Tychonoff. Con ultrafiltri.

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Martino
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Tychonoff. Con ultrafiltri.

Messaggio da Martino » 26 mag 2007, 12:26

Posto l'ultimo (almeno per ora) problemino con gli ultrafiltri.

Conosco una bella (a me è piaciuta molto) dimostrazione del noto teorema di Tychonoff ("prodotto di spazi compatti è compatto") che utilizza gli ultrafiltri.

Ricordo le solite cose (per completezza).

Sia X un insieme. Sia L un sottoinsieme non vuoto di P(X) (parti di X) chiuso per intersezioni e unioni finite. Un filtro su L è un sottoinsieme di L chiuso per intersezioni finite, non contenente il vuoto e tale che se $ A \in L $ ha come sottoinsieme un elemento di F allora A appartiene a F.
Un ultrafiltro su L è un filtro massimale su L, ovvero tale che ogni sottoinsieme di L che lo contiene strettamente non è un filtro su L.
Abbiamo già visto che se un'unione finita di elementi di L sta in un ultrafiltro su L allora almeno uno di essi sta nell'ultrafiltro.

Dato X spazio topologico, indichiamo con $ L_X $ l'insieme dei sottoinsiemi chiusi di X. $ L_X $ è ovviamente chiuso per unioni e intersezioni finite.

Dimostrare i seguenti lemmi (se se ne sente il bisogno):

Lemma 0. Dato un insieme X e un sottoinsieme L di X chiuso per unioni e intersezioni finite, ogni filtro su L è contenuto in un ultrafiltro su L. (Zorn).

Lemma 1. Uno spazio topologico X è compatto se e solo se ogni famiglia di chiusi di intersezione vuota ammette una sottofamiglia finita di intersezione vuota.

Lemma 2. Uno spazio topologico X è compatto se e solo se l'intersezione di ogni filtro su $ L_X $ è non vuota.

Lemma 3. Uno spazio topologico X è compatto se e solo se l'intersezione di ogni ultrafiltro su $ L_X $ è non vuota.

Ora sia $ \Lambda $ un insieme, e sia $ X_{\lambda} $ uno spazio topologico compatto per ogni $ \lambda \in \Lambda $. Sia $ X:=\prod_{\lambda \in \Lambda}X_{\lambda} $ con la topologia prodotto, e indichiamo con $ \pi_{\lambda}:X \to X_{\lambda} $ le proiezioni. Sia U un ultrafiltro su $ L_X $. Vogliamo mostrare che vale il teorema di Tychonoff, quindi per i lemmi qui sopra il nostro scopo è trovare un elemento in $ \bigcap U $.

Dimostrare i seguenti:

Lemma 4. Per ogni $ \lambda \in \Lambda $ sia $ D_{\lambda}:=\{C \in L_{X_{\lambda}}\ |\ \exists F \in U\ tale\ che\ \pi_{\lambda}(F) \subseteq C\} $. Allora $ \cap D_{\lambda} \neq \emptyset $ per ogni $ \lambda \in \Lambda $.

Claim: Sia quindi $ a_{\lambda} \in \cap D_{\lambda} $ per ogni $ \lambda \in \Lambda $. Allora $ a:=(a_{\lambda})_{\lambda \in \Lambda} \in \bigcap U $.
"Possono essere anche patate, basta che ci sia l'azione!"

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edriv
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Messaggio da edriv » 28 mar 2008, 22:48

The time has come...

Lemma 0: Zorn
Lemma 1: passando ai complementari la definizione di compattezza.
Uno spazio è compatto se e soltanto se, dato un insieme di chiusi tali che l'intersezione finita di un po' di loro è non vuota, la loro intersezione è non vuota. Se questo è vero, ogni filtro di chiusi (essendo chiuso rispetto a intersezione finita e non contenendo il vuoto) ha intersezione non vuota. Visto che d'altra parte ogni insieme di chiusi senza intersezioni finite vuote può essere esteso ad un filtro, abbiamo il lemma 2. Visto che ogni filtro può essere esteso ad un ultrafiltro, abbiamo il lemma 3.

Lemma 4: visto che $ ~ \pi(A \cap B) \subset \pi(A) \cap \pi(B) $ quel coso è un filtro di chiusi e, per la compattezza di $ ~ X_{\lambda} $, ha intersezione non vuota.

Tychonoff:
finora abbiamo dimenticato che il filtro è anche ultra, e che lo spazio prodotto è proprio il prodotto (cioè minimale). Ora devono entrare in gioco.

Intanto ogni elemento dell'ultrafiltro deve intersecare $ ~ V_{\lambda} \pi_{\lambda}^{-1}(a_\lambda) $, quindi per massimalità lo stesso $ ~ V_{\lambda} $ (perchè sia chiuso basta che $ ~ \{a_{\lambda}\} $ sia chiuso, e se non lo è amen ci sarà un modo di far funzionare anche gli spazi sfigati) sta nell'ultrafiltro.

Se un aperto contiene a, c'è un sotto-aperto della base che contiene a, e questo è della forma "tutti i punti tali che $ ~ \pi_j(x) \subset A_j $ per ogni $ ~ j \in J \subset \Lambda $" con A aperti e J finito. Siccome a è nell'aperto, avremo $ ~ a_j \in A_j $, quindi l'intersezione $ ~ \bigcap_{j \in J} V_j $ è un sottoinsieme dell'aperto. E tale intersezione finita è un elemento dell'ultrafiltro.

L'ultimo paragrafo vuol dire che l'ultrafiltro, visto come rete, converge ad a.
Per concludere bene: se un elemento dell'ultrafiltro non contiene a, il suo complementare (che è aperto e contiene a) contiene un elemento dell'ultrafiltro. Ma così troveremmo due elementi disgiunti nell'ultrafiltro, assurdo.

Cappero che forti sti filtroni.

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Martino
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Messaggio da Martino » 02 apr 2008, 09:54

Ehilà :D

Scusa non mi trovo con le notazioni: chi sono i $ V_{\lambda} $ ?

Comunque dato che un qualunque essere umano concepito il giorno in cui ho postato il problema oramai ha già quasi due mesi (strano modo di misurare il tempo...) scrivo la mia dimostrazione al "claim" (dando buono quello che avevo scritto sopra).

Se $ a \not \in \bigcap U $ allora esiste $ F \in U $ tale che $ a \not \in F $, ovvero $ a \in X-F=V $, e V è aperto. Esistono quindi $ \lambda_1,...,\lambda_n $ e degli aperti $ V_{\lambda_1} \subseteq X_{\lambda_1},...,V_{\lambda_n} \subseteq X_{\lambda_n} $ tali che (*) $ a \in \pi_1^{-1}(V_{\lambda_1}) \cap ... \cap \pi_n^{-1}(V_{\lambda_n}) $, e tale intersezione è disgiunta da F. Allora $ (X-\pi_1^{-1}(V_{\lambda_1}) ) \cup ... \cup (X-\pi_n^{-1}(V_{\lambda_n})) $ è un chiuso che contiene F, quindi sta in U (perché U è un filtro). Ma poiché U è ultrafiltro, se un'unione finita di chiusi sta in U allora uno di essi sta in U. Supponiamo per esempio $ X-\pi_1^{-1}(V_{\lambda_1}) \in U $. Allora $ X_{\lambda_1}-V_{\lambda_1} $ appartiene a $ D_{\lambda_1} $ per definizione. Quindi $ a_{\lambda_1} $ vi appartiene per definizione di a, assurdo per (*).
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