Basta suponer que $X$ es normal (que es más fuerte que Hausdorff, pero más débil que metrizable). En particular, cualquiera de los dos cerrados disjuntos subconjuntos pueden ser separados por una función continua (Urysohn del Lema). Además, usted no necesita los subconjuntos $A_i$ para ser compacto, cerrado; también, usted no necesita $A_i\cap A_j$ trayectoria-conectado, sólo vacío. Voy a escribir una prueba como una secuencia de los lemas, hágamelo saber si usted tiene tiempo difícil probar alguno de estos.
Asunción: $X$ es normal, $A_1, A_2, A_3$ están cerrados, no vacío, trayectoria-conectado, de tal manera que $A_i\cap A_j\ne \emptyset$ todos los $1\le i, j\le 3$ y
$$\
A_1\cap A_2 \cap A_3=\emptyset.
$$
Lema 1. Tres subconjuntos cerrados $A_1, A_2, A_3$, como en el anterior,
$$
\existe~ a_i\en A_i - (A_j \copa A_k)
$$
para cualquier triple a $\{i, j, k\}=\{1, 2, 3\}$.
Lema 2. Existen abrir los vecindarios $U_1, U_2, U_3$ de los subconjuntos $A_1, A_2, A_3$ $X$ tal que
$$
U_1\cap U_2 \cap U_3=\emptyset.
$$
Lema 3. (Urysohn) No existe no negativo funciones continuas $\chi_i$, $X$ tal que $\chi_i=1$ $A_i$ $\chi_i=0$ en $X- U_i$, $i=1, 2, 3$.
Gracias a estas funciones, voy a definir una partición de la unidad en
$$
A= A_1\copa A_2 \copa A_3,
$$
$$
\eta_i= \frac{\chi_i}{\chi_1 + \chi_2 + \chi_3},
$$
subordinado a la cobertura de $A$ por los subconjuntos de $U_i\cap A_i$, $i=1, 2, 3$.
El hecho clave es que el nervio de la cubre por encima es isomorfo a la frontera (topológicas círculo) $S$ de la norma de 2 dimensiones simplex
$$
\Delta= \{(t_1, t_2, t_3)\in {\mathbb R}_{\ge 0}^3: t_1+t_2+t_3=1\}.
$$
(Si usted no sabe lo que es un "nervio", que sólo piensa en esta frase como la definición de $S$$\Delta$.)
Definir el "mapa-nervio" mapa
$$
f: A\a \Delta \quad f(a)= (\eta_1, \eta_2, \eta_3).
$$
La imagen de este mapa está contenida en $S$ y
$$
f(a_1)= b_1=(1, 0, 0), \ f(a_2)=b_2=(0,1,0),\ f(a_3)=b_3=(0, 0, 1).
$$
Además del mapa $f$ se define un mapa de $g: S\to A$ que envía cada uno de los $b_i$ $a_i$y cuya restricción para cada segmento de línea $[b_i, b_{i+1}]$ ($i$ se toma modulo $3$) es un camino en el $A_i\cup A_{i+1}$ conectar $a_i$$a_{i+1}$. Aquí estoy con la ruta de acceso de conectividad de $A_i\cup A_{i+1}$.
Lema 4. La composición de la $h:= f\circ g: S\to S$ es homotópica a la identidad del mapa.
(Sugerencia: Utilice el hecho de que la restricción de $h$ a cada segmento de $[b_{i}, b_{i+1}]$ fija el límite de este segmento y su imagen es disjunta de a $b_{i-1}$.)
Ahora estamos listos para probar:
Teorema. $\pi_1(A)\ne \{1\}$, en particular, $A$ no contráctiles.
Prueba. Afirmo que el mapa de $g: S\to A$ no es null-homotópica. Supongamos que al contrario que este mapa se extiende a un mapa continuo $G: \Delta\to A$. La composición de la $f\circ G: \Delta\to S$ es homotópica a la identidad cuando se limita a $S$. Pero esto significaría que el $\pi_1(S)=1$, lo cual es una contradicción. qed
De hecho, usted no necesita la ruta de conectividad de $A_i$'s, sólo la conectividad. Pero una prueba requeriría Chech cohomology que probablemente usted no está familiarizado con.
Edit. Aquí es un boceto de un argumento que supone la mera conectividad de los conjuntos de $A_i$, en lugar de la ruta de acceso de conectividad. Voy a demostrar que
$$
\verificación{H}_1(A)\ne 0.
$$
Se define el Chech homología de grupos de un espacio topológico $T$ como el límite inversa
$$
\lim_{\leftarrow} H_1(C_\gamma)
$$
donde $C_\gamma$'s son los nervios de abra las cubiertas de $T$ cuando la orden es dada por el refinamiento de la relación abra las cubiertas. El simplicial complejos de $C_\gamma(A_i)$ asociado con los conjuntos de $A_i$ no son sólo conectado, pero de trayectoria-conectado. Por lo tanto, en lugar de construir mapas de intervalos de a $A_i\cup A_j$ como en la anterior prueba, se elaboran mapas de los nervios de la abra las cubiertas. Como en el anterior, se verifica que todos los mapas
$$
S\C_\gamma(A)
$$
no son nulos homóloga. Sin embargo, más de atención (en la elección de los mapas de $S\to C_\gamma(A)$) es necesario para garantizar que estos mapas definir un elemento de la matriz inversa límite
$$
\lim_{\leftarrow} H_1(C_\gamma(A)).
$$
En el extremo, usted probar que $\check{H}_1(A)\ne 0$. Desde el Chech homología es homotopy-invariante, se deduce que el $A$ es no contráctiles.
También se puede argumentar utilizando el Chech grupo fundamental o el Chech cohomology, lo que se siente más cómodo con.
