$ \mathbb R = X^2$ como un producto cartesiano

Question

Me pregunto si es posible considerar $ \mathbb R$ como un producto cartesiano $X \times X$ para algún conjunto $X$ . Desde el punto de vista de la dimensionalidad, hay espacios con una dimensión Hausdorff $1/2$ (una especie de conjuntos de Cantor), pero supongo que hay otros problemas en esta construcción no relacionados con la dimensión.

Editado: respondiendo al comentario de Asaf. Quiero eso para todos $r \in\mathbb R$ existe una representación única $r= \langle x,y \rangle $ donde $x \in X$ y $y \in X$ . Además, ¿qué pasa si queremos tener $X$ para ser un espacio topológico y $h:X \times X \to\mathbb R$ para ser un homeomorfismo?

Answer 1

No puede haber tal descomposición de la raíz cuadrada como en la última parte de su pregunta: Supongamos que $ \mathbb {R}$ es homeomórfico a $X \times X$ . Luego $X \times X$ está conectado al camino y esto implica que $X$ es un camino conectado (al proyectarse hacia abajo). Pero entonces $X \times X \smallsetminus \{ \textrm {pt}\}$ también está conectado en el camino en contradicción con el hecho de que $ \mathbb {R} \smallsetminus\ { \textrm {pt}\}$ ni siquiera está conectado.

Este argumento aparece, por ejemplo, en este hilo MO por Richard Dore. Una buena pregunta de seguimiento con una respuesta algo sorprendente (que no entiendo en detalle pero me inclino a creer que Ryan Budney) es este hilo MO .

En cuanto a la descomposición de $ \mathbb {R}$ en el producto cartesiano de un conjunto consigo mismo, esto es fácil por razones de cardinalidad: $ \mathbb {R}$ y $ \mathbb {R} \times \mathbb {R}$ tienen la misma cardinalidad, así que hay una bendición $ \mathbb {R} \to \mathbb {R} \times \mathbb {R}$ .

Answer 2

Sólo por diversión, aquí hay un argumento completamente diferente para la última pregunta, uno que evita cualquier apelación directa a la conectividad del camino o la conexión.

Deje que $ \Delta $ ser la diagonal en $X \times X$ y dejar que $D = h[ \Delta ]$ donde $h:X \times X \to \mathbb {R}$ es un homeomorfismo. Es fácil comprobar que $ \Delta $ es un subconjunto cerrado, en ningún lugar denso, denso en sí mismo, no compacto de $X \times X$ así que $D$ es un subconjunto cerrado, en ningún lugar denso, denso en sí mismo, no compacto de $ \mathbb {R}$ .

Para $n \in \mathbb {Z}$ elige $r_n \in \left (n- \frac14 ,n+ \frac14 \right ) \setminus D$ y dejar que $D_n = D \cap (r_{n-1},r_n)$ . Claramente cada uno $D_n$ está vacía o es un conjunto de Cantor. Desde $D$ debe ser ilimitado, esto muestra que $D$ es homeomórfico a $ \omega \times 2^ \omega $ (donde $2^ \omega $ es el producto de la discreción $2$ -(espacios de puntos, no el ordinal). Pero entonces $D \cong D \times D$ así que $ \mathbb {R} \cong X \times X \cong \Delta \times \Delta \cong D \times D \cong D \cong \omega \times 2^ \omega $ . Esto hace que $ \mathbb {R}$ una unión contable de conjuntos de Cantor, contradiciendo el hecho de que $ \mathbb {R}$ es un espacio Baire.

Por cierto, la línea de Sorgenfrey $ \mathbb {S}$ tampoco es un cuadrado. Si $ \mathbb {S} \cong X \times X$ Entonces $X$ es homeomórfico a un incontable $F \subseteq \mathbb {S}$ . Pero entonces $ \mathbb {S} \cong F \times F$ así que $ \mathbb {S}$ tiene un subconjunto incontable, cerrado y discreto (a través de la anti-diagonal en $F \times F$ ), contradiciendo el hecho de que $ \mathbb {S}$ tiene una propagación contable. (También es una consecuencia inmediata del Teorema 2.1 de Burke & Moore, Subespacios de la Línea Sorgenfrey : Si $X_0,X_1, \dots ,X_n$ son innumerables subespacios de la línea de Sorgenfrey $ \mathbb {S}$ Entonces $ \prod_ {i=0}^nX_i$ no se incrusta en $ \mathbb {S}^n$ .)

Añadido el 8 de marzo de 2015: Aquí hay otro argumento, una forma diferente de usar la conectividad. Claramente $X$ debe estar conectado, y $|X|=| \Bbb R|$ . Pero entonces $ \left\ {h \big [\{x\} \times X \big ]:x \in X \right\ }$ es una partición de $ \Bbb R$ en incontables conjuntos cerrados y conectados no triviales, lo cual es imposible, ya que cada uno de esos conjuntos contiene un intervalo abierto.

Answer 3

En aras de la integridad, daré un argumento, dado que originalmente por R. Fokkink (véase también aquí ), para mostrar que $ \mathbb R^{2n+1}$ no es un cuadrado perfecto para cualquier natural positivo $n$ el argumento se da sólo para $n=1$ es decir, este argumento muestra que $ \mathbb R^3$ no es el hogar de $X^2$ para cualquier espacio topológico $X$ pero se generaliza muy bien, al caso general de $ \mathbb R^{2n+1}$ siendo un cuadrado perfecto.

Por contradicción, supongamos que hay un espacio topológico real X tal que hay un homeo. entre $ \mathbb R^3$ y $X^2$ .

Ahora usamos el hecho de que los homeomorfismos o bien conservan la orientación o bien la invierten (ya que $ \mathbb R$ es orientable, tiene sentido hablar de la orientabilidad de X). Asociado al concepto de orientabilidad está el concepto del grado de un mapa, de modo que, si un homeo. $h$ es de orientación-preservación, asignamos a $h$ un grado $1$ y si $h$ cambia la orientación, entonces asignamos un grado de $-1$ a  $h$ .

Este concepto de grado satisface la agradable propiedad de que, dados dos homeomorfismos $f,g$ Entonces $ \deg (f \circ g)=( \deg f) \times ( \deg g)$ para que, en particular, $ \deg (h \circ h)=1$ es decir, la composición de un homeo. con sí mismo es orientable.

Ahora, asume $h$ es el homeo dado. entre $ \mathbb R^3$ y $X^2$ para que también tengamos un homeo. digamos $h_1$ entre $X^4 \rightarrow \mathbb R^6$ tomando las coordenadas $(a,b,c,d) \rightarrow (e,f,g,h,i,j).$

Conseguiremos una contradicción usando la suposición de la existencia de un homeo $h$ y produciendo un automorfismo $ \mathbb R^6 \rightarrow \mathbb R^6$ cuyo cuadrado no conserva la orientación, contradiciendo las propiedades de los grados dados arriba.

Considere esto: el automorfismo lineal $L:X^4 \rightarrow X^4$ con: $(a,b,c,d) \rightarrow (d,c,b,a)$ para que la composición $L \circ L$ preserva la orientación (y supongo que de alguna manera debe ser divertido también), con $L \circ L:(a,b,c,d \rightarrow (c,d,a,b)$ .

Ahora, podemos retirar este automorfismo lineal $L \circ L $ de $X^4$ a un automorfismo de $ \mathbb R^6$ usando el homeomorfismo $h_1$ arriba, y terminaríamos con el auto $L \circ L':(e,f,g,h,i,j) \rightarrow (i,j,e,f,g,h)$ : Pero este último es un mapa lineal, y su determinante es $-1$ por lo que la suposición de la existencia de un homeo. $h: \mathbb R^3 \rightarrow X^2$ construimos un auto-homorfismo de $ \mathbb R^6$ cuyo cuadrado no conserva la orientación.