Prueba de que la compactación de un punto de $\mathbb{R}^n$ es homeomorfo con $S^n$

Question

Busco una generalización de la afirmación de que la compactación de un punto de $\mathbb{R}$ es homeomorfo con $S^1$ más específicamente,

Demuestre la compactación de un punto de $\mathbb{R^n}$ es homeomorfo con $S^n$ .

Permítanme comenzar con la afirmación de que no sé si esta proposición es cierta, aunque creo que es probable. Si es así, una pregunta futura podría ser, ¿y para $\mathbb{R}^{\omega}$ ? $\mathbb{R}^J$ ? Supongo que no.

Este problema ya ha sido preguntado/respondido por n=1 y n=2 pero ambos implican la construcción real de un homeomorfismo.

Aquí está mi prueba para $n=1$ :

Supongamos el siguiente lema:

(1) Si $X$ y $Y$ son espacios Hausdorff localmente compactos que son homeomorfos, entonces sus compactificaciones de un punto, denotadas $\bar{X}$ y $\bar{Y}$ son homeomórficos.

Construir el nuevo homeomorfismo es sencillo; basta con tomar el homeomorfismo $f:X\rightarrow Y$ y definir $f':X'\rightarrow Y'$ como $f(x)$ en $X$ y $Y'-Y$ en $X'-X$ .

(2) La compactación de un punto de $S^{1} \setminus \{ (0,-1)\}$ es $S^1$ como se puede comprobar fácilmente.

Por lo tanto, una prueba de que $\mathbb{R}$ y $S^{1} \setminus \{ (0,-1)\}$ son homeomórficos es suficiente. Para facilitarlo, utilice coordenadas polares.

(3) Claramente $f:\mathbb{R}\rightarrow (-\pi,\pi)$ definido por $2\tan^{-1}(x)$ es un homeomorfismo, siendo preservador del orden y suryente. Definamos una relación de orden sobre $S^1$ por su $\theta$ que tiene el mismo tipo de orden que $(-\pi,\pi)$ .

(4) Entonces defina $g:(-\pi,\pi)\rightarrow S^1 \setminus \{(0,-1)\}$ enviando cada punto de $(-\pi,\pi)$ hasta el punto de $S^1 \setminus \{(0,-1)\}$ con eso $\theta$ coordinar. De nuevo, $g$ es preservador del orden y suryente, por lo que $g$ es un homeomorfismo.

(5) Por lo tanto, $g\circ f:\mathbb{R}\rightarrow S^{1} \setminus \{ (0,-1)\}$ es un homeomorfismo. Aplicar (1). $\blacksquare$

Lo más importante es que los pasos que tienen que ver con la relación de orden de $\mathbb{R}$ y $S^1$ no son fácilmente escalables. Más inapelable es el otro método, más directo, de construir un homeomorfismo real entre $\mathbb{R}^n\cup \{\infty\}$ y $S^n$ . ¿Cómo podría modificar mi prueba para hacerla escalable?

Answer 1

Sólo estoy ampliando el comentario de Pink Panther. Si he entendido bien, su idea era

• considerar un espacio $Y$ tal que $Y \equiv \mathbb{R}$ y su compactación es $Y^* \equiv \mathbb{S}^1$ y luego
• utilizar que $X \equiv Y$ implica $X^* \equiv Y^*$ .

Además, como está claro que la compactación de $\mathbb{S}^1 \setminus \{(0,-1)\}$ es el $1$ -basta con proporcionar un isomorfismo de este espacio a $\mathbb{R}$ .

Entonces, lo que se puede hacer para generalizar esto es encontrar $Y_n$ tal que $Y_n \equiv \mathbb{R}^n$ y $Y_n^* \equiv \mathbb{S}^n$ . Por el argumento anterior, basta con encontrar un homeomorfismo

$$ p : \mathbb{S}^n \setminus \{N\} \to \mathbb{R}^n $$

para algún punto $N$ de la $n$ -Esfera. Aquí es donde entra en juego la proyección estereográfica.

Geométricamente, imagina el $n$ -esfera incrustada en $\mathbb{R}^{n+1}$ y para mayor comodidad, elija $N = e_{n+1}$ el polo norte. Entonces, para cualquier otros punto $q$ de la esfera, la línea $\vec{Nq}$ intercepta el plano $\Pi := \{x_{n+1} = 0\}$ del "piso" exactamente una vez. Llama a este punto $p(q)$ . Además, se puede ver que este mecanismo llega a todos los puntos de $\Pi$ que puede identificarse con $\mathbb{R}^n$ .

Concretamente ahora, a través de un cálculo que omito (pero te animo a que lo averigües tú mismo antes de consultar la bibliografía), podemos definir

$$ \begin{align} p :\ & \mathbb{S}^n \setminus \{N\} \to \mathbb{R}^n\\ &(x,t) \mapsto \frac{1}{1-t}x \end{align} $$

Obsérvese que está bien definido, ya que el único punto de la esfera con $t = 1$ es el polo norte $N = (0,\dots, 0,1)$ que hemos excluido.

Se puede comprobar que se trata de un homeomorfismo con inversa

$$ \begin{align} p :\ & \mathbb{R}^n \setminus \{N\} \to \mathbb{S}^n\\ &y \mapsto \frac{1}{\|y\|^2+1}(2y,\|y\|^2-1) \end{align} $$