Demostrar que el complejo simplicial es Hausdorff

Question

Tengo un complejo simplicial $K$ y necesito demostrar que su realización topológica $|K|$ es Hausdorff. Y $K$ no tiene por qué ser finito.

Tengo muy poca idea de cómo empezar con esto. Sólo que si $x,y \in |K|$ necesito encontrar conjuntos abiertos disjuntos que contengan $x$ y $y$ . También sé $|K|$ es un espacio cociente formado "pegando" símplices a lo largo de sus caras, así que tengo el mapa de colapso cociente, $p: K \to |K|$ y así mis conjuntos abiertos $U, V$ son abiertas si sus preimágenes bajo este mapa son abiertas.

Cualquier ayuda sobre cómo empezar sería muy apreciada.

Answer 1

Sea $q:D\to|K|$ denota el mapa cociente, donde $D$ es la unión disjunta $\coprod_σ|\Delta_\sigma^n|$ de (las realizaciones de) todos los símplices en $K$ . El espacio cociente está formado por clases de equivalencia, y cada clase contiene un único punto en el interior de algún simplex, éste es el punto en el simplex de menor dimensión (Tomamos el interior de $Δ^0$ ser $Δ^0$ mismo). Para las dos clases $x,y$ denotan estos dos puntos. Para encontrar una vecindad abierta disjunta $N(x)$ y $N(y)$ construyamos conjuntos abiertos saturados disjuntos en $D$ .

Para cada simplex $\sigma$ encontraremos un subconjunto abierto $U_σ$ de $\Delta_σ^n$ que contiene el conjunto $[x]\capΔ_σ^n$ así como los puntos identificados con $U_\tau$ para cada cara $\tau$ de $σ$ . Denotemos la unión de todos los $U_σ$ para la $σ$ de dimensión $\le n$ por $N^n(x)$
Empezar por la dimensión $0$ : Si $\{x\}$ es una $0$ -simplex $σ$ , dejemos que $N^0(x)=\sigma$ de lo contrario $N^o(x)=\emptyset$ .
Supongamos ahora por inducción que hemos construido los conjuntos abiertos saturados disjuntos $N^n(x)$ y $N^n(y)$ .

• Sea $V_σ(x)$ y $V_σ(y)$ denotan los conjuntos de puntos de las caras de $Δ_σ^{n+1}$ que se identifican con $N^n(x),N^n(y)$ respectivamente. Obsérvese que si $x\in\mathring{Δ_σ}$ entonces $N^n(x)$ está vacía.
• Si uno de los $V_σ$ no es vacío, podemos engrosarlo un poco estirándolo hacia el baricentro del simplex. Estos engrosamientos seguirán siendo disjuntos.
• Si $V_σ(x)$ no está vacío y $y\in\mathring{Δ_σ}$ entonces podemos mantener el engrosamiento de $V_σ(x)$ lo suficientemente pequeña, para que sea disjunta de una bola abierta alrededor de $y$ en $\mathring{Δ_σ}$
• Si ambos $x$ y $y$ están en $\mathring{Δ_σ}$ entonces tienen bolas abiertas disjuntas en el interior de $σ$ .

Si hacemos esto para cada simplex de dimensión $n+1$ obtenemos conjuntos abiertos saturados disjuntos en la unión disjunta de todos los símplices de dimensión $\le n+1$ . Esto completa la inducción.
Al final, $N(x):=\bigcup_n N^n(x)$ y $N(y):=\bigcup_n N^n(y)$ tienen imágenes abiertas disjuntas en $|K|$ .

Answer 2

He leído la siguiente solución en $\textit{Elements of Algebraic Topology}$ por Munkres.

Si $x$ es un punto del poliedro $|K|$ (el espacio topológico del complejo simplicial), entonces $x$ es interior exactamente a un simplex de $K$ cuyos vértices son (digamos) $a_0, \cdots, a_n$ . Entonces $$ x= \sum_{i=0}^{n}t_ia_i $$ donde, $t_i>0 \; \forall i$ y $\sum_{i=1}^{n}t_i =1$ . Si $v$ es un vértice arbitrario de $K$ definimos el $\textbf{barycentric coordinate} \; t_v(x)$ de $x$ por ejemplo $v$ como: $$ t_{v}(x)={\displaystyle \left\{{\begin{array}{lr}0 \quad \text{ if } v \text{ is none of } \{a_0,\cdots,a_n \} \\ t_i \quad \text{ if } v \text{ is one of } \{a_0,\cdots,a_n \} \text{ (say) } a_i \end{array}} \right.} $$

Para un $v$ la función $t_v(x)$ es continua cuando se restringe a un simplex fijo $\sigma $ de $K$ ya que o bien es igual a $0$ en $\sigma$ o es igual a las coordenadas baricéntricas $t_i(x)$ de $x$ en relación con $\{a_0,\cdots,a_n \}$ ( que son función continua de $x$ ). Utilizamos otro resultado según el cual un mapa $f : |K| \rightarrow X$ es continua $\iff \; f|_{\sigma}$ es continua para cada simplex $\sigma \in K$ (utilizar el resultado $f^{-1}(C) \cap \sigma = (f|_{\sigma}) ^{-1}(C) $ para cualquier conjunto cerrado $C$ en $X$ ).

Por lo tanto, la función $t_v(x)$ es continua en $K$ .

$\textbf{|K| is Hausdorff:} $

Sea $ x_0,x_1 (x_0 \neq x_1)$ sean dos puntos en $|K|$ . Existe al menos un vértice $v$ en $K$ s.t. $t_v(x_0) \neq t_v(x_1)$ . Ahora, elegimos cualquier no real. $r$ entre estos dos. El conjunto $\{x:t_{v}(x)<r \}$ y $\{x:t_{v}(x)> r \}$ son dos conjuntos abiertos. (¿Por qué están abiertos? Porque el rango de la función continua $t_v(x)$ es $[0,1)$ y $[0,r)$ y $(r,1)$ está abierto en $[0,1)$ )

Answer 3

Otro enfoque...

Llamaré $|K|_d$ el espacio métrico asociado a $|K|$ . Consideremos la función $\eta : |K| \rightarrow |K|_d$ definido como $\eta(\alpha)=\alpha$ para $\alpha \in |K|$ .

Probando $\eta$ continua, demostramos que todo conjunto abierto en $|K|_d$ está abierto en $|K|$ equivalentemente, la topología métrica es más gruesa que la topología de $|K|$ (es decir, la topología final en $|K|$ con respecto a la familia de inclusiones $inc_\sigma \colon |\sigma| \rightarrow |K|$ ). Pero $|K|_d$ es Hausdorff ya que es un espacio métrico, por lo que $|K|$ también es Hausdorff.

Así que vamos a demostrar que $\eta$ es continua. Para cada $\sigma \in S_K$ , $\eta \circ inc_\sigma \colon |\sigma| \rightarrow |K|_d$ es una isometría, por lo tanto continua. La (así llamada) propiedad universal de la topología final implica $\eta$ es continua.