¿Es conexo el espacio de configuración de un espacio conexo?

Question

Sea $X$ sea un espacio topológico. Dado un número entero $n\ge 2$ , dejemos que $F_n(X)$ sea el conjunto de todas las $n$ -tuplas $(x_1,x_2,\dots,x_n)\in X^n$ tal que $x_i\ne x_j$ siempre que $i\ne j$ . Al ser un subconjunto del producto $X^n$ el conjunto $F_n(X)$ es un espacio topológico. El grupo simétrico $S_n$ actúa sobre ella mediante permutaciones de coordenadas. Sea $C_n(X)=F_n(X)/S_n$ con la topología del cociente. El espacio $C_n(X)$ se denomina espacio de configuración de $X$ .

Pregunta: si $X$ está conectado, es $C_n(X)$ ¿conectados?

He aquí un ejemplo sencillo para ilustrar el problema: si $X=[0,1]$ entonces $F_2(X)$ es el cuadrado menos su diagonal, por lo tanto no es conexo. Sin embargo, $C_2(X)$ está conectado, siendo un triángulo.

En $X$ es una múltiple, la afirmación es cierta: en una dimensión se verifica directamente, y en más de una dimensión incluso $F_n(X)$ está conectado.

Esta pregunta está motivada por Distancia que preserva el homeomorfismo . Para ese problema, bastaría con demostrar que $C_2(X)$ está conectado cuando $X$ es un espacio métrico compacto y conexo.

Answer 1

He aquí una prueba de que $C_2(X)$ está conectado cuando $X$ es un espacio de Hausdorff conectado y localmente conectado. Supongo que se generaliza al caso de $C_n$ pero no pensé en la combinatoria en el caso general.

Para demostrar que $C_2(X)$ es conexo, evidentemente basta con demostrar que $(x_1,x_2)$ y $(x_1',x_2)$ están en la misma componente conexa, para cualquier $x_1,x_1',x_2 \in X$ tal que $x_1,x_1' \neq x_2$ .

Supongamos en primer lugar que $x_1,x_1'$ se encuentran en la misma componente conexa de $X \setminus \{x_2\}$ , digamos $A$ . A continuación, el mapa $A \to C_2(X)$ definido por $a \mapsto (a,x_2)$ contiene $(x_1,x_2)$ y $(x_1',x_2)$ a su imagen, y ya está.

Supongamos que $x_1,x_1'$ no se encuentran en la misma componente conexa de $X \setminus \{x_2\}$ . Porque $X,$ y así $X\setminus \{x_2\}$ es localmente conexa, las componentes conexas de $X\setminus \{x_2\}$ están abiertos y cerrados, y si dejamos que $A$ denotan la componente conexa de $X\setminus \{x_2\}$ que contiene $x_1$ entonces $\overline{A}$ (el cierre de $A$ en $X$ ) contiene $x_2$ (porque $X$ está conectado), pero no contiene $x_1'$ . Del mismo modo, si dejamos que $A'$ denotan la componente conexa de $X\setminus \{x_1\}$ que contiene $x_1'$ entonces $\overline{A}'$ contiene $x_2$ pero no $x_1$ .

Entonces $a \mapsto (a,x_1')$ es un mapa continuo $\overline{A} \to C_2(X)$ cuya imagen contiene $(x_2,x_1') = (x_1',x_2)$ y $(x_1,x_1')$ . Del mismo modo $a' \mapsto (x_1,a')$ es un mapa continuo $\overline{A}' \to C_2(X)$ cuya imagen contiene $(x_1,x_2)$ y $(x_1,x_1')$ . Así pues, vemos de nuevo que $(x_1,x_2)$ y $(x_1',x_2)$ se encuentran en la misma componente conexa de $C_2(X)$ .

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Probablemente localmente conectado es una suposición innecesariamente fuerte; lo que se está utilizando es que el cierre en $X$ de cualquier componente conexo de $X\setminus \{x_2\}$ contiene $x_2$ . Mi topología general está demasiado oxidada para estar seguro de la validez de esta propiedad.

Además, supongo que no estoy utilizando toda la fuerza de la suposición de Hausdorff; sólo estoy utilizando el hecho de que los puntos de $X$ son cerrados (de modo que $X\setminus \{x_2\}$ está abierto en $X$ y, por tanto, hereda la propiedad de ser localmente conexo).

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Añadido en respuesta a los comentarios de Niels Diepeveen más abajo:

Supongamos que $X$ es compacta, Hausdorff y conexa. Si $C$ es un componente de $X \setminus \{x_2\}$ , y se toma $Y = X \setminus \{x_2\}$ y $Z = C \cup \{x_2\}$ en el resultado principal de esta respuesta de Niels Diepeveen entonces se encuentra que $C$ es no un componente de $Z$ y, por tanto, que el cierre de $C$ en $X$ contiene $x_2$ . El argumento anterior es válido, por lo que concluimos que $C_2(X)$ está conectado.

Answer 2

Hago de esto un CW ya que (a) las ideas se deben a Matt y Niels, yo sólo las estoy enredando; (b) la respuesta sigue siendo parcial: la prueba funciona sólo para $n=2$ .

Sea $X$ sea un espacio topológico conexo (sin otros supuestos). Supongamos que $C_n(X)=R\cup B$ donde $R$ y $B$ son subconjuntos cerrados disjuntos de $C_n(X)$ . (Pienso en términos de colorear cada $n$ -subconjunto de $X$ rojo o azul). Queremos demostrar que todos $n$ -subsets tienen el mismo color. Para ello, basta con demostrar que para cualquier $(n+1)$ -subconjunto $E=\{x_1,\dots,x_{n+1}\}$ todos los conjuntos $E\setminus \{x_i\}$ son del mismo color.

Si no es así, entonces al reetiquetar los puntos podemos suponer que $E\setminus \{x_i\}$ es rojo cuando $1\le i\le k$ y azul cuando $k<i\le n+1$ . (Aquí $k\in \{1,\dots,n\}$ ). Para cada par $(i,j)$ tal que $1\le i\le k<j\le n+1$ tenemos la partición $$X=R_{ij}\sqcup B_{ij}\sqcup E_{ij}$$ donde $E_{ij}=\{x_\ell \colon \ell\ne i,j\}$ el conjunto $R_{ij}$ consiste en todos los puntos $x$ tal que $E_{ij}\cup \{x\}$ i $B_{ij}$ consiste en todos los puntos $x$ tal que $E_{ij}\cup \{x\}$ es azul. Por ejemplo, $x_i\in R_{ij}$ y $x_j\in B_{ij}$ . Ambos $R_{ij}$ y $B_{ij}$ se cierran en $X\setminus E_{ij}$ y, por tanto, sus cierres en $X$ satisfacer $$(*)\qquad \qquad \overline{R_{ij}}\subset R_{ij}\cup E_{ij}\quad \text{and} \quad \overline{B_{ij}}\subset B_{ij}\cup E_{ij}$$

A partir de ahora, asuma $n=2$ . Intercambiando el rojo y el azul, podemos suponer $k=1$ . Así que.., $$X= R_{12}\sqcup B_{12} \sqcup \{x_3\} = R_{13}\sqcup B_{13} \sqcup \{x_2\}$$ Afirmo que $$X= (R_{12}\cap R_{13}) \sqcup (B_{12}\cup B_{13})$$ donde ambos conjuntos son no vacíos y cerrados, en contradicción con la conectividad de $X$ . Efectivamente, $x_1\in R_{12}\cap R_{13}$ y $x_2,x_3\in B_{12}\cup B_{13}$ . Tomando el cierre de $R_{12}\cap R_{13}$ puede añadir sólo los puntos en $E_{12}\cap E_{13}$ , pero este conjunto está vacío. Tomando el cierre de $B_{12}\cup B_{13}$ puede añadir sólo los puntos en $E_{12}\cup E_{13}=\{x_2,x_3\}$ , pero estos puntos ya están en $B_{12}\cup B_{13}$ . QED.

Si $n>2$ lo anterior sigue funcionando si $k=1$ (o $k=n$ que es lo mismo) escribiendo $$X= \left(\bigcap_j R_{1j}\right) \sqcup \left(\bigcup_j B_{1j}\right)$$ El más sencillo de los casos restantes es $n=3$ y $k=2$ .

Answer 3

Después de considerarlo debidamente, he llegado a la conclusión de que es cierto para cualquier espacio conectado. La prueba que he encontrado para esto es un poco similar a resolver un puzzle deslizante .

Algunas cuestiones de notación: Por comodidad, supondremos que los puntos de $C_n(X)$ no están ordenados $n$ -(es decir $n$ -subconjuntos de elementos de $X$ ), en lugar de clases de equivalencia de ordenadas $n$ -como la construcción de la pregunta. Utilizaremos $a \sim b$ (en $Y$ ) para significar que $a$ y $b$ están en el mismo cuasicomponente (de $Y$ ). (en otras palabras, que no existe ningún subconjunto cerrado de $Y$ que contiene $a$ pero no $b$ )

Lema: Sea $X$ sea un espacio topológico y $P$ un subconjunto finito de $X$ . Definir un gráfico $G$ con un conjunto de vértices $P$ y un borde entre $a, b \in P$ sólo si $a \ne b$ y $a \sim b$ en $(X \setminus P) \cup \{a,b\}$ . Si $X$ es un espacio conexo, entonces $G$ es un grafo conexo.

Prueba (por contraposición): Supongamos $\{ Q, R \}$ es una partición de $P$ tal que $G$ no tiene ninguna arista entre ningún punto de $Q$ y cualquier punto de $R$ . Entonces para cada $a \in Q, b \in R$ existe un conjunto $A_{ab}$ que es clopen en $(X \setminus P) \cup \{ a, b \}$ tal que $a \in A_{ab}, b \notin A_{ab}$ . Esto significa que debe haber un $U_{ab} \subset X$ tal que $A_{ab} \subset U_{ab} \subset A_{ab} \cup P \setminus \{b\}$ y un $F_{ab} \subset X$ tal que $A_{ab} \subset F_{ab} \subset A_{ab} \cup P \setminus \{b\}$ .

Si ponemos $A = \bigcup_{a \in Q}\bigcap_{b \in R} A_{ab}$ y de forma similar $U$ y $F$ es fácil ver que $Q \subset A$ y $R \cap A = \emptyset$ . Además, puesto que $A_{ab} \subset U_{ab} \subset A_{ab} \cup P \setminus \{b\}$ , tenemos $A \subset U \subset A \cup Q = A$ Por lo tanto $U = A$ . Por la mismo razonamiento tenemos $F=A$ . Claramente $U$ está abierto y $F$ está cerrado, así que $A, X \setminus A$ es una separación de $X$ .

Teorema: Si $X$ es un espacio conexo, entonces $C_n(X)$ está conectado.

Prueba: Basta demostrar para $u, v \in C_n(X)$ que $u \sim v$ . Lo haremos por inducción en $\left| u \setminus v \right|$ . Es evidente que si $\left| u\setminus v \right| = 0$ entonces $u=v$ y trivialmente $u \sim v$ .

Para el paso de inducción podemos suponer que $u \sim w$ para cualquier $u, w \in C_n(X)$ tal que $\left|u\setminus w \right| < m <= n$ . En particular, si $\left| u\setminus v \right| = m > 0$ podemos elegir $p \in u \setminus v$ y $q \in v \setminus u$ y tomar $w = (u \setminus \{p\}) \cup \{q\}$ . Entonces $\left|v \setminus w \right| = m-1$ y por la hipótesis de inducción $v \sim w$ .

Establecer que $u \sim w$ consideramos $P = u \cup \{q\} \subset X$ y el gráfico asociado $G$ como se define en el lema. Dado que $X$ es conectado, $G$ está conectado y contiene un camino $p = p_0, p_1, \ldots, p_k = q$ . Según la definición de $G$ tenemos para cada $0 \lt i \le k$ que $p_i \sim p_{i-1}$ en $(X\setminus P) \cup \{ p_{i-1}, p_i \}$ .

Tenga en cuenta que $f_i: (X \setminus P) \cup \{p_{i-1}, p_i\} \to C_n(X)$ definido por $f_i(x) = (P \setminus \{ p_{i-1}, p_i \}) \cup \{x\}$ es continua, ya que es la composición de una incrustación homeomórfica $(X \setminus P) \cup \{p_{i-1}, p_i\} \to F_n(X)$ y el mapa cociente $F_n(X) \to C_n(x)$ . De ello se deduce que $$ P \setminus \{p_i\} = f_i(p_{i-1}) \sim f_i(p_i) = P \setminus \{p_{i-1}\} $$ en $C_n(X)$ Por lo tanto $\{ P\setminus \{p_i\} \mid 0 \le i \le k \}$ es un subconjunto de un cuasicomponente. Dado que $P\setminus \{p_k\} = u$ y $P\setminus \{p_0\} = w$ Este demuestra que $u \sim w \sim v$ .