Es fácil ver que si $A\times B$ es homeomórficos a $A\times C$ para espacios topológicos $A$, $B$, $C$, entonces uno no puede concluir que $B$ e $C$ son homeomórficos (por ejemplo, tomar $C=B^2$, $A=B^{\infty}$). La pregunta es: para que $A$ tal conclusión es verdadera? Vi hace tiempo un problema que para $A=[0,1]$ no es verdad, pero no podía resolverlo, y no sabes donde preguntar. Por lo tanto estoy pidiendo aquí. La misma pregunta en otras categorías (por ejemplo, la métrica de espacios en lugar topológico) también parece tener algo de sentido.
Respuestas
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Andreas Blass
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En la categoría de espacios topológicos, no puede, en general, incluso cancelar los dos puntos discretos en el espacio. El único contraejemplo sé que es un poco complicado, sin embargo: Iniciar con la inconexión de la unión de dos copias de la Stone-Cech compactification $\beta N$ de un countably infinito espacio discreto de N, y la cola a lo largo de sus restos (es decir, identificar a cada punto p en una copia con el punto correspondiente en la otra copia, excepto que usted no hace este tipo de identificación, cuando p está en N). El espacio resultante, que voy a llamar a la B para que coincida con la notación de la pregunta, tiene la curiosa propiedad de que, si se agrega uno más a punto aislado de a a B, se obtiene un espacio de C que no es homeomórficos a B, pero si se añade un segundo punto aislado, a continuación, el resultado es homeomórficos a B. (La parte acerca de la adición de dos puntos aislados es fácil; sólo hay que aplicar el sucesor mapa en N y su extensión continua en $\beta N$ a todo a la vista, para hacer espacio para los dos puntos extra --- así como en la de Hilbert del hotel. La parte acerca de la adición de un punto no es tan fácil. Creo que se trata de hacer (en la doble forma) en Halmos del "Notas sobre Álgebras Booleanas.") Una vez que se tienen estos datos curiosos sobre B, es fácil comprobar que B y C, aunque no homeomórficos, convertido en homeomórficos cuando se multiplica por 2 puntos discretos del espacio; el punto extra en la C se convierte en dos puntos, que pueden ser absorbidos por uno de los ejemplares de B.
Para$A=[0,1]$, deje que$B$ sea el 2-torus con un orificio y$C$ sea el 2-disco con dos orificios.
Los productos$B\times[0,1]$ y$C\times[0,1]$ se pueden realizar en$\mathbb R^3$: el primero como un engrosamiento del toro, el segundo de manera trivial. Cada uno de estos productos es un handlebody limitado por la superficie del pretzel (la esfera con dos asas). Es fácil deformar uno al otro "a mano".
Sergey Melikhov
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Es fácil ver que si $A\times B$ es homeomórficos a $A\times C$ para espacios topológicos $A$, $B$, $C$, entonces uno no puede concluir que $B$ e $C$ son homeomórficos (por ejemplo, tomar $C=B^2$, $A=B^∞$). La pregunta es: para que $A$ tal conclusión es verdadera?
Witold Rosicki tiene un montón de resultados de este tipo (por lo general bajo algunas condiciones en $B$ e $C$). Por ejemplo,
En la singularidad de los productos Cartesianos de las superficies con límite (con J. Malešič, D. Repovš, A. Zastrow)
También existen documentos de un sabor diferente sobre este tema
Todos los lentes espacios han diffeomorphic plazas (S. Kwasik, R. Schultz)
La no cancelación y un fenómeno relacionado con el objetivo espacios (A. J. Sieradski)
Como para niza ejemplos, existen colectores $M$ tal que $M\times I$ es homeomórficos una pelota. Por ejemplo, Mazur 4-colector, como se describe por Zeeman:
Empezar con $S^1\times I^3$. En el límite de $S^1\times S^2$, elija una de nudos $S^1$ homóloga a la del primer factor. Anudado significa que $S^1$ no es isotópico a un 1-esfera $S^1\times y$, $y\in S^2$. Formulario de $M^4$ de $S^1\times I^3$ por asociar un identificador para $S^1$ (es decir, conectar un disco a $S^1$ y, a continuación, engordar el disco, de modo que su engorde límite se identifica con algunos tubular barrio de $S^1$ en $S^1\times S^2$). Formar el cubo de $I^4$ por el mismo proceso, sólo la omisión de los nudos. El nudo se asegura de que $M^4\not\cong I^4$. Pero una dimensión extra permite unknotting $M^4\times I\cong I^4\times I$ (por sólo desenrollar el mango).
Zeeman observa también un paralelo con la construcción de Whitehead ejemplo con las superficies de $\times I$ (mencionada por Sergei Ivanov): `Inicio con $S^0\times I^2$. En el límite de $S^0 \times S^1$, elija tres vinculado $S^0$'s, cada homóloga para el primer factor', etc.
Una genial cancelación es el teorema acerca de las combinaciones de los poliedros, en lugar de los productos (H. Morton):
Si $A*B\cong A*C$, entonces cualquiera de las $B\cong C$ o más $A\cong pt*A'$, $B\cong pt*X$ y $C\cong S^0*X$ para algunos poliedros $A'$ e $X$.
David Thibault
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¿Qué tal el ejemplo de Bing? El producto cartesiano de un cierto no múltiple y una línea es$E^4$ . El 'otro' factor es la descomposición de hueso de perro de tres espacios.
user1593
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La cuestión ha sido estudiada en la categoría de grupos, también. R. Hirshon demostrado en [1] que grupos finitos siempre puede ser cancelado en directo de productos.
Hirshon menciona algunas otras condiciones suficientes para la cancelación teorema de mantener. Por ejemplo, dice que en el tratado de L. Fuchs hay una prueba de que el hecho de que el infinito cíclico abelian los grupos también pueden ser cancelado (siempre que alguna de las $B$ o $C$ es un conmutativa grupo).
Referencias
[1] R. Hirshon, Sobre la Cancelación en Grupos, Amer. De matemáticas. Mensual. 76 (9) (1969), pp 1037-1039.
