Equivalencia de las definiciones de conectividad simple de una región $\Omega$ en $\overline{\mathbb{C}}$

Question

Recientemente he empezado a leer sobre el análisis complejo, y muchos libros dan su propia definición de conectividad simple, todas las cuales asumo que son equivalentes, así que estoy tratando de demostrar su equivalencia. Aquí están las definiciones que he encontrado (estoy excluyendo todas las definiciones que he demostrado que son equivalentes a uno de los tres siguientes):

1. Una región (es decir, un subconjunto abierto y conectado de $\overline{\mathbb{C}}$ ) $\Omega$ está simplemente conectado en $\overline{\mathbb{C}}$ si $\partial\Omega$ está conectado en $\overline{\mathbb{C}}$ .
2. Una región $\Omega$ está simplemente conectado en $\overline{\mathbb{C}}$ si $\Omega^\complement$ está conectado en $\overline{\mathbb{C}}$ .
3. (Una definición muy inusual en mi opinión, pero interesante no obstante) Una región $\Omega$ en $\overline{\mathbb{C}}$ es simplemente conectada si para cualquier línea poligonal cerrada y simple (simple significa sin auto-intersecciones) $\Lambda \subset \Omega$ , $\Lambda^{\circ}\subset \Omega$ se mantiene, donde ${}^{\circ}$ denota el interior de un conjunto.

He conseguido averiguar $1. \implies 3$ , $1. \implies 2.$ y parcialmente $3. \implies 2$ donde he conseguido averiguar que si Puedo construir un polígono $\Lambda \subset \Omega$ alrededor de un componente compacto conectado $C$ de $\Omega^{\complement}$ (que existe porque $\Omega$ o un componente de $\Omega^{\complement}$ contendrá $\infty$ y cualquier conjunto cerrado en $\overline{\mathbb{C}}$ es compacto si nos fijamos en $\overline{\mathbb{C}}$ como una esfera; estoy intentando $\neg 2. \implies \neg 3$ para que haya más de un componente conectado), tendré un punto en $C \subset \Lambda^{\circ}$ fuera de $\Omega$ que es exactamente lo que se necesitaba.

Así que mis problemas aquí son:

• La prueba $2. \implies 1$ , que no sé cómo enfocar porque lo único que se me ocurre es intentar $\neg 1. \implies \neg 2,$ lo que no me lleva a ninguna parte porque si asumo que la frontera está desconectada, es decir $\partial \Omega = A \cup B$ donde $A$ , $B$ son disjuntos, no vacíos y abiertos, no tengo idea de cómo construir un conjunto cuyo límite sea $A$ o $B$ Por lo tanto, no puedo convertir estas "líneas" en "áreas" (no lo digo en un sentido literal; sólo digo que no sé cómo utilizar la desconexión del límite para demostrar la desconexión del complemento).
• La construcción de un polígono $\Lambda$ . Ahora, he estado leyendo algo en Ahlfors, donde en la demostración del Teorema 14, páginas 139-140, el autor construye un polígono de este tipo (por una razón totalmente diferente, sin embargo) bajo el supuesto de que si $\Omega^{\complement} = A \cup B$ donde $A$ , $B$ son disjuntos, no vacíos y cerrados en $\Omega^{\complement}$ entonces $d(A, B)>0$ que no tengo del todo claro. Hay ejemplos de conjuntos disjuntos y cerrados con distancia $0$ como por ejemplo $\mathbb{N}$ y $\{n+\frac{1}{n} | n \in \mathbb{N}\}$ Así que decir que están cerradas y desunidas no es suficiente. Estoy buscando una aclaración de $d(A, B) > 0$ que parece intuitivo, pero estoy mentalmente bloqueado en cómo probarlo.

Answer 1

Podemos mostrar $1 \implies 2$ y $2 \implies 1$ con esencialmente la misma construcción, ambos demostrando el contrapositivo.

Para el caso $\lnot 2 \implies \lnot 1$ primero observamos que si $\Omega^c = A \cup B$ con $A,B$ siendo conjuntos cerrados no vacíos, entonces cada una de las dos intersecciones $\partial \Omega$ . Para dejar $p \in \partial A$ . Desde $B$ está cerrado y $p \notin B$ Hay un $\varepsilon > 0$ tal que $D_{\varepsilon}(p) \cap B = \varnothing$ Por lo tanto $D_{\varepsilon}(p) \subset A \cup \Omega$ . Desde $p \in \partial A$ tenemos $D_{\rho}(p) \not\subset A$ por cada $\rho > 0$ y eso implica $D_{\rho}(p) \cap \Omega \supset D_{\min \{ \rho, \varepsilon\}}(p) \cap \Omega \neq \varnothing$ . Esto significa que $p \in \overline{\Omega}$ y como $p \notin \Omega$ finalmente concluimos $p \in \partial \Omega$ .

Ahora hacemos nuestra construcción. Supongamos que tenemos una descomposición de $\partial \Omega$ o $\Omega^c$ respectivamente en dos conjuntos cerrados no vacíos $A$ y $B$ . Elija el etiquetado de manera que $\infty \notin A$ es decir $A$ es un subconjunto compacto del plano. Entonces

$$\delta := \operatorname{dist}(A,B) = \min \: \{ \operatorname{dist}(z,B) : z \in A\} > 0.$$

Elija una $k \in \mathbb{N}$ tal que $\eta := 2^{-k} < \delta/2$ . Consideremos el entramado $\Lambda = \eta\cdot \mathbb{Z}[i]$ . Cada cuadrado cerrado determinado por la red puede cumplir como máximo uno de $A$ y $B$ ya que el diámetro de dicho cuadrado es $\sqrt{2}\,\eta < \delta$ . Sea $\mathcal{Q}$ sea el conjunto (finito) de cuadrados cerrados de $\Lambda$ intersección de $A$ . Para cada $Q \in \mathcal{Q}$ , dejemos que $\partial Q$ el límite orientado positivamente de $Q$ que consiste en cuatro segmentos de línea paralelos al eje. Si dicho segmento de línea $S$ se cruza con $A$ , entonces el cuadrado $Q' \neq Q$ teniendo $S$ en su límite también pertenece a $\mathcal{Q}$ y la orientación de $S$ en $\partial Q'$ es opuesta a su orientación en $\partial Q$ . Así,

$$\Gamma = \sum_{Q \in \mathcal{Q}} \partial Q$$

es un ciclo poligonal compuesto enteramente por segmentos de línea en $\mathbb{C} \setminus (A \cup B)$ y $n(\Gamma, p) = 1$ por cada $p\in A$ , mientras que $n(\Gamma,q) = 0$ por cada $q\in B$ (ver más abajo). Sea

$$U = \{ z \in \mathbb{C}\setminus \Gamma : n(\Gamma,z) = 1\}\qquad \text{and}\qquad V = \{ z \in \mathbb{C}\setminus \Gamma : n(\Gamma,z) = 0\}.$$

Entonces $U$ y $V$ son abiertos disjuntos (en $\mathbb{C}$ ) establece con $\mathbb{C} \setminus \Gamma = U \cup V$ y tenemos $A \subset U$ y $B \subset V$ .

Ahora $\lnot 2 \implies \lnot 1$ se deduce al observar que $U \cap \partial \Omega = A \cap \partial \Omega \neq \varnothing$ y $V \cap \partial \Omega = B \cap \partial \Omega \neq \varnothing$ y

$$\partial \Omega = (A \cap \partial \Omega) \cup (B\cap \partial \Omega),$$

ya que en este caso $\Gamma$ es un ciclo en $\Omega$ .

Para $\lnot 1 \implies \lnot 2$ no sabemos a priori que $\Gamma$ es un ciclo en $\Omega$ . Pero como $\Gamma$ no se cruza con $\partial \Omega = A \cup B$ cada bucle en $\Gamma$ es un bucle en $\Omega$ o es un bucle en $W = \operatorname{int}(\Omega^c)$ para cualquier camino que intersecte ambos $\Omega$ y $W$ debe intersecar $\partial \Omega$ . Desde $n(\Gamma,a) = 1$ para todos $a\in A$ hay al menos un bucle $\Gamma_1$ en $\Gamma$ con $n(\Gamma_1,a_1) = 1$ para algunos $a_1\in A$ . Definir $U_1, V_1$ análogo a $U,V$ arriba usando $\Gamma_1$ en lugar de $\Gamma$ y que $A_1 = \partial \Omega \cap U_1$ , $B_1 = \partial \Omega \cap V_1$ . Por la elección de $\Gamma_1$ tenemos $\varnothing \neq A_1 = A \cap U_1$ . También, $\varnothing \neq B \subset B_1$ . Por lo tanto, $\Omega \cap U_1 \neq \varnothing$ y $\Omega \cap V_1 \neq \varnothing$ . Desde $\Omega$ está conectada, se deduce que $\Gamma_1$ se cruza con $\Omega$ (por lo demás $U_1,V_1$ sería una descomposición de $\Omega$ en dos conjuntos abiertos no vacíos), y por tanto $\Gamma_1$ es un bucle en $\Omega$ . Pero entonces $\Omega^c \cap U_1$ y $\Omega^c \cap V_1$ dan una descomposición de $\Omega^c$ en dos conjuntos relativamente abiertos no vacíos y disjuntos, es decir $\Omega^c$ no está conectado.

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Para $Q \in \mathcal{Q}$ tenemos $n(\partial Q,z) = 1$ si $z$ se encuentra en el interior de $Q$ y $n(\partial Q, z) = 0$ si $z \notin Q$ . Así que

$$n(\Gamma,z) = \sum_{Q \in \mathcal{Q}} n(\partial Q, z)$$

es $1$ para $z \in \bigcup_{Q\in \mathcal{Q}} \operatorname{int} Q$ y es $0$ para $z \in \mathbb{C}\setminus \bigcup_{Q \in \mathcal{Q}} Q\supset B$ . Desde $A \subset \bigcup \mathcal{Q}$ Esto demuestra que $n(\Gamma,a) = 1$ para todos $a\in A$ que no se encuentran en el límite de algún $Q\in \mathcal{Q}$ . Si $a\in A$ es un vértice de algún $Q$ , entonces las cuatro casillas que tienen $a$ como un vértice pertenecen a $\mathcal{Q}$ . Llamando a estos cuadrados $Q_1,Q_2,Q_3,Q_4$ tenemos $n(\partial Q_1 + \partial Q_2 + \partial Q_3 + \partial Q_4,a) = 1$ y $n(\partial Q,a) = 0$ para todos los demás $Q\in \mathcal{Q}$ Así que, en general $n(\Gamma,a) = 1$ . Si $a\in A$ se encuentra en un segmento límite $S$ de $Q_1 \in \mathcal{Q}$ pero no es un vértice, entonces el cuadrado $Q_2\neq Q_1$ también teniendo $S$ como segmento límite también pertenece a $\mathcal{Q}$ y $n(\partial Q_1 + \partial Q_2,a) = 1$ mientras que $n(\partial Q,a) = 0$ para todas las demás plazas, por lo que $n(\Gamma,a) = 1$ también en este caso.