Complejos de Paracompactness de CW (bastante largos)

Question

Terminé de leer Lee "introducción a topológico colectores' (2ª edición), y actualmente estoy atando algunos cabos sueltos. Una cosa que no puedo entender es la prueba de paracompactness de CW complejos. La prueba contiene algunos errores que yo siento (tal vez erróneamente), y aunque tengo la idea general, hay un detalle técnico que no puedo trabajar. Lee utiliza un enfoque algo diferente (que yo sepa), solo para ilustrar una técnica de inductivamente la construcción de mapas de un CW complejo esqueleto par esqueleto. Afirma que cualquier abra la cubierta $\left ( U_\alpha \right )_{\alpha \en A}$ de un CW complejo de $X$ tiene una partición de la unidad $\left ( \psi_\alpha \right )_{\alpha \en A}$ subordinado a él, a partir de la cual paracompactness de la siguiente manera (supongo que porque entonces $\left ( \psi_\alpha^{-1}\left \{ x \in X| \psi_{\alpha }(x)\neq 0 \right \}\right )_{\alpha \en A}$ es un localmente finito abrir el refinamiento de $\left ( U_\alpha \right )_{\alpha \en A}$). El objetivo es construir inductivamente una partición de la unidad $\left ( \psi^n_\alpha \right )_{\alpha \en A}$ de la n-esqueleto $X_n$ subordinado a la apertura de la tapa $\left ( U^n_\alpha \right )_{\alpha \en A}$ de $X_n$, donde $U^n_\alpha = U_\alpha \cap X_n$, como sigue: $n=0$, elegir, si $x \in X_0$, $\alpha(x) \in A$ tal que $x \in U_{\alpha(x)}$. Entonces, el conjunto $\psi^0_{\alpha(x)}(x)= 1$ y $\psi^0_{\alpha}(x)= 0$ si $\alpha \neq \alpha(x)$. Entonces, supongamos que hemos encontrado, por $k=0,\dots,$ n, las particiones de la unidad $\left ( \psi^k_\alpha \right )_{\alpha \en A}$ de $X_k$ subordinado a $\left ( U^k_\alpha \right )_{\alpha \en A}$ tal que $ {\psi^k_\alpha}_{|X_{k-1} }=\psi^{k-1}_\alpha$, si $\psi^{k-1}_\alpha\equiv 0$ en un subconjunto $V$ de $X_{k-1}$, entonces existe un subconjunto abierto $V'$ de $X_k$ con $V$ a que $\psi^{k}_\alpha \equiv 0$. Vamos $q:X_n\sqcup \bigsqcup_{\gamma \en \Gamma} D^{n+1}_{\gamma} \rightarrow X_{n+1}$como el cociente mapa darse cuenta de $X_{n+1}$ como la contigüidad espacio obtenido uniendo $n+1$ células $D^{n+1}_{\gamma}$ $X_n$ y dejar que $\phi_\gamma : \partial D^{n+1}_{\gamma} \rightarrow X_n$ ser los mapas de encolado $ \partial D^{n+1}_{\gamma}$ $X_n$. Primero, el conjunto $\tilde{\psi}^n_{\alpha,\gamma}=\psi^n_\alpha \circ \phi_\gamma :\partial D^{n+1}_{\gamma} \rightarrow \left [ 0,1 \right ]$ y $\tilde{U}^{n+1}_{\alpha,\gamma}=q_{|D^{n+1}_\gamma}^{-1}(U^{n+1}_\alpha)$, por lo que, en particular, $(\tilde{U}^{n+1}_{\alpha,\gamma})_{\alpha \en A}$ es una cubierta abierta de $D^{n+1}_\gamma$ y elegir una partición de la unidad $(\eta_{\alpha,\gamma})_{\alpha \en Una}$ de $D^{n+1}_\gamma$ subordinado a $(\tilde{U}^{n+1}_{\alpha,\gamma})_{\alpha \en A}$. Por $\gamma \en \Gamma$ fijos, $(supp \ \psi^n_\alpha)_{\alpha \en A}$ es un localmente finito de la familia de subconjuntos de $X_n$ por la construcción y puesto que $\phi_\gamma(\partial D^{n+1}_{\gamma})$ es compacto en $X_n$, cumple con $supp \ \psi^n_\alpha$ por, al menos, una cantidad finita de índices (tengo que). Por lo tanto, sólo para un número finito de índices de $\alpha_1,\dots,\alpha_k$ tenemos $\tilde{\psi}^n_\alpha \no\equiv 0$ (tengo que). Supongamos, por $C\subseteq \partial D^{n+1}_{\gamma} $ y $0<\varepsilon <1$, $C(\varepsilon)=\left \{ x \in D^{n+1}_{\gamma} |\frac{x}{\left \| x \right \|} \C \text{ y } 1-\varepsilon < \left \| x \right \| \leqslant 1 \right \}$, norma conferir algunos homeomorphism de $ D^{n+1}_{\gamma}$ a la bola unidad cerrada. Para cualquier $\alpha_j$ de los índices de $\alpha_1,\dots,\alpha_k$, $supp \ \tilde{\psi}^n_{\alpha_j,\gamma}$ es no vacío, compacto subconjunto de $\partial D^{n+1}_{\gamma}$ de $D^{n+1}_{\gamma}$, y está contenida en $\tilde{U}^{n+1}_{\alpha_j,\gamma}$ (puedo trabajar en eso). Desde $co \tilde{U}^{n+1}_{\alpha}$ se cierra en $D^{n+1}_{\gamma}$ y disjunta de $supp \ \tilde{\psi}^n_{\alpha_j,\gamma}$ , uno puede encontrar un $0<\varepsilon_j<1$ que $supp \ \tilde{\psi}^n_{\alpha_j,\gamma} (\varepsilon_j)\subseteq \tilde{U}^{n+1}_{\alpha_j,\gamma}$ (tengo que). Entonces, el conjunto $\varepsilon_\gamma =\min^k_{j=1} \varepsilon_j$ (me sentiría más seguro de la elección de $0<\varepsilon_\gamma <\min^k_{j=1} \varepsilon_j$ ) y dejar que $\sigma: D^{n+1}_\gamma \rightarrow \left [0,1 \right ]$ ser una protuberancia de la función que es de $1$ en $D^{n+1}_\gamma \setminus \partial D^{n+1}_\gamma(\varepsilon_\gamma) $ y es apoyado en $\partial D^{n+1}_\gamma(\dfrac{\varepsilon_\gamma}{2})$. Esto parece malo para mí porque $\partial D^{n+1}_\gamma(\dfrac{\varepsilon_\gamma}{2})$ y $D^{n+1}_\gamma \setminus \partial D^{n+1}_\gamma(\varepsilon_\gamma) $ son disjuntas. Creo que $\partial D^{n+1}_\gamma(\dfrac{\varepsilon_\gamma}{2})$ debe ser reemplazado con algo así como $D^{n+1}_\gamma \setminus \overline{\partial D}^{n+1}_\gamma(\dfrac{\varepsilon_\gamma}{2}) $ . Así que, vamos a ello. Definir entonces $\tilde\psi ^{n+1}_{\alpha,\gamma}: D^{n+1}_\gamma \rightarrow \left [ 0,1 \right ] $ $\tilde\psi ^{n+1}_{\alpha,\gamma}(x)=\sigma(x)\eta _{\alpha,\gamma}(x)+(1-\sigma(x))\tilde{\psi}^n_{\alpha,\gamma}(\frac{x}{\left \| x \right \|}) $. $\tilde\psi ^{n+1}_{\alpha,\gamma}$ es continua, toma valores en $\left [ 0,1 \right ]$, coincide con $\tilde\psi ^{n}_{\alpha,\gamma}$ en $\partial D^{n+1}_\gamma$ y $\sum_{\alpha \en Una}\tilde\psi^{n+1}_{\alpha,\gamma}\equiv 1$. $supp \ \tilde{\psi}^{n+1}_{\alpha,\gamma}\subseteq \tilde{U}^{n+1}_{\alpha,\gamma}$ (puedo trabajar en eso, pero sólo si uno escoge $\varepsilon_\gamma< \min^{k}_{j=1}\varepsilon_j$ ). Ahora, repita este procedimiento para cada $\gamma \en \Gamma$. El mapa que coincide con $\psi^n_\alpha$ en $X_n$ y $\tilde{\psi}^{n+1}_{\alpha,\gamma}$ en $D^{n+1}_\gamma$ pasa al cociente de rendimiento del solicitado $\psi^{n+1}_\alpha$. Bueno, aquí está mi problema: no puedo relacionar los apoyos de $\psi^{n}_\alpha$ y $\tilde{\psi}^{n+1}_{\alpha,\gamma}$ para el apoyo de $\psi^{n+1}_\alpha$ con la suficiente precisión. Sólo puedo mostrar que $supp \ \psi^{n+1}_\alpha \subseteq \overline{U}^{n+1}_\alpha$ . Alguna idea alguien?

Puedo entender el resto de la prueba, sin embargo, algo no parece correcto, entonces, para estar seguro, aquí está. Para comprobar que $(supp \ \psi^{n+1}_\alpha)_{\alpha \en A}$ es localmente finito, supongamos que $x$ es en el interior de una $n+1$células $D^{n+1}_\gamma$. Lee afirma que la celda en sí mismo, es un barrio de $x$ en la que sólo un número finito de la $\psi^{n+1}_\alpha$ no son cero. Sin embargo, ¿es esto cierto? Idénticamente cero $\tilde{\psi}^{n}_\alpha$ cán rendimiento distinto de cero $\tilde{\psi}^{n+1}_\alpha$. Habiendo dicho eso, hay una manera fácil de evitar esto, debido al uso de la $\eta_{\alpha,\gamma}$ en la construcción de la $\tilde{\psi}^{n+1}_\alpha$. Cualquier comentario se grately apreciado, muchas gracias de antemano.

Answer 1

Le felicito por su lectura cuidadosa! Tienes razón en dos aspectos.

Entonces, el conjunto $\varepsilon_\gamma =\min_{j=1}^k\varepsilon_j$ (me sentiría más seguro de la elección de $0<\varepsilon_y<\min_{j=1}^k\varepsilon_j$)

Tienes toda la razón. Esto es necesario con el fin de asegurarse de que la función $\tilde\psi^{n+1}_{\alpha,\gamma}$ (en su notación) es compatible en $\tilde{U}^{n+1}_{\alpha}$. He añadido una corrección a mi online lista de corrección.

Creo que $\partial D^{n+1}_\gamma(\varepsilon/2)$ debe ser reemplazado con algo así como $D^{n+1}_\gamma(\varepsilon/2)\setminus \partial D^{n+1}_\gamma(\varepsilon/2)$

También correcta. También he añadido esto a mi correcciones.

No puedo relacionar los apoyos de $\psi^{n}_\alpha$ y $\tilde{\psi}^{n+1}_{\alpha,\gamma}$ para el apoyo de $\psi^{n+1}_\alpha$ con la suficiente precisión. Sólo puedo mostrar que $supp \psi^{n+1}_\alpha \subseteq \overline{U}^{n+1}_\alpha$ .

Con las correcciones indicadas arriba, yo creo que esto funciona. Vamos a ver si me puede explicar un poco más convincente. Supongamos que $x$ es un punto de $X_{n+1}$ que no está en $U^{n+1}_\alpha$; debemos demostrar que $\psi^{n+1}_\alpha$ es igual a cero, en un barrio de $x$. Si $x\in X_n$, entonces tiene un vecindario $V\subseteq X_n$ que $\psi^{n}_\alpha\equiv 0$. Si $x$ no cumple con los cierres de $n+1$-células, luego $V$ es también un barrio de $x$ en $X_{n+1}$. De lo contrario, por cada $\gamma$ tales que $x\in \phi_\gamma(\partial D^{n+1}_\gamma)$, por construcción $V(\varepsilon/2)$ es un subconjunto abierto de $ D^{n+1}_\gamma$ que $\tilde\psi^{n+1}_{\alpha,\gamma}\equiv 0$. La unión de estos conjuntos es un saturada abrir subconjunto de la inconexión de la unión, cuya imagen en $X_{n+1}$ es un barrio de $x$ en la que $\psi^{n+1}_\alpha\equiv 0$. Por otro lado, si $x\in X_{n+1}\setminus X_n$, entonces se encuentra en (la imagen de) el interior de unos $D^{n+1}_\gamma$. En ese caso, que no se encuentran en $\tilde U^{n+1}_\alpha$, por lo que ambos términos en la definición de $\tilde \psi^{n+1}_{\alpha,\gamma}$ son iguales a cero, en un vecindario de $x$ en $\mathrm{Int}\ D^{n+1}_\gamma$, que es también un barrio de $x$ en $X_{n+1}$.

Para comprobar que $(supp \ \psi^{n+1}_\alpha)_{\alpha \en A}$ es localmente finito, supongamos que $x$ es en el interior de una $n+1$células $D^{n+1}_\gamma$. Lee afirma que la celda en sí mismo, es un barrio de $x$ en la que sólo un número finito de la $\psi^{n+1}_\alpha$ no son cero. Sin embargo, ¿es esto cierto? Idénticamente cero $\tilde{\psi}^{n}_\alpha$ cán rendimiento distinto de cero $\tilde{\psi}^{n+1}_\alpha$.

Es cierto que $\tilde{\psi}^{n+1}_\alpha$ puede ser distinto de cero en $D^{n+1}_\gamma$ aunque $\tilde{\psi}^{n}_\alpha$ es idéntica a cero allí. Sin embargo, debido a que $(\eta_{\alpha,\gamma})_{\alpha \en A}$ es una partición de la unidad y de $D^{n+1}_\gamma$ es compacto, hay sólo un número finito de índices de $\alpha$ tal que $\eta_{\alpha,\gamma}$ no es idéntica a cero.

¿Esta ayuda? Me estoy perdiendo algo? (Por desgracia, no sería la primera vez!)

Answer 2

Yo ya había perdido la esperanza en esto, pero han respondido a todas mis preguntas, muchas gracias. Estaba desesperado para entender completamente esta prueba, ya que se encuentra muy bien en el muy agradable nueva sección en CW complejos y el estilo de la prueba, concuerda perfectamente con el estilo de todo el libro. Siento que todavía hay una cosa 'falta' (de hecho, es todo lo que hay, pero no obtiene mención), que por favor me perdone si me equivoco. Cuando la construcción de un abra $V' \subseteq X_{n+1}$ que $\psi^{n+1}_\alpha\equiv 0$ de un abra $V \subseteq X_{n}$ que $\psi^{n}_\alpha\equiv 0$, se tiene que $V'\cap X_n = V$ por la construcción. Siento que esto es esencial y debe ser mencionado como un requisito previo en el proceso de construcción, y aquí es por qué: tras encontrar $(\psi^{n}_\alpha)_{\alpha \en A}$, una partición de la unidad de la $n$-esqueleto $X_n$ subordinado a $(U^{n}_\alpha=U_\alpha\cap X_n)_{\alpha \en A}$ por cada $n$, $\psi_\alpha$ es (evidentemente), que está definida la función que la restricción para cada $X_n$ es $\psi^n_\alpha$ (por cierto, no hay ninguna mención del hecho de que $supp \psi_\alpha \subseteq U_\alpha$, que (sin embargo) puede ser fácilmente probado esencialmente de la misma manera que $(supp \psi_\alpha )_{\alpha \en A}$ es demostrado para ser localmente finito). Para demostrar local de la finitud de $(supp \psi_\alpha )_{\alpha \en A}$, si $x \in X$, digamos $x \in X_n$, entonces $\psi^n_\alpha \equiv 0$ en un barrio $V_n$ de $x$ en $X_n$, excepto para un número finito de la $\alpha \in A$ (por el local de la finitud de $(supp\psi^{n}_\alpha)_{\alpha \en A}$ ).De modo que existe un abra $V_{n+1}\subseteq X_{n+1}$ que $\psi^{n+1}_\alpha \equiv 0$ con $V_n \subseteq V_{n+1}$, $V_{n+2}\subseteq X_{n+2}$ que $\psi^{n+2}_\alpha \equiv 0$ con $V_{n+1} \subseteq V_{n+2}$ y así sucesivamente. Ahora, el reclamo es que $V=\bigcup_{k\geqslant n} V_k$ es un barrio de $x$ en $X$ en la que $\psi_\alpha \equiv 0$, para todos, pero un número finito de la $\alpha \en Un$. Supongo que se debe utilizar el hecho de que la topología de $X$ es coherente con la colección de esqueletos para comprobar que $V$ es abrir $X$. Sin embargo, sin la restricción de que $V_{n+1}\cap X_n = V_n$,$V_{n+2}\cap X_{n+1} = V_{n+1}$ y así sucesivamente, no hay manera de identificar a los $V\cap X_k$ para $k>n$.