Задача по общей топологии про всюду плотное множество

[zcorvid]

Есть такая (вроде классическая) задача.

Пусть $A \subset \mathbb{R}, B \subset \mathbb{R}$ - два всюду плотных счётных подмножества вещественных чисел, тогда существует гомеоморфизм $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, такой, что $f(A) = B$.

Как решать этот вариант, я, вроде, смог разобраться (там немного дурацкое решение, не очень понятно, как доказывать сюръективность, но в целом более менее ясно).

Далее, хочется это решить для многомерного случая, то есть теперь $A$ и $B$ - подмножества евклидова $n$-мерного пространства.

Идея решения: берём эти множества, проецируем на все координатные оси. В проекциях полученные множества $A_1, ... , A_n$, $B_1, ... , B_n$ также будут счётными и всюду плотными (это очевидно), на каждом строим функцию, которая была для 1-мерного случая $f_k : A_k \to B_k$, затем собираем большую функцию покоординатно как $f = (f_1, ... , f_n)$.

Однако, это решение неверно, простейший контрпример: $A$ - множество всех рациональных точек в $\mathbb{R}$ (обе координаты рациональны), а $B$ - множество $A$, в котором выкинуты все точки с $y = 0$, кроме $(0, 0)$.

Другими словами, $A = \mathbb{Q} \times \mathbb{Q}$, $B = (\mathbb{Q} \times (\mathbb{Q}-\{0\})) \cup \{(0, 0)\}$.

Все проекции тут равны $\mathbb{Q}$, и построение выше даст два тождественных отображения $f_1 = f_2 = id$, которые в итоге на $\mathbb{R}^2$ также дадут тождественное отображение, которое не годится ($f(A)$ будет больше, чем $B$).

В итоге дальше у меня тупик. Покоординатный метод не удался. Я вообще начал сомневаться, что это утверждение верно для многомерного случая, но как можно строить контрпример - не могу придумать (вообще, не очень понимаю, как доказывать негомеоморфность таких сложных топологических пространств, это не многообразия, где можно пользоваться алгеброй...)

Буду благодарен за любые идеи/подсказки.

[Leeb]

(Нечестно)

Это нечестно, но существует теорема Серпинского о счетных метрических пространствах без изолированных точек. Все они гомеоморфны $Q$.

(Оффтоп)

Мне часто кажется, что незнание лучше начетничества.

[zcorvid]

Leeb в сообщении #1621843 писал(а):

(Нечестно)

Это нечестно, но существует теорема Серпинского о счетных метрических пространствах без изолированных точек. Все они гомеоморфны $Q$.

(Оффтоп)

Мне часто кажется, что незнание лучше начетничества.

Ого, то есть даже $\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}$ гомеоморфно $\mathbb{Q}$?

-- 11.12.2023, 00:49 --

Leeb в сообщении #1621843 писал(а):

(Нечестно)

Это нечестно, но существует теорема Серпинского о счетных метрических пространствах без изолированных точек. Все они гомеоморфны $Q$.

(Оффтоп)

Мне часто кажется, что незнание лучше начетничества.

А где можно посмотреть эту теорему ? Что-то не гуглится (она везде как задача формулируется)

[KhAl]

(Leeb)

Но эта теорема слабее того, что требуется в задаче.

zcorvid, может, что-то похожее на координатные сетки с шагом $\frac{1}{2^n}$ и с узлами в плотном подмножестве там строить? Аккуратно контролировать, чтобы все точки множества попали в узлы сетки, но при этом сетки были достаточно благовидными. (я вижу пару связанных с этим проблем, так что не стоит слишком зацикливаться или бездумно что-то делать, но вдруг что-нибудь да выйдет)

-- 11.12.2023, 00:53 --

zcorvid в сообщении #1621851 писал(а):

она везде как задача формулируется

и правильно

[zcorvid]

А почему теорема слабее ? Строим гомеоморфизм $A \to \mathbb{Q} \to B$, затем продолжаем до $\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ как на пополнение, разве нет?

[KhAl]

zcorvid, Вы так и гомеоморфизм $\mathbb{R} \to \mathbb{R}^2$ построите. Думайте.

[zcorvid]

До пополнения не всегда можно продолжить, так как гомеоморфизм, условно, не обязан быть непрерывным в предельных точках пополнения, которые не лежат в исходном множестве, да?..

[KhAl]

аыыыы, болтовня
до пополнения не всегда можно продолжить, так как, условно, Вы не умеете доказывать, что можно

-- 11.12.2023, 01:13 --

хотя, думаю, Вы правы, именно поэтому.

[Leeb]

zcorvid
Да, теорема серпинского здесь все же не причем. Нужное вам свойство (мало)известно как coubtable dense homogeneity, оно в некоторых работах иссоедовалось, а одно из доказательств для вашей задачи можно найти например здесь https://etd.auburn.edu/handle/10415/4504 . Доказательство не слишком простое, не прямо халявное.

[KhAl]

(Оффтоп)

оно простое идейно, только записано плохо. можно попытаться записать нормально.

[Leeb]

(Оффтоп)

Идейно не очень сложно, однако идейно многие вещи несложны, но еще есть и техника, которая мне в данном случае показалась на формальном уровне не совсем уж легкой. Собственно, у ТС с техникой скорее всего и был вопрос, ведь из одномерного случая идея для многомерного становится понятной.
Ну и еще можно подискутировать, что таких "идейно простых, технически сложных" вещей в математике много, и с ними тоже нужно как-то справляться. Я вот не научился, да.

[zcorvid]

KhAl в сообщении #1621866 писал(а):

(Оффтоп)

оно простое идейно, только записано плохо. можно попытаться записать нормально.

Спасибо, вроде удалось переписать нормально. Там действительно очень простая идея заложена.

Пока не удалось только доказать, что для любого счётного подмножества $A \subset \mathbb{R}^n$ существует такое движение $\rho$, что в новом множестве $\rho (A)$ никакие 2 его точки не будут проецироваться в одну при любой проекции на любую из осей координат. По-моему в статье этот факт доказан неправильно.

И кажется, это должен быть не очень сложный факт, просто у меня заклинило мозг на ночь глядя... Сейчас подумаю и наверное разберусь.

[KhAl]

zcorvid, вроде для пары точек множество плохих движений это нигде не плотное (в множестве всех движений) замкнутое множество, и работает теорема Бэра.

[Anton_Peplov]

zcorvid в сообщении #1621851 писал(а):

Ого, то есть даже $\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}$ гомеоморфно $\mathbb{Q}$?

А что Вас удивляет? Пространство $\mathbb Q$ нульмерное, его декартов квадрат тоже нульмерен.

Leeb в сообщении #1621860 писал(а):

coubtable dense homogeneity

Извините за оффтоп, но как бы это корректно перевести на русский? "Однородность по счетным всюду плотным множествам"?

[KhAl]

Anton_Peplov
я могу ответить, что удивляет меня.

то, что на $\mathbb{Q} \times \mathbb{Q}$ нет естественного линейного порядка. выходит, на топологическом $\mathbb{Q}$ его тоже нет...