¿Es el plano menos la red de enteros homeomorfo al plano menos los enteros?

Question

La pregunta, planteada con más rigor, es:

Es $\Bbb R^2-\Bbb Z^2$ homeomorfo a $\Bbb R^2-\Bbb Z\times\{0\}$ ?

Esta pregunta me ronda en la cabeza desde hace tiempo. A veces, creo que está claro que lo son, y luego creo que está claro que no lo son. Nada de la topología de conjuntos de puntos me ayuda a resolver esto, al menos por lo que veo. Y la única ayuda de la topología algebraica que conozco es el grupo fundamental; sin embargo, estos dos espacios parecen tener el mismo grupo fundamental.

Se agradece cualquier ayuda para aliviar mi tormento.

Answer 1

1. Las superficies conectadas abiertas se clasifican mediante un teorema de Brown y Messer "The classification of two-dimensional manifolds", Transactions of AMS, 1979. El primer invariante es el género (y los géneros de los extremos): En su caso el género es igual a $0$ ya que ambas superficies se obtienen eliminando subconjuntos compactos $E_1, E_2$ de $S^2$ . El siguiente invariante es la orientabilidad (y la orientabilidad de los extremos): Ambas superficies están orientadas. El último invariante, y el más interesante, es el "conjunto de extremos" de la superficie, que es un cierto espacio topológico compacto de Hausdorff. En el caso de las superficies $S^2\setminus E$ el conjunto de extremos es $E$ con la topología del subespacio, siempre que $E$ es compacto y totalmente desconectado. En los ejemplos que tienes, ambos conjuntos $E_1, E_2$ son compactificaciones de 1 punto de espacios discretos contablemente infinitos, por lo que $E_1$ es homeomorfo a $E_2$ . En particular, $S^2 \setminus E_1$ es homeomorfo a $S^2\setminus E_2$ .

2. Para el grupo fundamental: Es un corolario de uno de los teoremas de Whitehead que cada superficie conectada abierta es homotópicamente equivalente a un ramo de círculos, por lo tanto, tiene grupo fundamental libre. Para calcular el rango del grupo, basta con mirar el 1er grupo de homología, que, en su caso tiene un rango contablemente infinito (digamos, por la dualidad de Alexander). Por lo tanto, $\pi_1(R^2\setminus Z^2)\cong F_{\aleph_0}$ , donde $\aleph_0$ es la cardinalidad del conjunto de los números naturales.

Answer 2

Es bastante fácil construir explícitamente un homeomorfismo para esto. Todo lo que requerimos es que haya algún homeomorfismo $f:\mathbb{R^2\rightarrow R^2}$ tal que el conjunto $$S=\{x:\exists y\in\mathbb{R}[f(x,y)\in\mathbb{Z^2}]\}$$ no tiene puntos de acumulación y tiene que el asociado $y$ a cada $x$ es única, es decir, imaginamos que, para un determinado $x$ la imagen de $f(x,y)$ donde $y\in\mathbb{R}$ es una curva en $\mathbb{R}^2$ . Al variar $x$ Esta curva recorre el espacio y, en una serie de valores $x\in S$ , encuentra, en esta curva, un único punto entero.

Podemos crear una función de este tipo eligiendo algunos $g(x)$ tal que el conjunto $\{\frac{1}{g(n)}\:n\in \mathbb{N}\}$ no contiene ningún par de elementos cuya razón sea racional y no tiene punto de acumulación. Algo así como $g(n)=e^{-4n^2-n}$ sería suficiente, ya que el exponente nunca es igual para números enteros distintos y $e^{x}$ nunca es racional para los racionales, no nulos $x$ . Entonces, definimos $f(x,y)=xg(y)$ - representando el barrido del plano por curvas que son simplemente escalas de la curva $(y,g(y))$ . Es bastante fácil ver que el conjunto $S$ de $x$ tal que la curva $f(x,y)$ pasa por un punto de la red de números enteros no tiene puntos de acumulación.

Por lo tanto, lo que queda es encontrar un mapa $p:\mathbb{Z}\rightarrow S$ que preserva el orden. Es evidente que existe, ya que $S$ no tiene puntos de acumulación, lo que significa que cada elemento tiene un elemento "siguiente", y enumerar los elementos de esta manera llegaría a todos los elementos. Podemos extender esto (por ejemplo, como una función lineal a trozos) a una biyección continua $p':\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ tal que $p'|_{\mathbb{Z}}=p$ - es decir, interpola todos los pares de coordenadas $(n,p(n))$ . También podemos crear una función continua $s$ por medios similares, de tal manera que, para los enteros $n$ la función $s(n)$ es la solución para $y$ a $f(p(n),y)\in \mathbb{Z}^2$ .

A partir de aquí, sólo observamos que la siguiente función es un homeomorfismo de $\mathbb{R^2 - Z\times \{0\}}$ a $\mathbb{R^2-Z^2}$ : $$(x,y)\mapsto f(p'(x),y+s(x))$$ ya que la imagen $p'[\mathbb{R}-\mathbb{Z}]=\mathbb{R}-S$ y la imagen $\mathbb{R}+s(x)=\mathbb{R}$ también, y la imagen $f[\mathbb{(R}-S)\mathbb{\times R}]=\mathbb{R}^2-\mathbb{Z}^2$ y todas las funciones implicadas son continuas.

Esto se generaliza para demostrar que el plano menos cualquier conjunto contablemente grande de puntos sin punto de acumulación es homeomorfo.

Answer 3

Muy bien, se me ocurrió mi propia prueba.

Un par de lemas:

Lema 1: Dejemos que $X$ y $Y$ sean espacios topológicos. Y dejemos que $\mathcal{B}$ sea una colección localmente finita de conjuntos cerrados tal que $\bigcup\mathcal{B}=X$ . Supongamos, además, que existe una función continua $f_B:B\rightarrow Y$ para cada $B\in\mathcal{B}$ tal que $f_B(x)=f_C(x)$ para todos $B\in\mathcal{B}$ , todos $C\in\mathcal{B}$ tal que $C\cap B\neq\varnothing$ y todos $x\in B\cap C$ . Entonces existe una única función continua $f:X\rightarrow Y$ tal que $f|_B=f_B$ para todos $B\in\mathcal{B}$ . (Este es un lema de pegado infinito)

Lema 2: Dejemos que $v\in B_1(0)\subseteq\Bbb R^2$ (este es el balón abierto). Entonces existe un homeomorfismo $h:\Bbb R^2\rightarrow \Bbb R^2$ tal que $h(x)=x$ para todos $x\in\Bbb R^2-B_1(0)$ y tal que $h(0)=v$ .

Lema 3: Dejemos que $U\subseteq \Bbb R^2$ sea un conjunto abierto conectado. Para cualesquiera dos $u$ y $v\in U$ hay un número finito de puntos $\{x_1, x_2, \ldots, x_n\}\subseteq U$ y un número finito de números reales estrictamente positivos $\{\epsilon_1, \epsilon_2, \ldots, \epsilon_n\}$ tal que $u=x_1$ y $v=x_n$ y $B_{\epsilon_{i}}(x_i)\cap B_{\epsilon_{i+1}}(x_{i+1})\neq\varnothing$ y $B_{\epsilon_i}(x_i)\subseteq U$ para todos $i$ .

Lema 4: Dejemos que $U\subseteq \Bbb R^2$ sea un subconjunto conectado y abierto. Entonces $U$ es fuertemente $n$ -homogéneo para todos $n\geq 1$ .

Dejo estos bonitos lemas para el lector interesado. Son divertidos.

Ahora elige una serie de radios $\{r_n\}_{n=0}^\infty$ tal que $B_{r_n}(0)$ contiene el cuadrado del radio interior $n$ (para $n=0$ elija $r_0=1/2$ ) y tal que $\overline{B_{r_n}}(0)$ es disjunta del cuadrado del radio interior $n+1$ . Por último, consideremos la colección $\{\overline{B_{r_0}}(0), A_1, A_2, A_3, \ldots\}$ donde tenemos $A_i=\overline{B_{r_i}}(0)-B_{r_{i-1}}(0)$ . Esta colección consiste en una bola cerrada que contiene el punto $(0,0)$ y una sucesión de anillos cerrados concéntricos que contienen en su interior uno de los cuadrados en cuestión.

Ahora usamos los lemas anteriores para crear un homeomorfismo en cada uno de los ánulos (dejemos la primera bola cerrada) para llevar los puntos de la red que contienen a la $x$ -eje, sin dejar de fijar los límites de cada anillo. A continuación, unimos estos elementos utilizando el primer lema para crear un homeomorfismo global que lleva la red de enteros a un subconjunto contable discreto del $x$ -que es claramente homeomorfo al eje $\Bbb R^2-\Bbb Z\times\{0\}$ .