Conversión de problemas topológicos en problemas algebraicos

Question

Podemos convertir problemas topológicos en problemas algebraicos mediante functores. ¿Puede dar algún ejemplo sobre esta situación?

Answer 1

Considere la pregunta:

Son $\mathbb{R}^n$ y $\mathbb{R}^m$ homeomórfico para $n\neq m$ ?

En $n=1$ y $m>1$ la respuesta no es demasiado difícil, ya que $\mathbb{R}^m\setminus\{0\}$ está conectado para $m>1$ mientras que $\mathbb{R}\setminus\{0\}$ no lo es. Sin embargo, para $n,m$ la cuestión es mucho más difícil de manejar.

Una de las ideas principales de la Topología Algebraica es el uso de "invariantes algebraicos". Formalmente, deseamos construir functores a partir de alguna subcategoría suficientemente bonita de $\mathbf{Top}$ como la categoría de espacios hausdorff de generación compacta $\mathbf{CGHaus}$ (esto se debe a que $\mathbf{Top}$ tiene algunas propiedades pobres como categoría), en alguna categoría "algebraica" como $\mathbf{Grp}$ o $\mathbf{AbGrp}$ .

Por ejemplo, existe un functor $\pi_1:\mathbf{Top}_\bullet \rightarrow \mathbf{Grp}$ dado por el envío de un espacio topológico puntiforme $(X,x_0)$ al grupo fundamental $\pi_1(X,x_0)$ . Un ejemplo algo más sencillo es el functor $\pi_0:\mathbf{Top}\rightarrow \mathbf{Set}$ definido enviando un espacio topológico $X$ a $\pi_0 X$ el conjunto de componentes conectados por trayectorias de $X$ .

¿Por qué lo hacemos? Lo hacemos porque si, dadas dos categorías $\mathscr{C},\mathscr{D}$ y un functor $F:\mathscr{C}\rightarrow \mathscr{D}$ entonces si existe un isomorfismo $\varphi:c\rightarrow c'$ entre los objetos $c$ y $c'$ de $\mathscr{C}$ entonces $F(\varphi):F(c)\rightarrow F(c')$ también es un isomorfismo. Como tal, si $F(c)$ y $F(c')$ no son es isomorfo, entonces podemos concluir que $c$ y $c'$ no son isomorfas.

En lo que respecta a nuestra pregunta concreta, el invariante algebraico que queremos utilizar es el de la homología simplicial. La categoría $\mathbf{Csim}$ es la de los complejos simpliciales, y $\mathbf{Ch}_\bullet(\mathbf{AbGrp})$ la categoría de complejos de cadenas sobre $\mathbf{AbGrp}$ . Entonces podemos enviar un complejo simplicial $K$ a su complejo de cadenas de homología simplicial, dando un functor.

Los complejos simpliciales no son espacios topológicos, pero existe un functor $|\cdot|:\mathbf{Csim}\rightarrow \mathbf{Top}$ llamada la realización geométrica, y se puede demostrar que si $|K|$ y $|K'|$ son homotópicamente equivalentes, entonces la homología de $K$ es igual a la homología de $K'$ . Usando esto, obtenemos un functor de la categoría de espacios topológicos triangulables (aquellos que son homeomorfos a la realización de algún complejo simplicial) a $\mathbf{Ch}_\bullet(\mathbf{AbGrp})$ .

$\mathbb{S}^n$ El $n$ -es triangulable y tiene una homología dada por $$H_m(\mathbb{S}^n)=\begin{cases} \mathbb{Z} & i=0,n \\ 0 & \text{otherwise.} \end{cases}$$

Así que para finalmente aplicar todo esto a nuestra pregunta original, supongamos que $\mathbb{R}^n\cong \mathbb{R}^m$ . Entonces podemos demostrar que $\mathbb{R}^n\setminus\{0\}\cong \mathbb{R}^m\setminus \{0\}$ . $\mathbb{R}^n\setminus \{0\}$ es homotópicamente equivalente a $\mathbb{S}^n$ por lo que nuestro homeomorfismo se reduciría a demostrar que $\mathbb{S}^n$ y $\mathbb{S}^m$ son homotópicamente equivalentes. Pero las homologías de espacios homotópicamente equivalentes son iguales, por lo que si $n\neq m$ (y $m\neq 0$ ) tenemos $\mathbb{Z}=H_n(\mathbb{S}^n)=H_n(\mathbb{S}^m)=0$ dando lugar a una contradicción. (Si $m=0$ entonces basta con cambiar el papel de $m$ y $n$ .) Así, $\mathbb{R}^n$ no puede ser homeomorfo a $\mathbb{R}^m$ cuando $n\neq m$ .

Answer 2

Problema : Sea $B^n\in\mathbb{R}^n$ denota la bola unitaria cerrada, y sea $S^{n-1}$ denotan su límite. Demostrar que no existe ningún mapa continuo $f:B^n\to S^{n-1}$ tal que $$f|_{S^{n-1}}=id.$$