En primer lugar, fíjate en que esto no vale para una forma anular o de donut. Tomas dos piezas que rodean diferentes lados del agujero y ya está. Así que de alguna manera la estructura de $I^2$ debe ser relevante (aparentemente su género).
Así que sin utilizar más propiedades del espacio, vamos a estar atascados. Intenta hacer algunos dibujos.
He aquí un enfoque basado en la intuición: dejemos que $W$ sea $(U\cap V)^c$ el subconjunto cerrado de $I^2$ no en la intersección. Entonces $W=U'\cup V'$ donde los primos indican la restricción a $W$ y $U'\cap V'$ está vacía. Por lo tanto, o bien uno de los conjuntos primados está vacío (y hemos terminado, ya que los conjuntos estaban anidados) o $W$ está desconectado.
En este caso, utilice la propiedad simplemente conectada del espacio original para observar que, escogiendo dos componentes conectadas al azar $A,B$ de $U\cap V$ y señala $a,b$ dentro de ellas, cualquier camino que una $a,b$ puede deformarse continuamente en cualquier otra. La restricción de estas trayectorias a $W$ también pueden deformarse continuamente entre sí. Pero como $W$ es una unión desconectada de los conjuntos primados, se puede demostrar que cada componente conectado está completamente rodeado por uno de los conjuntos primados, contradiciendo la conectividad del otro.
Editar : Acabo de tener una charla con un amigo más inteligente que yo, y hemos llegado a la conclusión de que el ' natural La forma de hacerlo es la teoría de la homología. La lógica es más o menos la siguiente: $$0 \longrightarrow H_0(U\cap V) \longrightarrow H_0(U) \oplus H_0(V) \longrightarrow H_0(U\cup V) \longrightarrow 0$$ es una secuencia exacta corta; como $U,V,U\cup V$ están conectados, todos sus $H_0$ s son $\mathbb Z$ . Pero entonces como la secuencia es exacta (y en particular tenemos una inyección para la segunda flecha) y como el núcleo del mapa de adición $\mathbb Z \oplus \mathbb Z \to \mathbb Z$ es isomorfo a $\mathbb Z$ concluimos que $H_0(U\cap V) \cong \mathbb Z$ y por lo tanto $U\cap V$ también está conectado.
Simplificando este argumento, eliminando todo el álgebra homológica general, probablemente se obtendría una aproximación básica a $U,V$ por uniones de símiles (con un argumento profundamente tedioso) y luego haciendo algún recuento (al estilo de Euler) para demostrar que la intersección debe ser conectada.
Nota : Una cosa que vale la pena señalar es que los dos argumentos anteriores se trasladan a camino -conexión que es en general más fuerte que la conectividad. Sin embargo, subconjuntos abiertos de $\mathbb R^n$ tienen la propiedad de que son caminos conectados si y sólo si están conectados. (Prueba: Considere los componentes de la trayectoria; demuestre que son tanto cerrados como abiertos. Esto contradice la conectividad).
