De acuerdo a Wikipedia Cociente de la topología es un mal comportamiento con respecto a la Separación de los Axiomas,localmente compacto y simplemente la conexión.
Tengo ejemplos para apoyar este argumento localmente compacto [$\mathbb{R}/\mathbb{N}$ va a hacer el trabajo] y simplemente la conexión [la identificación de $0$ $1$ $[0,1]$ da un círculo que no está simplemente conectado], pero no puede pensar de cualquier ejemplo adecuado para la separación de los axiomas. Necesita ayuda!
Deje $X$ $\mathbb{R}$ en la topología usual, se define una relación de equivalencia en $X$ $x \sim y$ fib $x-y \in \mathbb{Q}$, vamos a $Y$ ser el conjunto de clases, y deje $q$ ser el estándar del mapa que envía un punto a su clase. A continuación, $Y$ en el cociente de la topología inducida por $Y$ es incontable y indiscreta (sólo$\emptyset$$Y$) están abiertos, por lo que el $X$ tiene todos los "niza" la separación de los axiomas ($T_0$ hasta e incluyendo la $T_6$) mientras que $Y$, su cociente de la imagen, no tiene ninguno de ellos. Me dio una prueba aquí.
Tenemos un ejemplo similar con $X$ y la equivalencia de relación donde las dos únicas clases de $\mathbb{Q}$$\mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}$, y podemos asignar a una, dos puntos de set $\{0,1\}$, (decir $q(x) = 0$$x \in \mathbb{Q}$, e $1$ lo contrario), que también es indiscreta (como por $\emptyset \neq O \subseteq \{0,1\}$ si $q^{-1}[O]$ está abierto, luego de ser no vacío contiene racionales y irrationals, por lo que el $\{0,1\} \subseteq q[q^{-1}[O]] = O$). Ambos por encima de los mapas son mapas abiertos aún.
Si $X$ $T_2$ (Hausdorff) y no regular, y el último es presenciado por $x \notin A$, e $A$ cerrado. A continuación, identificando $A$ a un punto, nos da un cociente de mapa en un espacio que es de $T_1$ pero no $T_2$. Esto muestra que cierra los mapas también pueden "matar" un axioma de separación. Una variación es dado al $X$ no es normal, sino $T_3$, e identificamos a los testigos de conjuntos cerrados de los puntos, y obtener un no-$T_2$ cociente de nuevo.
En general, el cociente de los espacios se comportaba mal con respecto a la separación de los axiomas. Las propiedades de separación de $X$ no necesita ser heredado por $X/\!\!\sim$, e $X/\!\!\sim$ puede tener propiedades de separación no es compartida por $X$.
La prueba de Kolmogorov cociente da un ejemplo sencillo de $X/\!\!\sim$ tener propiedades de separación potencialmente no compartida por $X$. Comenzaremos por definir una relación de equivalencia $\sim$ $X$ donde $x \sim y \iff$ $x$ y $y$ tiene el mismo abrir barrios, es decir, siempre que sean topológicamente indistinguibles. Pasando a $X/\!\!\sim$, se llega a un espacio donde cualquiera de los dos puntos son distinguibles. Así que cuando $X$ no $T_0$, el test de Kolmogorov cociente en $X$$T_0$.
Por supuesto, si $X$ ya es$T_0$, $X$ $X/\!\!\sim$ son homeomórficos.
Aunque insuficiente, también tenga en cuenta que usted simplemente puede "pegar" todos los puntos de cualquier espacio en una sola. En este cociente, la separación de la propiedad se convierte en vacuously verdadero.
Justo debajo de la anterior texto citado, la Wikipedia da una pista de$^\dagger$ para la construcción de un espacio de $X$ y una relación de equivalencia $\sim$ tal que se pierde propiedades de separación, pasando el coeficiente de espacio:
$X/\!\!\sim$ $T_1$ espacio si y sólo si cada clase de equivalencia de a $\sim$ es cerrado en $X$.
Así que simplemente construir un $T_1$ espacio junto con una relación tal que al menos una de sus clases de equivalencia no está cerrado en $X$. Porque cada relación de equivalencia en $X$ corresponde a una partición de $X$ y vice-versa, usted puede pensar en esto como simplemente particiones $X$ en subconjuntos $\{P_\alpha\}$ donde al menos uno de $P_\beta$ no está cerrado en $X$. Vamos a perder la $T_1$-ness, pasando a $X/\!\!\sim$.
$\dagger$A prueba de croquis de la sugerencia:
Deje $f: X \rightarrow X/\!\!\sim$ ser el cociente mapa. Este resultado es consecuencia de los siguientes tres hechos, considerados conjuntamente:
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