¿Están todos pendientes Hawaiian homeomórficos?

Question

El Hawaiano Pendiente se construye normalmente como la unión de círculos de radio 1/n centrado en (0,1/n): $\bigcup_1^\infty \left[ (0, \frac{1}{n}) + \frac{1}{n}S^1 \right]$. Sin embargo, nada nos impide utilizar la secuencia de radios de $1/n^2$ o en cualquier otra secuencia de números de $a_n$.

Voy a llamar a un Hawaiano Pendiente para una secuencia de (de los distintos números reales), A = {a_n}, la unión de círculos de radio de un_n centrado en (0, _n). Deje que la unión heredar su estructura topológica de R². Son todos estos espacios homeomórficos?

Si_n es monótona decreciente sucesión convergente a 0, es su Hawaiano Pendiente homeomórficos a la de la secuencia {1/n}?

Answer 1

El pendiente de la hawaiana es la compactación de un punto de una Unión contable de intervalos abiertos. Esta descripción es independiente de los radios utilizados para construirlo.

Una hermosa referencia acerca de este espacio es [Cannon, J. W.; Conner, g. R. La estructura combinatoria del grupo hawaiano pendiente. LIQ de topología 106 (2000), núm. 3, 225 - 271 MR1775709) si recuerdo mal, prueban mi reclamo allí.

Answer 2

Mariano es absolutamente correcto. [Y así, para el registro, es Joel.]

Coincidentemente, una pregunta equivalente ocurrió en la blogosfera, a finales de 2008, y respondí. El original de la página web es

http://mathphdthoughts.blogspot.com/2008/09/hawaiian-earring.html

Aquí está mi post en la página:

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Para entender la diferencia [entre el Hawaiano pendiente y la cuña de los círculos, que es -- 1/5/10] usted necesita para mirar de forma explícita en la definición de la topología en un CW-complejo con infinidad de células. Por definición, éste es el límite sobre las topologías de los subcomplejos con sólo un número finito de celdas.

En otras palabras, un subconjunto de la CW complejo está abierto iff su intersección con cada célula individual es abierto. (Otra manera de decir esto es que este es el más fuerte de la topología en todo el complejo tal que cada uno de la inclusión de mapas de las células es continua. Este es un ejemplo de una "topología final." ¿Por qué es a veces llamada una "topología débil" no es tan claro para mí: la única explicación razonable es que el significado de "débil" y "fuerte" que solía ser la inversa de lo que son ahora, que yo creo que es por desgracia el caso).

De todos modos, para comparar el Hawaiano pendiente al infinito ramo de círculos, aspecto en el barrio de las bases de la central el punto P. En el Hawaiano pendiente, cualquier conjunto abierto que contiene a P debe contener toda la enésima círculo para que todos lo suficientemente grandes de n, y para el resto de un número finito de círculos debe contener un intervalo abierto alrededor de P en ese círculo. Sin embargo, en el ramo de los círculos, de los barrios de P son exactamente los subconjuntos que contienen un intervalo abierto alrededor de P en cada círculo. Esta es mucho más grande colección de barrios, y de hecho el CW-topología es estrictamente más fina que la pendiente de la topología.

A partir de esto es fácil ver que el CW-topología no es compacto, en cualquier número de maneras:

(i) Encontrar una cerrada, discreto infinito subconjunto.

(ii) tenga en cuenta que es Hausdorff y aplicar el hecho de que (el cual puede ser encontrado en Rudin del Real y el Análisis Complejo) que cualquiera de los dos compacto Hausdorff topologías sobre el mismo conjunto son incomparables.

(iii) de convencerse de que cualquier CW-complejo es compacto si tiene un número finito de celdas.

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Esto generó cierto debate acerca de John Armstrong en su blog:

http://unapologetic.wordpress.com/2008/09/12/hawai%ca%bbian-earrings/#comments

El último comentario menciona que la pendiente como la de un punto de compactification de un countably infinito discontinuo de la unión de intervalos abiertos. Esta es una buena observación, ya que es completamente obvio: la pendiente es cerrado, acotado subconjunto del plano Euclidiano, por lo tanto compacto. Quitar el punto central de ella y que de hecho obtener una infinita discontinuo de la unión de intervalos abiertos. (Y, por supuesto, el punto de compactification de un localmente compacto Hausdorff espacio es único hasta un único isomorfismo.)

Esto pone de manifiesto que la homeomorphism tipo de pendiente no depende de los radios de los círculos -- siempre que converge a 0, por supuesto. (Tenga en cuenta que la monotonía es superflua la hipótesis. Si una secuencia converge a $0$, usted puede reordenar para estar monótonamente decreciente, y la resultante subconjunto del plano no puede decir la diferencia.)

Answer 3

La respuesta a tu primera pregunta es no, no son todos los homeomórficos. En la primera pregunta no insistir en que la a_n converge a 0, y así vamos a entretener la idea de otro loco secuencias. Por ejemplo, se podría poner un_n enumerar todos los números racionales. En este caso, tendríamos círculos de cada racional de la radio. Claramente, este no es homeomórficos a la asamblea general ordinaria de Hawai pendiente. Por ejemplo, cada secuencia convergente en el ordinario de Hawai pendiente pone en un camino, pero esto no es cierto para la locura densa versión, ya que cada punto de un límite de puntos en otros círculos.

Usted puede hacer un menos-loco contraejemplo al tener sólo dos límite de puntos en la secuencia de un_n. Por ejemplo, supongamos un_2n converge a 1 / 2 y_2n+1 converge a 0. Este ejemplo podría ser compacto, pero diferente de la clásica pendiente.

Una similar arguent muestra que cualquiera de las dos secuencias con diferentes finito de números de límite de puntos no va a ser homeomórficos. Yo creo que el homeomorphism tipo resultante de la pendiente será determinado por el homeomorphism tipo del conjunto {a_n}, además de la cuestión de si 0 es un punto límite.

Answer 4

Considere la posibilidad de $\mathbb{R}^2 \subconjunto \mathbb{C}\cup i \infty$. La inversión de $z \mapsto \frac{1}{z}$ envía los círculos de $(a_n,0)+a_nS^1$ a las líneas verticales de $\{\frac{1}{2a_n}+i\mathbb{R}\}\cup i\infty$. Deje de $b_i=\frac{1}{a_i}$ para $i\geq 1$ y $b_0=0$. La función $f(x)=b_{\lfloor x \rfloor} + \{x\}(b_{\lfloor x + 1\rfloor} - b_{\lfloor x \rfloor})$ es un homeomorphism de $\mathbb{R}^+$ que envía los enteros positivos a $b_1, b_2,...$. Dejar que $\phi(x+iy)=\frac{1}{2}f(2x)+iy$, uno obtiene una automorphism de la parte derecha del plano que envía las líneas verticales que $\frac{n}{2}+i\mathbb{R}$ $\frac{1}{2a_n}+i\mathbb{R}$. Ampliación de $\phi$ para que envíe $i\infty$ a $i\infty$, la función $z\mapsto \frac{1}{\phi(1/z)}$, entonces, es un homeomorphism entre la pendiente definida con $a_i$ y el estándar.