Topologías de cociente y clases de equivalencia

Question

Actualmente estoy estudiando la noción de topología cociente. Lo único que me cuesta entender es lo que realmente estamos haciendo a los puntos cuando los identificamos. Digamos que tenemos un $[0,1] \times [0,1]$ en $E^2$ (euclidiano $2$ -) con la topología del subespacio y dividimos $X$ en:

1. El conjunto $\{(0,0),(1,0),(0,1),(1,1)\}$ de cuatro puntos de esquina
2. conjuntos de pares de puntos $(x,0),(x,1)$ donde $0<x<1$ ;
3. conjuntos de pares de puntos $(0,y), (1,y )$ donde $(0,y), (1,y)$ donde $0<y<1$ ;
4. conjuntos formados por un solo punto $(x,y)$ donde $0<x<1$ y $0<y<1.$

entonces nuestro espacio cociente será el toroide, pero este será el conjunto: $\{0,0),(1,0),(0,1),(1,1)\}$ conjuntos de pares de puntos como los descritos anteriormente para $(x,0),(x,1),$ conjuntos de pares de puntos como los descritos anteriormente para $(y,0),(y,1),$ y $(x,y)$ donde $0<x<1, 0<y<1$ .

Me pregunto si hay alguna forma natural de ver cómo "colocar" los puntos. Este ejemplo es, por supuesto, bastante fácil, pero dado este conjunto, ¿hay alguna manera de averiguar cómo se ve geométricamente? Si tuviéramos, por ejemplo, el conjunto formado por todos los puntos a una distancia fija de un punto fijo, lo identificaríamos como un círculo, ¿hay algo similar aquí?

Y ahora, la última pregunta aquí: Dejemos que $B^n$ denotan la bola unitaria en $n$ -espacio euclidiano, y que $S^{n-1}$ denotan su límite. Consideremos la partición de $B^n$ que tiene como miembros

1. el conjunto $S^{n-1}$ ;
2. los puntos individuales de $B^n-S^{n-1}$ .

Bien, cuando ahora identificamos $S^{n-1}$ se colapsa en un punto, ¿verdad? ¿Exactamente en qué colapsa y dónde lo "ponemos"?

Espero que pueda arrojar algo de luz sobre esto.

Answer 1

En cuanto a tu segundo ejemplo, la intuición de Ross Milikan es correcta. Veamos cómo podemos llegar a la conclusión de que $B^n/S^{n-1} \cong S^n$ examinando lo que ocurre en las dimensiones bajas.

Para $n=1$ la bola unitaria (cerrada) es el intervalo $B^1 = [-1,1]$ y su límite la "esfera" $S^0 = \left\{ -1, 1\right\}$ . Ahora, si tratamos de imaginar lo que sucede con $B^1$ cuando pegamos ("identificamos") los puntos $-1$ y $1$ vemos el segmento $[-1,1]$ flexión, puntos $-1$ y $1$ acercando uno a otro... Nuestro proveedor de pegamento ya les ha puesto un poco, así que cuando se encuentran, se pegan y obtenemos... ¡una circunferencia! Así que $B^1 / S^0 \cong S^1$ .

Bien, antes de pasar a dimensiones superiores: ¿cómo podemos probar esto? Pues resulta que, con algunas adaptaciones, ya sabemos cómo hacerlo. En primer lugar, fíjate en que $B^1 \cong [0,1]$ y aquí $S^0 = \left\{ 0,1 \right\}$ . Así que volvemos a recurrir a una parametrización; esta vez, de la circunferencia

$$ \varphi : [0,1] \longrightarrow \mathbb{R}^2 \ ,\qquad \varphi (\theta ) = (\cos (2\pi\theta) , \sin (2\pi \theta) ) $$

y proceder según el ejemplo del cilindro anterior: $\varphi$ identifica los puntos de la "esfera" $S^0$ , $\varphi (0) = (1,0) = \varphi (1)$ donc $\varphi$ induce un mapa bien definido

$$ \widetilde{\varphi} : B^1/S^0 \longrightarrow S^1 \ , \qquad \widetilde{\varphi}(\widetilde{\theta}) = \varphi (\theta) \ , $$

que es continua y biyectiva. Ahora utiliza el GTET (Greatest Trick of Elementary Topology) que ya conoces para concluir que $\widetilde{\varphi} $ es un homeomorfismo $B^1/S^0 \cong S^1$ .

Hasta ahora, todo va bien. ¿Qué es lo siguiente? Echemos un vistazo a $n=2$ . La bola de la unidad $B^2$ es ahora un disco y su límite la circunferencia $S^1$ . Ponemos un poco de pegamento en todo $S^1$ y doblamos el disco y al mismo tiempo encogemos la circunferencia haciéndola cada vez más pequeña hasta que es sólo un punto. ¿Qué obtenemos? Una esfera.

Así que podemos sospechar que $B^2 / S^1 \cong S^2$ . Para demostrarlo, podemos intentar reproducir nuestro homeomorfismo "visual" con fórmulas. Pongamos nuestro disco $B^2$ en $\mathbb{R}^3$ en el $xy$ -plano, centrado en $(0,0,0)$ :

$$ B^2 = \left\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \ \vert \ x^2 + y^2 \leq 1 \ , \ z= 0 \right\} \ . $$

Y ponemos nuestra esfera centrada en $(0,0, 1)$ :

$$ S^2 = \left\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \ \vert \ x^2 + y^2 + (z-1)^2 = 1 \right\} \ . $$

Así que el Polo Sur es $(0,0,0)$ -el centro del disco $B^2$ -, el Polo Norte es $(0,0,2)$ y el ecuador se encuentra en el plano $z= 1$ .

Nuestro homeomorfismo "visual" dobla el disco sobre la esfera y al hacerlo encoge su límite hasta identificarlo con el Polo Norte de la esfera. Entonces, intentemos hacer lo mismo con un mapa como

$$ \varphi : B^2 \longrightarrow S^2 \ , \qquad \varphi (x,y) = (f(r)x , f(r)y, 2r) \ . $$

Aquí $r= + \sqrt{x^2+y^2}$ . Analicemos qué hace este tipo de mapa:

1. Al pasar de $r = 0$ a $r=1$ Queremos que los puntos $\varphi (x,y)$ subir a la esfera, desde la altura $z=0$ (Polo Sur) a $z=2$ (Polo Norte). Así que $z$ tiene que subir al doble de velocidad que $r$ va desde el centro del disco hasta su límite. De ahí que pongamos que $2$ .
2. Para facilitar las cosas, queremos que las proyecciones de los puntos $\varphi (x,y)$ en el $xy$ -para que esté en la misma dirección que el punto del disco $(x,y)$ de donde provienen. Así que esta proyección debería ser algo así como $(\lambda x, \lambda y)$ . Al mismo tiempo este lambda variará con la distancia $r$ al centro del disco para que $\varphi (x,y)$ permanece en la esfera. Así que probamos esto $(f(r)x , f(r)y)$ .

Para encontrar qué $f(r)$ que necesitamos, imponemos la condición de que $\varphi (x,y) $ se encuentra en la esfera:

$$ 1 = x^2 + y^2 + (z-1)^2 = f(r)^2 r^2 + (2r-1)^2 $$

Y obtenemos $f(r) = 2 \sqrt{\frac{1-r}{r}}$ . Así que nuestro mapa es

$$ \varphi (x,y) = \begin{cases} \left( 2 \sqrt{\frac{1-r}{r}}x , 2 \sqrt{\frac{1-r}{r}}y, 2r \right) & \text{if}\ (x,y) \neq (0,0) \\\ (0,0,0) & \text{if}\ (x,y) = (0,0) \ . \end{cases} $$

Ejercicio. Demostrar que $\varphi$ es continua.

Ahora, procedemos de la misma manera que en el ejemplo del cilindro. Por construcción, $\varphi$ es claramente sobreyectiva. Pero no es inyectiva: todos los puntos de la frontera $r=1$ del disco van al Polo Norte. Así que cotizamos este límite y, como antes, $\varphi$ induce un mapa continuo biyectivo

$$ \widetilde{\varphi} : B^2/S^1 \longrightarrow S^2 \ , \qquad \widetilde{\varphi}\widetilde{(x,y)} = \varphi (x,y) \ . $$

Volvemos a aplicar nuestra arma nuclear GTET y ya está.

Muy bien, ¿qué pasa con las dimensiones superiores? -No tenemos ninguna intuición geométrica o visual ahí (al menos, yo no tengo ninguna; si crees que puedes "ver" lo que pasa en, digamos, $\mathbb{R}^4$ (Enhorabuena, pero por si acaso haz una visita a tu psiquiatra y díselo). De todos modos, las fórmulas nos permiten ir más allá de nuestra intuición visual. Ponemos nuestra bola y esfera dentro de $\mathbb{R}^{n+1}$ como antes:

$$ B^n = \left\{ (x_1, \dots , x_n, x_{n+1}) \ \vert \ x_1^2 + \cdots + x_n^2 \leq 1 \ , \ x_{n+1} = 0 \right\} $$

y

$$ S^n = \left\{ (x_1, \dots , x_n, x_{n+1}) \ \vert \ x_1^2 + \cdots + x_n^2 + (x_{n+1}-1)^2 = 1 \right\} \ . $$

Y probamos algún mapa del mismo tipo:

$$ \varphi : B^n \longrightarrow S^n \ , \qquad \varphi (x_1, \dots , x_n ) = (f(r)x_1, \dots , f(r)x_n, 2r) \ . $$

Ejercicios.

1. Completa los detalles.
2. Este no es el mismo homeomorfismo que encontramos anteriormente para $n=1$ . Escribe esta fórmula general para $n=1$ .

Answer 2

Hay dos cosas que puedes hacer con la topología: (1) tratar de imaginar lo que sucede intuitivamente, y (2) escribirlo rigurosamente. Ambos son pasos útiles y necesarios.

Por ejemplo, si entiendo tu primer ejemplo, tienes el cuadrado de la unidad $[0,1]^2 \subset \mathbb{R}^2$ con la topología del subespacio. Permítanme escribir las coordenadas de sus puntos $(\theta, z) \in [0,1]^2$ por razones psicológicas que se harán evidentes en un minuto.

En el lado intuitivo, lo que estás haciendo es doblar tu cuadrado $[0,1]^2$ de tal manera que los lados $\theta = 0$ y $\theta = 1$ se acercan cada vez más... Les pones un poco de pegamento, los pegas... Ok: ¿y qué "ves" ahora? -Un cilindro, ¿no?

(Salvo que en la vida real no puedes pegar sólo dos segmentos -o es realmente difícil-, puedes intentar hacer este experimento con un trozo de papel y un poco de pegamento).

En el lado riguroso, puedes hacer lo siguiente: recuperas esa parametrización del cilindro que seguramente has visto en algún curso de geometría o cálculo integral

$$ \varphi: [0,1]^2 \longrightarrow \mathbb{R}^3 \ , \qquad \varphi (\theta , z) = (\cos (2\pi\theta ), \sin (2\pi\theta ), z) \ . $$

Este $\varphi$ es obviamente continua ("obviamente" significa: "alguien te enseñó esto en algún curso de cálculo hace un año") y suryente, si restringimos el codominio al cilindro

$$ C = \left\{ (x,y,z) \in \mathbb{R}^3 \ \vert \ x^2 + y^2 = 1 \ , \ z \in [0,1] \right\} \ . $$

Es decir, buscamos $\varphi$ como un mapa $\varphi : [0,1]^2 \longrightarrow C$ . Obsérvese que también de esta manera es continua con las topologías del subespacio en ambos lados.

Ahora $\varphi $ es casi inyectiva también, excepto en esos puntos $(0,z)$ y $(1,z)$ que tienen la misma imagen

$$ \varphi (0,z) = (1,0,z) = \varphi (1,z) \ , \qquad \text{for all}\qquad z \in [0,1] \ . $$

Para arreglar esta falta de inyectividad, dices: "Vale, identifiquemos ("identificar" es la forma selectiva y correcta de decir "pegar" en Topología) cada $(0,z)$ con su correspondiente $(1,z)$ para todos $z$ ." Entonces, estás definiendo una relación de equivalencia $\sim$ entre los puntos del cuadrado $[0,1]^2$ , la generada por:

$$ (0,z) \sim (1,z) \qquad \text{for all} \qquad z \in [0,1] \ . $$

Usted llama $X = [0,1]^2/\sim$ el espacio obtenido del cuadrado $[0,1]^2$ después de pegar (perdón, "identificar") cada $(0,z)$ con su correspondiente $(1,z)$ .

Vamos a escribir $\widetilde{(\theta ,z)} \in X$ las clases de equivalencia producidas por esta relación de equivalencia. Obsérvese que, si $\theta \neq 0, 1$ Sólo tienes que $\widetilde{(\theta , z)} = \left\{ (\theta , z) \right\}$ pero $\widetilde{(0,z)} = \widetilde{(1,z)} = \left\{ (0,z), (1,z) \right\}$ . Es decir, puntos de $X$ son "lo mismo" que los puntos de $[0,1]^2$ , a excepción de aquellos $(0,z)$ y $(1,z)$ que ahora están pegados ("identificados", sí).

Al hacer esto, también obtenemos un mapa natural ("proyección", "identificación")

$$ \pi : [0,1]^2 \longrightarrow X \ , \qquad \pi (\theta , z) = \widetilde{(\theta , z)} \ , $$

que es continua por definición de la topología del cociente en $X$ .

Volver a nuestro $\varphi$ ya que identifica los mismos puntos que $\sim$ lo hace, $\varphi$ induce un mapa bien definido

$$ \widetilde{\varphi} : X \longrightarrow C \ , \qquad \widetilde{\varphi}\widetilde{(\theta , z)} = \varphi (\theta ,z) \ . $$

Ahora, como hemos pegado los puntos con la misma imagen por $\varphi$ Este nuevo $\widetilde{\varphi}$ es biyectiva, pero también es continua, debido a la propiedad universal de la topología del cociente y al hecho de que $\widetilde{\varphi} \circ \pi = \varphi$ . ¿Verdad?

Último paso. Un mapa biyectivo continuo no necesita ser un homeomorfismo, como probablemente sabes: la inversa $\widetilde{\varphi}^{-1}$ no es necesariamente continua.

¿Qué podemos hacer? Bueno, se puede intentar escribir una fórmula explícita para $\widetilde{\varphi}^{-1}$ y comprobar su continuidad directamente, pero esto es difícil y doloroso, así que nadie lo hace.

En su lugar, todo el mundo recurre al siguiente truco maravilloso, genial, insuperable (el mejor que se puede comprar en Topología elemental; btw, "truco" significa "proposición": se puede demostrar, por supuesto):

" $X$ es compacto, porque es un cociente de un espacio compacto (a saber, $[0,1]^2$ ). $C$ es Hausdorff, porque es un subespacio de un espacio Hausdorff (a saber, $\mathbb{R}^3$ ).

El GTET (Greatest Trick in Elementary Topology)

Ahora, tengo un mapa continuo y biyectivo $\widetilde{\varphi} : X \longrightarrow C$ entre un espacio compacto y uno de Hausdorff. Por lo tanto, $\widetilde{\varphi}$ es un homeomorfismo".

¿No es fantástico? :-) (No lo olvides la próxima vez que tengas que demostrar que algún mapa es un homeomorfismo: te salvará la vida).

Por lo tanto, también puedes demostrar rigurosamente tu primera intuición: tu espacio es un cilindro, $X \cong C$ .

Answer 3

Intentar colocar puntos en la topología es arriesgado. La intuición geométrica que proporciona puede ser muy útil, pero también puede ser muy engañosa. Formalmente, una topología está definida por los conjuntos abiertos, independientemente de la capacidad de imaginarlos. Véase "Contraejemplos en topología" para ver ejemplos de los problemas que se plantean aquí.

El colapso de los puntos puede cambiar considerablemente la forma de un espacio. Creo que tu ejemplo específico de colapsar el límite de $B^n$ le da $S^n$ ya que tienes una variedad compacta de n dimensiones sin límite en la que cada bucle es contraíble a un punto, pero estoy dispuesto a ser corregido.