¿Podemos dividir$\mathbb{R}^2$ en dos partes conectadas de modo que cada parte no esté simplemente conectada?

Question

Podemos dividir a $\mathbb{R}^2$ en dos partes de tal manera que cada parte no está simplemente conectado?

Mi intento

Poner $A= \{ (0,0) \} $ e $B$ es el perforado plano.

Desde ese $S^1$ es una deformación de retirar de la pinchado plano, $B$ no está simplemente conectado. Así, podemos encontrar una división de $\mathbb{R}^2$ de manera tal que una parte es simplemente conectado pero el otro no lo es.

Pero, ¿cómo lidiar con el problema sobre el cual requiere que cada parte no está simplemente conectado?

Parece estar relacionado con contráctiles y agujeros. Pero no sé cómo convertir estas ideas en lenguaje matemático preciso.

Cualquier sugerencias? Gracias de antemano!

Añadió:

Como se señaló en el comentario, el contraejemplo existe.

Ahora quiero hacer otra pregunta

Podemos dividir a $\mathbb{R}^2$ en dos ruta de acceso conectado partes de tal manera que cada parte no está simplemente conectado?

Answer 1

Si hay un ejemplo, entonces es desagradable. Con un poco de hipótesis no es posible. Para la notación de considerar $S^2 = \mathbb{R}^2 \cup \{\infty\}$.

Supongamos que $\mathbb{R}^2 = X \cup Y$ y que $X$ es la ruta de acceso conectado pero no simplemente conectado. Supongamos, además, que los $X$ es un compacto de CW-complejos. Entonces la deformación se retrae en un gráfico, por lo que su grupo fundamental es libre (y no trivial por hipótesis), por lo que su primera cohomology grupo es trivial. Entonces por Alexander dualidad, $\tilde{H}_0(S^2 \setminus X) \cong \tilde{H}^1(X) \neq 0$.

Tenga en cuenta que $S^2 \setminus X = Y \cup \{\infty\}$. Desde $X$ es compacto, se sigue que $Y$ es un barrio de $\infty$. La eliminación de un punto a partir de un subconjunto abierto de $S^2$ no cambia su conectividad. De ello se desprende que $\tilde{H}_0(Y) = \tilde{H}_0(S^2 \setminus X) \neq 0$ y, por tanto, $Y$ no es trayectoria-conectado.

Probablemente hay un camino alrededor de la hipótesis de que la $X$ es compacta (si $X$ es noncompact, a continuación, agregue $\infty$ y, a continuación, $S^2 \setminus X = Y$). Sin embargo no estoy seguro de cómo deshacerse de la suposición de que $X$ es bonito, tiene que ser al menos localmente, contráctiles para aplicar Alexander dualidad. Quizás se pueda hacer algo con Čech cohomology, pero luego no sé cómo ver que $\check{H}^1(X) \neq 0$.

Answer 2

Ambos $\{ (x,\sin (1/x)) \mid x \neq 0 \} \cup \{(0,0)\}$
Y su complemento está conectado.
Ya que no están conectados a la ruta,
no están simplemente conectados.

Es un ejemplo de dos conjuntos conectados que pasan unos a otros.

¿Hay dos caminos conectados, no simplemente conjuntos conectados cuya unión es el plano?

Answer 3

Va a ser muy difícil encontrar un ejemplo (y no creo que sea posible). Aquí es un resultado parcial.

Deje $X \subset \mathbb R ^2$ ser compacto y la ruta de acceso conectado. Si su complemento $\mathbb R ^2 \setminus X$ está conectado (lo que significa que $X$ no separar el plano) , a continuación, $X$ es simplemente conectado.

Este se basa en algunas de profundos teoremas, y sólo puedo dar un esbozo. El papel

Hagopian, Charles. "El punto fijo de la propiedad por el simple plano conectado continua." Transacciones de la Sociedad Matemática Americana 348.11 (1996): 4525-4548.

contiene los siguientes resultados:

Teorema 1.2. Cada arcwise conectado nonseparating plano continuo tiene el punto fijo de la propiedad.

Teorema 9.4. Supongamos $M$ es un arcwise conectado plano continuo. Para $M$a tiene el punto fijo de la propiedad es necesario y suficiente que la fundamental grupo de $M$ ser trivial.

La anterior afirmación es una consecuencia inmediata.

Me imagino que hay una manera más directa la prueba (que no se centra en el punto fijo de la propiedad), pero no tengo idea de cómo hacer eso.

Comentario: Uno puede además mostrar que si $X$ es un compacto conectado subconjunto del plano tal que $\mathbb R ^2 \setminus X$ está conectado (que es la misma ruta de acceso conectado porque es un conjunto abierto), a continuación, $\mathbb R ^2 \setminus X$es homeomórficos a $\mathbb R ^2 \setminus \{ 0 \}$. Véase mi respuesta a Homotopy tipo de complemento de un subespacio.

Answer 4

Así que aquí está mi respuesta parcial. Supongamos, además, que

En cada espacio hay un Jordania curva que no es null homotópica.

Supongamos $\lambda$ es curva en $X$. Con la que aplicamos el Jordán de la curva de teorema. Decir $\mathcal{I}$ es el interior de $\lambda$ e $\mathcal{E}$ el exterior. Si $\mathcal{I}\cap Y\neq\emptyset$ e $\mathcal{E}\cap Y\neq\emptyset$ entonces $Y$ no puede ser la ruta de acceso conectado porque cualquier ruta de acceso (entre el exterior y el interior) tiene que cruzar $\lambda$.

Por otro lado, si $\mathcal{I}\cap Y=\emptyset$ entonces $\mathcal{I}\subseteq X$ e lo $\lambda$ es nulo homotópica en $X$ debido a que por el Jordan–Schoenflies teorema el interior de $\lambda$ es homeomórficos a una pelota.

Así que la única posibilidad es que $\mathcal{E}\cap Y=\emptyset$, es decir, $\mathcal{E}\subseteq X$.

El mismo razonamiento se puede aplicar a $Y$ con el fin de conseguir que el exterior de algunos de la curva de Jordan tiene que estar completamente contenida en $Y$. Esto se contradice con ellos es distinto.

Así que no podía encontrar un ejemplo de una trayectoria-conectado, no simplemente conectado subconjunto de $\mathbb{R}^2$ que no tiene un not null homotópica de la curva de Jordan. Pero tampoco podía demostrar que esto no es posible. Cualquier ayuda es apreciada. Tenga en cuenta que tales subconjuntos no existen en $\mathbb{R}^3$ (ver aquí).

Nota: Si no se requiere que ambos tienen que estar trayectoria-conectado, pero al menos uno, entonces hay una cuidada contraejemplo de $X=\mathbb{Q}^2$ e $Y=\mathbb{R}^2\backslash\mathbb{Q}^2$. Tenga en cuenta que $Y$ es la ruta de acceso conectado pero no se conecta.