La unión de dos planos que se auto-interceptan no es una superficie

Question

Necesito demostrar que la unión del plano xy y el plano xz, es decir, el conjunto $S:=\lbrace (x,y,z)\in\mathbb{R}^3 : z=0 \mbox{ or } y=0\rbrace$ no es una superficie. Aquí está mi reclamo,

$\textbf{Claim :}$ Supongamos que $p$ es el punto $(0,0,0)$ y $U:=S\cap B(p,\epsilon)$ , donde $\epsilon > 0$ . Entonces $U$ no puede ser homeomorfo a ningún conjunto abierto de $\mathbb{R}^2$ .

Necesito ayuda para demostrar la afirmación anterior. Estas son mis ideas: Supongamos que $U$ es homeomorfo a un conjunto abierto $V$ de $\mathbb{R}^2$ a través de un homeomorfismo $f$ .

Ahora bien, si eliminamos el $x$ -eje de $S$ entonces tendrá $4$ componentes conectados, por lo que si podemos demostrar que la eliminación de la imagen de $x$ -eje de $V$ puede dejar como máximo tres componentes conectados, entonces hemos terminado, ¿es así?

Otro enfoque: si eliminamos el punto $p$ de $S$ entonces el grupo fundamental del espacio resultante es el mismo que el grupo fundamental de $X:=\lbrace (x,y,z)\in\mathbb{R}^3 : z=0 \mbox{ and } x^2+y^2=1,\mbox{ or } y=0\mbox{ and } x^2+z^2=1\rbrace$ . ¿Pueden los dos grupos fundamentales $\pi_1(X)$ y $\pi_1(V\setminus \lbrace f^{-1}(p)\rbrace )$ ¿es lo mismo? Si $V$ fuera una bola abierta entonces no creo que sean iguales (aunque no conozco la prueba), pero $V$ es cualquier conjunto abierto arbitrario.

Answer 1

Una superficie es un espacio cuyos puntos tienen cada uno un nghb abierto homeomorfo a un disco abierto en $\mathbb R^2$ . Esto equivale a tener un nghb abierto homeomorfo a un conjunto abierto en $\mathbb R^2$ : ¡este último siempre contiene un disco abierto! Pero el problema es que no se puede decir $U=S\cap B$ es homeomorfo a un disco abierto, sólo que contiene algún conjunto abierto $W$ de $S$ homeomorfo a un disco. Entonces $W$ contiene otro $U'=S\cap B'$ y así sucesivamente. Por lo tanto, para discutir con los grupos fundamentales $\pi$ hay que demostrar que la inclusión $W\subset U$ induce un isomorfismo $\pi(W^*)\to\pi(U^*)$ ( $*$ significa pinchar, como siempre). Entonces el primer $\pi$ es la de un disco, $\mathbb Z$ y la segunda la del plano menos tres puntos (ver más abajo). Se necesita algo aquí, pero Jordan es más profundo que estas observaciones sobre los grupos fundamentales (mi opinión). De hecho, para obtener una contradicción, basta con tener una suryección $\pi(W^*)\to\pi(U^*)$ y sabiendo que el segundo grupo no es abeliano.

Por lo tanto, observamos la inclusión $U'\subset U$ . Dejemos que $\varepsilon$ y $\varepsilon'$ sean los radios de $B$ y $B'$ , y escoge una esfera $E$ centrado en $p$ de radio $\frac{1}{2}\varepsilon'$ . En esta situación, la retracción radial de $\mathbb R^3\setminus\{p\}$ en $E$ proporciona dos deformaciones se retrae $\rho:U^*\to S\cap E$ y $\rho|\!:U'^*\to S\cap E$ . En los grupos fundamentales obtenemos isomorfismos $$ \pi(U'^*)\to\pi(S\cap E)\quad\text{and}\quad \pi(U^*)\to\pi(S\cap E), $$ que garantizan el homomorfismo $\pi(U'^*)\to\pi(U^*)$ asociado a la inclusión $U'^*\subset U^*$ (a través de la cual se factorizan) es también un isomorfismo. Pero esto a su vez se factoriza a través de las inclusiones $U'^*\subset W\subset U^*$ para dar $$ \pi(U'^*)\to\pi(W^*)\to\pi(U^*). $$ Como esta composición es biyectiva, la primera flecha debe ser inyectiva y la segunda onto. Este último hecho es el mínimo que necesitábamos, pero obsérvese que jugando de forma similar con otro disco $W'\subset U'$ podríamos obtener que $\pi(U'^*)\to\pi(W^*)$ es onto y entonces biyectiva.

A continuación tenemos el grupo $\pi(S\cap E)$ Sólo para dar una idea. El espacio $S\cap E$ es sólo un par de circunferencias que se encuentran en dos puntos. Esto es claramente homeomorfo a la unión $F$ de una elipse y una circunferencia inscrita en la tangente, sentada en un $\mathbb R^2$ . Pinchando tres puntos dentro de estas curvas de la manera obvia podemos deformar retrayendo el plano en $F$ . Así, el modelo de homotopía de $S\cap E$ es un $3$ -plano perforado, y hay que creer que el grupo fundamental es $\mathbb Z*\mathbb Z*\mathbb Z$ no es abeliano.

Answer 2

Cualquier pelota $B$ centrado en $p$ intesificado con $S$ (que es la unión de dos $\mathbb{R}^2$ -bolas intesas en sus diámetros, llámalas $D_1$ y $D_2$ ) no puede ser homeomorfo a ningún conjunto abierto $U$ en $\mathbb{R}^2$ . Para ver esto, supongamos que tal cosa ocurre y consideremos un homeomorfismo $f:B\to U$ . Entonces, restríngalo a $D_1$ . La imagen de $D_1$ no estará abierto en $U$ porque $D_1$ no está abierto en $B$ .

Entonces utiliza el teorema de la invariancia de dominio, que dice que un mapa continuo inyectivo desde un subconjunto abierto de $\mathbb{R}^n$ a $\mathbb{R}^n$ tiene rango abierto y es un homeomorfismo hasta la corestricción hacia él. Esto significa que el mapa $f|_{D_1}$ debe trazar un mapa $D_1\subseteq\mathbb{R}^2$ a un subconjunto abierto de $U$ , lo cual es una contradicción.