He aquí un contraejemplo. Consideremos el primer cuadrante cerrado $Q = \{(x,y) \in \mathbb R^2 \mid x,y \ge 0\}$ . Sea $I_x = [0,1] \times 0$ y que $I_y = 0 \times [0,1]$ .
Voy a describir un arco de Jordan $J$ con puntos finales $(0,1)$ et $(1,0)$ tal que $J \cup I_x \cup I_y$ es una curva de Jordan que delimita un conjunto compacto $X$ Por lo tanto $X$ es homeomorfo a $\mathbb D^2$ y $(0,0)$ es un punto estrella para $X$ pero ningún punto interior es un punto estrella para $X$ .
El arco $J$ es la gráfica en coordenadas polares de una función $$r = f(\theta), \quad 0 \le \theta \le \pi/2 $$ con $f(0)=f(\pi/2)=1$ . Habrá una secuencia infinita y estrictamente creciente $$0 = \theta_0 < \theta_1 < \theta_2 < \cdots $$ con $\lim_{i \to +\infty} \theta_i = \pi/2$ y denotaré $a_i$ para ser el punto del plano representado por las coordenadas polares $(\theta_i,r(\theta_i))$ . La parte de $J$ con $\theta_{i-1} \le \theta \le \theta_i$ se denominará $J_i$ y es simplemente el segmento de línea euclidiana $$J_i = [a_{i-1},a_i] $$ Así, $J$ se obtiene añadiendo el punto $(0,1)$ a la concatenación de los segmentos de línea cerrados $$J_0 J_1 J_2 \cdots $$ Como $n \to +\infty$ los segmentos $J_n$ disminuirá su longitud hasta llegar a cero y se acercará a $(1,0)$ .
La idea es construir el $J_n$ para que el límite de la pendiente euclidiana de $J_n$ es igual a $+\infty$ pero este límite se consigue de una manera "zigzagueante" que impide cualquier punto interior de $X$ de ser un punto central.
Aquí tienes algunos detalles sobre cómo conseguir este resultado. Considere $n \ge 1$ . Si $n$ es impar requerimos que $|a_{n-1}| < |a_n|$ y por lo tanto $J_n$ tiene "pendiente polar positiva", porque $r$ es creciente en función de $\theta$ a lo largo del segmento $J_n$ . Además, si $n$ es incluso requerimos que $|a_{n-1}| > |a_n|$ Por lo tanto $J_n$ tiene "pendiente polar negativa". Finalmente, como $n \to +\infty$ requerimos que el Euclidiano pendiente de $J_n$ se acerca a $+\infty$ Por lo tanto, para impar $n$ la pendiente polar se acerca $+\infty$ y para incluso $n$ la pendiente polar se acerca $-\infty$ .
A partir de estas condiciones, para cualquier punto interior $p \in Q$ se ve que para valores de impar suficientemente grandes, el punto $p$ se encuentra en el "exterior" del segmento $J_n$ por lo que el segmento de línea de $p$ a cualquier punto del interior de $J_n$ no radica en $Q$ .
