Beweisen, dass ein Bogen auf einem Einheitskreis offen ist. [geschlossen]

Nehmen$B=\{(x,y) : tg(t_1)x< y< tg(t_2)x\}$

Dies ist der durch die beiden Winkel identifizierte Sektorbereich$t_1,t_2$und ist eine offene Teilmenge von$\mathbb{R}^2$.

$B$ist da offen, wenn man die Continuos-Funktion nimmt$f\colon \mathbb{R}^2\to \mathbb{R}^2$Senden$(x,y)\mapsto (y-tg(t_1)x,tg(t_2)x-y)$Dann

$B=f^{-1}((0,\infty)\times (0,\infty))$

Hier$f$ist stetig, da jeder Faktor eine lineare Abbildung ist.

Schnittmenge$\mathbb{S}^1$mit$B$und du bekommst$A$

Achten Sie darauf, dass wenn einer von$t_1,t_2$Ist$\frac{1}{4}$oder$\frac{3}{4}$, dann ist die$tg(t_i)$macht keinen Sinn und ist besser, den Kotangens zu verwenden

$B=\{(x,y) : cot(t_2)y<x<cot(t_1)y\}$

Außerdem sind unsere Sets leer, wenn

$t_1=0$,$t_2=\frac{1}{2}$. Hier nehmen$B=\mathbb{R}\times (0,\infty)$wenn Sie den Abschnitt der oberen Ebene möchten.

$t_1=\frac{1}{4}, t_2=\frac{3}{4}$. Hier nehmen$B=(0,\infty)\times \mathbb{R}$wenn Sie den Schnitt in der rechten Ebene wünschen.

Sie können auch die Tatsache verwenden (wie Paul Frost sagte), dass Ihre Karte ein lokaler Homöomorphismus ist, und Sie können beweisen, dass dies ein Homöomorphismus auf einer offenen Menge für jedes offene Intervall ist$(t_1,t_2)$. Daher$f((t_1,t_2))$ist geöffnet$\mathbb{S}^1$ohne zu sehen$\mathbb{S}^1$In$\mathbb{R}^2$

Sie müssen keine offene Scheibe im Flugzeug finden.

Lassen$J = (t_1, t_2)$sei das offene Intervall in deiner Frage. Seine Ergänzung$C = [0,1] \setminus J$ist also kompakt$f(C)$ist kompakt, also geschlossen$S^1$. Deshalb$S^1 \setminus f(C)$ist geöffnet$S^1$.

Klar$f(J) \cup f(C) = f(J \cup C) = f([0,1]) = S^1$. Darüber hinaus$f(J) \cap f(C) = \emptyset$: Im Gegenteil davon ausgehen, dass es existiert$z \in f(J) \cap f(C)$. Schreiben$z = f(t) = f(t')$mit$t \in J$Und$t' \in C$. Dann$t \ne t'$seit$J \cap C = \emptyset$. Die einzigen zwei unterschiedlichen Punkte von$[0,1]$die das gleiche Bild unten haben$f$Sind$0$Und$1$. Keine davon ist enthalten$J$, und das ergibt den gewünschten Widerspruch.

Wir schließen daraus$f(J) = S^1 \setminus f(C)$die offen ist$S^1$.

Aktualisieren:

Hier ist ein alternativer Beweis (der einige der obigen Argumente wiederholt).

1. $f$ist eine kontinuierliche geschlossene Surjektion: Jede abgeschlossene Teilmenge$C \subset [0,1]$ist also kompakt$f(C)$ist kompakt, also geschlossen$S^1$.
   Deshalb$f$ist eine Quotientenabbildung.

2. $f^{-1}(f(M)) = M$für jede Teilmenge$M \subset (0,1)$:$M \subset f^{-1}(f(M))$gilt für jede Funktion. Lassen$t \in f^{-1}(f(M))$. Dann$f(t) \in f(M)$, daher$f(t) = f(t')$mit$t' \in M$. Die einzigen zwei deutlichen Punkte von$[0,1]$die das gleiche Bild unten haben$f$Sind$0$Und$1$die nicht dazugehören$M$, also müssen wir haben$t = t' \in M$.

3. Bis 1.$f(J)$ist geöffnet$S^1$Weil$f^{-1}(f(J)) = J$die offen ist$[0,1]$.