cociente compacto

Question

Dejemos que X sea un espacio topológico que no es demasiado malo (digamos que "no es demasiado malo" = "Hausdorff generado de forma compacta"), y sea una relación de equivalencia tal que X / es Hausdorff compacto .

¿Existe una subespacio compacto AX que cumple con cada clase de equivalencia de ?
(Esto implicaría entonces que A / es homeomorfo a X / ).

Answer 1

La respuesta es positiva si $X$ es segundo contable y localmente compacto, y $X/\sim$ es primero contable (además de ser Hausdorff compacto). Prueba: afirmamos que cualquier punto de $X/\sim$ tiene una vecindad que está contenida en la imagen de un subconjunto compacto de $X$ . Dado esto, el resto es fácil: utilizar la compacidad de $X/\sim$ para encontrar un recubrimiento de la misma por un número finito de tales vecindades y tomar la unión de los conjuntos compactos cuyas imágenes las contienen. (Esta es la técnica de Agol).

Para demostrar la afirmación, supongamos que falla y dejemos que $x \in X/\sim$ sea un punto de falsificación. Fijar una base contable $(U_n)$ de $X$ (segunda contabilidad) y wlog suponen cada $U_n$ es precompacto (compacidad local). Por la primera contabilidad de $X/\sim$ podemos ahora encontrar una secuencia $(x_n)$ en $X/\sim$ que converge a $x$ y tal que $x_n$ no es a imagen y semejanza de $U_1 \cup \cdots \cup U_n$ . Desde $x$ está contenida en la imagen de algún $U_n$ , con el tiempo $x_n \neq x$ por lo que wlog podemos suponer $x_n \neq x$ para todos $n$ . Ahora dejemos que $C$ sea el conjunto de puntos en $X/\sim$ cuya imagen es una de las $x_n$ . Este conjunto no puede ser cerrado, pues entonces su complemento sería abierto y $(x_n)$ no pudo converger a $x$ . Por lo tanto, no debe contener algún punto límite $\bar{x}$ , y este punto debe mapearse en $x$ . Finalmente, por la compacidad local de $X$ algunos $U_n$ debe contener $\bar{x}$ lo que contradice la elección de la secuencia $(x_n)$ . Concluimos que la demanda debe mantenerse.

Answer 2

He aquí un contraejemplo, inspirado en la respuesta de Henrik Rüping, pero algo más sencillo:

Toma $X$ para ser la unión disjunta de
$\quad X_1:=([0,1]\times [0,1])\setminus \{(0,0)\}$ y
$\quad X_2:=(]0,1]\times [0,1])\cup ([-1,0]\times\{0\})$ .
Ambos $X_1$ y $X_2$ se les da la topología del subespacio de $\mathbb R^2$ .

El espacio del cociente es $[0,1]^2$ con el mapa de cociente $\pi:X\to [0,1]^2$ .
El mapa $\pi|_{X_1}$ es la inclusión $X_1\hookrightarrow [0,1]^2$ .
El mapa $\pi|_{X_2}$ es una biyección continua $X_2 \to [0,1]^2$ dado por $\pi(-a,0)= (0,a)$ para $(-a,0)\in [-1,0]\times\{0\}$ .

Answer 3

He aquí un contraejemplo no separable:

Dejemos que $D^2:=\{(\theta,r)|\theta\in S^1, r\in[0,1]\}/\sim$ sea el disco unitario en $\mathbb R^2$ parametrizado en coordenadas polares.
Llamemos a un subconjunto $K\subset D^2$ delgado si $0\in K$ es compacta, y para toda secuencia convergente $(\theta_n,r_n)\to 0$ de elementos de $K$ el límite $\lim\theta_n\in S^1$ existe.

Dejemos que $X$ sea la unión disjunta de todos los subespacios finos de $D^2$ . Entonces $X$ se mapea de forma subjetiva en $D^2$ y este es un mapa cociente.

Sin embargo, ningún subespacio compacto de $X$ se mapea de forma subjetiva en $D^2$ . Un subespacio compacto de esa unión disjunta infinita está necesariamente contenido en una unión disjunta finita, y la unión de subespacios finitos no puede ser la totalidad de $D^2$ .

Answer 4

Si $X$ es localmente compacto, y el mapa $X \to X/\sim$ es un mapeo abierto, entonces creo que esto es válido. Consideremos una colección de subconjuntos abiertos $\cup_i U_i=X$ , de tal manera que $\overline{U_i}$ es compacto. Entonces la imagen de $U_i$ en $X/\sim$ está abierto por hipótesis. Elija un número finito de $U_i$ cuyas imágenes cubren $X/\sim$ entonces la unión de sus cierres da un subconjunto compacto que mapea a $X/\sim$ .