Muestre que$M^n-N^{n-1}$ tiene exactamente dos componentes con$N^{n-1}$ como el límite topológico de cada uno.

Question

Este es el problema 6.8.1. de "Topología y Geometría" por Glen E. Bredon.

El problema es,

Si $M^n$ está conectado, orientable y compacto $n$-colector con $H_1(M^n;\mathbb{Z}) = 0$ e si $N^{n-1} \subset M^n$ es una compacta conectada $(n-1)$-colector, a continuación, mostrar que $M^n-N^{n-1}$ tiene exactamente dos componentes con $N^{n-1}$ como el límite topológico de cada uno.

Utilizando el Corolario 8.8.(Generalizada de la Curva de Jordan Teorema), que fácilmente se puede demostrar que $M^n-N^{n-1}$ tiene exactamente dos componentes. Para cualquier $p \notin N^{n-1}$, podemos tener un abrir barrio de $p$ que no toca $N^{n-1}$. Por lo tanto, un límite de un componente está contenida en $N^{n-1}$. Pero es difícil demostrar que un punto en $N^{n-1}$ está contenida en un límite de un componente.

¿Alguien puede dar una pista?

Gracias.

Answer 1

Si $M^n-N^{n-1}$ tiene dos componentes, decir $U,V$ usted saber que $U \cup V \subset M$ es abierto, ya que $N$ es cerrado, obviamente $U\cap V = \emptyset$ $U,V\subset M$ están abiertos de subconjuntos. Por lo tanto, usted sabe que $int( U)= U \subset cl(U) \subset U \cup N = M-V $, ya que el $M-V$ es cerrado (tenga en cuenta que esto ya nos da una inclusión y viene a decir lo que hizo, sólo que sin recoger elementos, es decir, un poco más elegante.). Queremos mostrar: $N = cl(U) - int(U)$, entonces el problema de la siguiente manera por la simetría. Por el conjunto de desigualdad es equivalente a mostrar $cl(U) = U\cup N$. Este pick $x\in N$ y elige un gráfico de $(\psi,X)$$M$$x$, de tal manera que $\psi(X)=\mathbb R^n$$\psi (X\cap N)=\mathbb R^{n-1}\times \{0\}$$x \stackrel \psi \mapsto 0$. A continuación, $U\cap X,V \cap X$ cada mapa en uno de los dos componentes de $\mathbb R^n - (\mathbb R^{n-1} \times 0)$. En cada barrio de $0$ cruza los dos componentes, por lo tanto cada barrio de $x$ (contiene un barrio que se encuentra en $X$ y, por lo tanto, se cruza con $U$ (e $V$). Por lo $x \in cl(U)$.

Sin embargo, para el argumento necesitamos $N$ a estar debidamente integrado.