Deje que $X$ y $Y$ ser espacios topológicos y $f:X\rightarrow Y$ y $g:Y\rightarrow X$ ser surjective continua de los mapas. Es necesariamente cierto que $X$ y $Y$ son homeomórficos? Me siento como la respuesta a esta pregunta es no, pero no he sido capaz de llegar a cualquier contador de ejemplo, así que decidí preguntar aquí.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
El círculo $S^1$ surjects en el intervalo de $I = [-1,1]$ por proyección en (digamos) la $x$-coordinar, mientras que el intervalo de $I$ surjects en el círculo por la envoltura alrededor de, por ejemplo, de $f(x) = (\cos \pi x, \sin \pi x)$.
Añadió: ¿por Qué es el círculo $S^1$ no homeomórficos para el intervalo $I = [-1,1]$ ? La prueba usual se ve en los puntos de corte, es decir, un punto de $x$, cuya eliminación de un espacio topológico $X$ resultados en una desconectado espacio $X\barra invertida\{x\}$. Dado que este es un puramente topológica de la propiedad, dos homeomórficos espacios tendrán un número igual de puntos de corte.
Tenga en cuenta que $S^1$ no tiene puntos de corte; la eliminación de cualquier punto único del círculo de hojas conectado a un arco abierto. Sin embargo, un intervalo cerrado I $$ tiene una infinidad de puntos de corte debido a la eliminación de cualquier punto excepto uno de los dos extremos de la desconecta en dos disjuntas subintervalos.
La misma observación que sirve para mostrar los espacios en Karolis Juodelė la respuesta no homeomórficos: $[0,1]$ tiene puntos de corte y $[0,1]^2$ no.
Ver Seth Baldwin comentario más abajo para tener una idea alternativa, algo que no se desconecte el intervalo de $I$ que no desconectar el círculo!
Rakesh
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Anthony Cramp
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Frangello
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Otros han contestado, pero tal vez estos comentarios también serán útiles para este hilo. Una mayor equivalencia (reemplazar "surjective" con "bijective" en ambos lugares), que todavía es estrictamente más débil que ser homeomórficos, fue estudiado por varias personas en los primeros días de la topología (de Banach, Kuratowski, Hausdorff, Sierpinski, etc. en la década de 1920). Yo creo que esta más fuerte de equivalencia se origina a partir de Frechet (1910), que se llama tipo de dimensiones. Hay mucho para hablar de esta relación en Sierpinski de la Topología General (donde se llama dimensiones de tipo; vea las páginas 130-133, 137, 141, 142, 144, 145, 163, 165) y en Kuratowski de la Topología (donde se llama topológico de rango).
DiGi
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1925
Solo por ser diferente, he aquí un ejemplo que no está relacionado con el de Hahn-Mazurkievicz teorema. El ejemplo es originalmente debido (con un propósito diferente) a K. Sundaresan, los espacios de Banach con Banach-Stone propiedad, los Estudios en la Topología (N. M. Stavrakas & K. R. Allen, eds.), Academic Press, Nueva York, 1975, pp 573-580; la argumentación es la mía, En un ejemplo de Sundaresan, la parte Superior. Proc. 5 (1980), pp 185-6. El surjections son $1$-$1$ guardar en un único punto para cada uno, donde son $2$-$1$.
Deje que $X=\omega^*\cup(\omega\times 2)$, donde $\omega^*=\beta\omega\setminus\omega$, y $2$ es el discreto de dos puntos, espacio, dejar que $\pi:X\a\beta\omega$ obvio proyección, y dotar a $X$, con el más áspero de la topología $\pi$ continuo y cada punto de $\omega\times 2$ aislado. Vamos a $N=\omega\times 2$, $n\in\omega$ let $P_n=\{n\}\times 2$, y dejar que $\mathscr{P}=\{P_n:n\in\omega\}$. Una función $f:X\to X$ conserva pares si $f[P_n]\en\mathscr{P}$ para todos, pero un número finito de $n\in\omega$.
Lema. Vamos $f:X\to X$ ser una incrustación; entonces $f$ conserva pares.
Prueba. Suponga que $f$ no preservar los pares. Dado que $f$ es inyectiva, fácil de recursividad es suficiente para producir una infinita $M\subseteq\omega$ tales que $(\pi\circ f)\upharpoonright\bigcup\{P_n:n\M\}$ es inyectiva. Deje de $M_i=M\times\{i\}$ para $i\a 2 dólares. Entonces $$\left(\operatorname{cl}_XM_i\right)\setminus N=\left(\operatorname{cl}_{\beta\omega}M\right)\setminus\omega\ne\varnothing$$ por $i\in 2$, entonces $$\left(\operatorname{cl}_Xf[M_0]\right)\setminus N=\left(\operatorname{cl}_Xf[M_1]\right)\setminus N\ne\varnothing\;.$$ Pero $$\left(\operatorname{cl}_Xf[M_i]\right)\setminus N=\left(\operatorname{cl}_{\beta\omega}f[M_i]\right)\setminus\omega$$ por $i\in 2$, $\pi\big[f[M_0]\big]\cap\pi\big[f[M_1]\big]=\varnothing$, y subconjuntos disjuntos de $\omega$ han desunido cierres en $\beta\omega$, entonces $\operatorname{cl}_Xf[M_0]\cap\operatorname{cl}_Xf[M_1]=\varnothing$; este es el deseado contradicción. $\dashv$
Ahora vamos a $p$ ser cualquier punto no en $X$, y dejar $Y=X\cup\{p\}$, la adición de $p$ $X$ como un punto aislado.
La proposición. $Y$ no es homeormorphic a $X$.
Prueba. Suponga que $h:Y\to X$ es un homeomorphism; sigue del lema que $h\upharpoonright X$ conserva pares. Deje que $$A=\bigcup\Big\{P_n\en\mathscr{P}:h[P_n]\en\mathscr{P}\Big\}\cup\omega^*\;.$$ Entonces $\big|X\setminus h[A]\big|$ es finito e incluso, $|Y\setminus Un|$ es finito y extraño, y $h\upharpoonright(Y\setminus A)$ es un bijection entre estos dos conjuntos, lo cual es absurdo. $\dashv$
Finalmente, los mapas
$$f:Y\to X:y\mapsto\begin{casos} y,&\text{si }y\X\\ \langle 0,0\rangle,&\text{si }y=p \end{casos}$$
y
$$g:X\to Y:x\mapsto\begin{casos} x,&\text{si }x\in\omega^*\\ p,&\text{si }\pi(x)=0\\ \langle n-1,i\rangle,&\text{si }x=\langle n,i\rangle\text{ y }n>0 \end{casos}$$
se continua surjections.
Por el camino, cada uno de $X$ y $Y$ incrusta en el otro, por lo que estos espacios testigo de la falta de Schröder-Bernstein-como teorema compacto Hausdorff los espacios y las incrustaciones.
