Das Komplement einer einfachen nicht geschlossenen Kurve ist wegverbunden?

Question

Das Komplement einer einfachen nicht geschlossenen Kurve ist wegverbunden?

Kurven
Mathematik
ebene Kurven
Verbundenheit
Realanalyse
allgemeine Topologie

Baumdetektiv

Lassen $f: [0,1]\rightarrow \mathbb{R}^2$ eine stetige und injektive Funktion sein und $C=f([0,1])$ . Ist es wahr dass $\mathbb{R}^2\setminus C$ ist der Pfad verbunden?

Es ist ziemlich offensichtlich, dass die Antwort positiv sein sollte, aber es wäre schön, wenn es einen nicht ganz komplizierten Beweis dafür gäbe.

Mein bisheriger Versuch: Für jeden $x\in C$ es existiert ein $\varepsilon_x>0$ so dass $B(x,\varepsilon_x)\cap C$ Ist verbunden. (Hier bei $B(x, \varepsilon)$ wir bezeichnen die offene Kugel mit dem Mittelpunkt $x$ mit Radius $\varepsilon$ ). Das ist ziemlich einfach, weil $[0,1]$ Und $f([0,1])$ sind homöomorph.

Die Sammlung $\{ B(x, \varepsilon_x): x\in C\}$ ist eine offene Hülle des Kompakt-Sets $C$ , also gibt es $x_1, \ldots, x_n$ so dass $C\subseteq \bigcup_{i=1}^n B(x_i, \varepsilon_{x_i})=A$ . Nehmen wir auch an, dass die $x_i$ 's sind "konsekutiv" mit $x_1$ Und $x_n$ Anfangs- und Endpunkt der Kurve sein. Uns fällt besonders auf, dass beide Sets $B(x_1, \varepsilon_{x_1})\setminus C$ Und $B(x_n, \varepsilon_{x_n})\setminus C$ sind wegverbunden. Dies ist eine schöne Immobilie, die wir brauchen werden.

Ein einfaches (?) induktives Argument zeigt das $A\setminus C$ Weg verbunden ist. Das liegt alles daran $B(x_1, \varepsilon_1)\setminus C$ Pfad verbunden zu sein, kombiniert mit der Tatsache, dass die Menge $B(x_2, \varepsilon_2) \cap C^c$ besteht aus zwei zusammenhängenden Komponenten, die sich beide schneiden $B(x_1, \varepsilon_1)$ usw. Daraus folgt das $\mathbb{R}^2 \setminus C$ ist auch wegverbunden.

Ich denke, der Beweis ist in Ordnung, aber er verwendet eine Menge Zeug. Übersehe ich hier etwas Offensichtliches? Ich habe auch versucht, durch Widerspruch zu gehen. Ich nahm an, dass $C$ schneidet die Ebene in einige pfadverbundene Komponenten und dann habe ich versucht, die Kurve zu schließen, um Selbstüberschneidungen zu vermeiden. Der Plan war, mehr als 2 pfadverbundene Komponenten zu erstellen und einen Widerspruch durch das Jordan Curve Theorem zu erreichen. Das schien schneller zu sein, aber es ging nicht durch.

dxiv

Verwandt: Die Ergänzung des Jordan-Bogens .

Umberto P.

Ihre Einrichtung erfordert etwas Aufmerksamkeit. Wenn

f : [0, 1] \to R^{2}

$f : [0,1] \to \mathbb R^2$ , wo tut

G r (f)

$Gr(f)$ wohnen? Punkte

(t, f (t))

$(t,f(t))$ scheinen dazu zu gehören

R^{3}

$\mathbb R^3$ .

Baumdetektiv

Ja, du hast recht, ich werde es korrigieren.

Anomalie

Es ist wahrscheinlich mehr Maschinerie als Sie wollen, aber das Ergebnis folgt sofort aus der Alexander-Dualität (wie das Bild von

f

$f$ ist kontrahierbar).

Antworten (2)

Das Komplement einer einfachen nicht geschlossenen Kurve ist wegverbunden?

Ihre Einrichtung erfordert etwas Aufmerksamkeit. Wenn $f : [0,1] \to \mathbb R^2$ , wo tut $Gr(f)$ wohnen? Punkte $(t,f(t))$ scheinen dazu zu gehören $\mathbb R^3$ .
Es ist wahrscheinlich mehr Maschinerie als Sie wollen, aber das Ergebnis folgt sofort aus der Alexander-Dualität (wie das Bild von $f$ ist kontrahierbar).

Aloisio Macedo · Answer 1

Betrachten Sie den folgenden Satz:

Satz: Sei $n$ festgesetzt werden. Nehme an, dass $Y$ ist ein kompakter Raum mit der Eigenschaft, dass $\widetilde{H}_*(S^n-f(Y))=0$ für jede Einbettung $f:Y \to S^n$ . Dann $I \times Y$ hat auch diese Eigenschaft. (*)

Der Beweis des obigen Satzes ist nicht schwer nachzuvollziehen (bei Mayer-Vietoris und Kenntnis der grundlegenden Eigenschaften der Homologie). Daraus folgt per Induktion, dass

Folge: Wenn $f:D^r \to S^n$ ist dann eine Einbettung $\widetilde{H}_*(S^n-f(Y))=0.$ Insbesondere, $S^n-f(D^r)$ Ist verbunden.

Wenn Sie haben $f:I \to \mathbb{R}^2$ , halten $\widetilde{f}=f \circ i$ , Wo $i: \mathbb{R}^2 \hookrightarrow S^2$ ist die "Inklusion durch steoreographische Projektion". Durch die Folgerung, $S^2-\widetilde{f}(I)$ Ist verbunden. Da es offen ist, bleibt es verbunden (**), wenn Sie einen Punkt herausnehmen, und daraus folgt $\mathbb{R}^2-f(I)$ Ist verbunden.

(*) - Referenz: Bredon

(**) - Das kann man auf verschiedene Weise sehen. Zum Beispiel ist es eine offene zusammenhängende Teilmenge einer Mannigfaltigkeit, also wegzusammenhängend. Herausnehmen eines Punktes einer Weg-verbundenen Mannigfaltigkeit mit einer Dimension größer als $1$ kann leicht gesehen werden, um zu einem pfadverbundenen verbundenen Verteiler zu führen. Vor allem verbunden.

Ein anderer Weg ist das Rechnen $H_0(X-\{p\})=H_0(X-\{p\}, D-\{p\})=H_0(X,D)=H_0(X),$ wobei die erste Gleichheit durch die lange exakte Homologiefolge, die zweite durch Ausschneiden und die letzte ebenfalls durch die lange exakte Homologiefolge gegeben ist, und $D$ ist eine kleine Scheibe herum $p$ ( $X$ ist ein $2$ -dimensionale Mannigfaltigkeit).

zw. · Answer 2

Hinweis für einen einfacheren Beweis: Wähle $M > 0$ so dass $-M <f(x) <M$ für $x\in [0,1].$ Wenn $z\in U = \mathbb R^2\setminus Gr(f),$ dann gibt es ein vertikales Liniensegment $U$ verbinden $z$ zu einer der Linien $y=-M, y=M.$

Vielleicht übersehe ich etwas, aber $f(x) \in \mathbb{R}^2$ , also was ist $M \gt 0$ Dann? Anders ausgedrückt, das Obige funktioniert nicht für eine Spirale.
@UmbertoP. Sie haben natürlich Recht. Der Titel passt nicht ganz zum (Notation im) Inhalt. Ich gehe davon aus, dass letzteres nur ein Versehen ist, aber das kann nur das OP sagen.
Nun, ich sah $(t,f(t)$ im Originalbeitrag. $Gr(f)$ schien der Graph einer reellen Funktion in der Ebene zu sein.

Das Komplement einer einfachen nicht geschlossenen Kurve ist wegverbunden?

Baumdetektiv

dxiv

Umberto P.

Baumdetektiv

Anomalie

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Aloisio Macedo

zw.

dxiv

Umberto P.

dxiv

zw.

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