno $U$ di $x_0$ non è omeomorfo a $\mathbb R^3$[nota]Sarebbe veramente formale dimostrare che non esiste $n$ tale che $U$ sia omeomorfo a $\mathbb R^n$; tuttavia siccome la funzione \(\text{dim} \colon X \to \mathbb N\) è continua è anche localmente costante, e nella stessa componente connessa per archi di $x_0$ ci sono punti con intorni omeomorfi a $\mathbb R^3$.[/nota] perché ha indice di connessione diverso (rimuovi una certa sottovarietà di dimensione 1 ed $U$ si sconnette, mentre $\mathbb R^3$ no).[nota]L'idea è la stessa del dimostrare un identico asserto per $\mathbb R^2$ meno due punti distinti; se li identifichi, stai "pinzando" due punti del piano,
e attorno al punto di pinzaggio non hai intorni omeomorfi a (un aperto del) piano.[/nota]

[spugna2]

Non mi è chiaro: se sconnetti $U$, a maggior ragione sconnetti $U setminus \{x_0\}$, che è un aperto di $RR^3$, però come fai con una varietà di dimensione $1$?

[killing_buddha]

Ho detto "una certa", non la tua preferita quale secondo te?

[spugna2]

Era quella la mia domanda, visto che mi sembrava di aver dimostrato che non esiste

[dan952]

@spugna
La soluzione ce l'hai?

[spugna2]

Sì (o almeno credo )

Se $x_0$ avesse un intorno omeomorfo a $RR^3$, in particolare avrebbe un intorno semplicemente connesso che rimane tale se si rimuove $x_0$, cosa che però non può succedere perché in ogni intorno di $C $ in $RR^3$ c'è un arco non banale in $RR^3 setminus C $.