¿Son $\{re^{i\theta}: 0<r\le 1, 0\le \theta < 2\pi \}$ y $\mathbb{R} \times (0,1]$ homeomorfa?

Question

¿Son $A := {re^{i\theta}: 0<r homeomorfa="" y="">Mi intuición me dice que no. Y sin embargo, no puedo encontrar una sola propiedad topológica que uno tiene y el otro no.

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Answer 1

(En los comentarios) que el uso de homotopy no va a ser útil para la persona que pregunta, aquí es una solución que evita. Asumo como se entiende que $S^1$ $\mathbb{R}$ no homeomórficos. Esto es claro ya que el primero es compacto y el segundo no lo es. También asumo como se entiende que $f$ restringe a un homeomorphism entre un subespacio $U$ $A$ y la imagen de $f(U) \subset B$ con la topología de subespacio. Una referencia de este hecho es aquí.

Supongamos, por causa de la contradicción, existe una homeomorphism $f : A \rightarrow B$. Denotar por $U$ el conjunto de puntos de $x$ $A$ que hay un abrir vecindario $V$ $x$ que $V\setminus \{x\}$ es homeomórficos para el perforado de la mitad de disco $D := \{(a,b) \in \mathbb{R}^2 : \lvert (a,b) \rvert < 1, (a,b) \not= (0,0) \mbox{ and } a \leq 0\}$. El homeomorphism $f$ debe enviar $U$ a el de forma análoga subconjunto definido en $B$ (de lo contrario no se restringen a un homeomorphism en $V\setminus \{x\}$), y viceversa para $f^{-1}$. Por lo tanto $f$ debe restringir a una homeomorphism $f\rvert_U : U\rightarrow f(U) \subset B$ ($U$$f(U)$ dotado con el subespacio de las topologías) entre estos grupos específicos. Sin embargo, $U \cong \mathbb{S}^1$, mientras que de $f(U)\cong \mathbb{R}$. Esta es una contradicción.

Por lo tanto $A \not\cong B$.