¿Por qué el complemento de un subespacio discreto de $\mathbb{R}^n$ ( $n \ge 3$ ) simplemente conectado?

Question

Estoy atascado con un ejercicio de Topología Algebraica de Hatcher. (Ejercicio 1.2.6)

Este problema me pide que demuestre que el complemento de un subespacio discreto de $\mathbb{R}^n$ es de conexión simple si $n\ge 3$ utilizando el hecho de que si $Y$ se obtiene uniendo $3$ -células a un espacio conectado a la trayectoria $X$ entonces la inclusión $X \hookrightarrow Y$ induce un isomorfismo entre grupos fundamentales. La siguiente es una "prueba" dada por varias personas.

Dejemos que $A$ sea un subespacio discreto de $\mathbb{R}^n$ . ( $n \ge 3$ ) Para cada $a \in A$ , coge un balón abierto $B_a$ centrado en $a$ para que $B_a$ son todos disjuntos. Entonces $\mathbb{R}^n-A$ deformación se retrae a $\mathbb{R}^n-\bigcup_{a\in A} B_a$ . Al adjuntar $n$ -células a $\mathbb{R}^n-\bigcup_{a\in A} B_a$ uno para cada $a \in A$ podemos obtener $\mathbb{R}^n$ . Por lo tanto, tenemos $$\pi_1(\mathbb{R}^n-A) \approx \pi_1(\mathbb{R}^n-\bigcup_{a\in A} B_a) \approx \pi_1(\mathbb{R}^n) = 0.$$

Sin embargo, esta "prueba" parece incorrecta, ya que la topología del cociente en $\mathbb{R}^n$ dado al adjuntar $n$ -células a $\mathbb{R}^n-\bigcup_{a\in A} B_a$ puede no coincidir con la topología habitual en $\mathbb{R}^n$ . Para ver esto, considere $n = 3$ y $A = \{(1/n,0,0)\}_{n=1}^{\infty}$ . Entonces $\mathbb{R}^3-A$ es abierto en la topología del cociente, aunque no es abierto en la topología habitual. (En realidad, tampoco estoy seguro de por qué $\mathbb{R}^n-A$ deformación se retrae a $\mathbb{R}^n-\bigcup_{a\in A} B_a$ )

¿Alguien ve por qué el complemento de un subespacio discreto de $\mathbb{R}^n$ es de conexión simple si $n\ge 3$ ? He intentado construir una homotopía explícita, pero parece que no es tan fácil ya que el subconjunto $A$ y el bucle puede parecer muy salvaje. Gracias por su ayuda.

Answer 1

El profesor Allen Hatcher contestó que sospecha que estaba asumiendo implícitamente que el subconjunto es cerrado. Así que el ejercicio puede ser revisado para incluir la hipótesis de que el subconjunto es cerrado. También me envió amablemente un esquema de un argumento que se aplica incluso si el subconjunto no es cerrado. Aquí está el esquema del profesor Hatcher:

Dejemos que $X$ sea el subconjunto discreto de $\mathbb{R}^n$ y que $L$ sea el conjunto de puntos límite de $X$ . Entonces $L$ es cerrado, al igual que la unión de $X$ y $L$ . Sea $\gamma$ sea un bucle en $\mathbb{R}^n - X$ . Esto es nulohomotópico en $\mathbb{R}^n$ , por lo que hay un mapa $f : D^2 \to \mathbb{R}^n$ cuya restricción a $S^1$ (el límite de $D^2$ ) es el bucle dado $\gamma$ . Sea $V$ sea la intersección de $f^{-1}(\mathbb{R}^n - L)$ con el interior de $D^2$ Así que $V$ es un conjunto abierto en el interior de $D^2$ . Podemos triangular $V$ en símiles cuyos diámetros se acercan a $0$ en $S^1$ y en $f^{-1}(L)$ .

La idea ahora es perturbar $f$ en cada $2$ -simplex de dimensiones $\sigma$ de la triangulación de $V$ para que el nuevo $f$ tiene $f(\sigma)$ disjunta de $X$ . Desde $f(\sigma)$ es compacta y disjunta de $L$ tiene una distancia positiva $d(\sigma)$ de $L$ . Perturbamos $f$ en $\sigma$ a un mapa que es lineal en cada simplex de alguna subdivisión de $\sigma$ en símbolos más pequeños, entonces perturbamos aún más el nuevo $f$ para que la imagen de cada simplex en la subdivisión de $\sigma$ es disjunta de $X$ . Esto es posible ya que sólo hay un número finito de puntos de $X$ a poca distancia $d(\sigma)/2$ de $f(\sigma)$ . La suposición $n \ge 3$ se utiliza aquí. La perturbación de f en $\sigma$ puede elegirse tan pequeña como queramos, así que la hacemos pequeña en comparación con $d(\sigma)$ y al diámetro de $\sigma$ .

Este proceso se repite inductivamente para cada $2$ -simplex de dimensiones $\sigma$ de $V$ . Para el paso de inducción, podemos haber perturbado ya $f$ en algunos vértices o aristas de la frontera de $\sigma$ para tener una imagen disjunta de $X$ y en este caso no necesitamos deformar $f$ de nuevo en esta parte del límite de $\sigma$ .

Dado que el tamaño de la perturbación de $f$ en $\sigma$ se acerca a cero a medida que el tamaño de $\sigma$ se acerca a cero, el límite de la secuencia infinita de perturbaciones de $f$ existe y se extiende continuamente sobre $D^2 - V$ para igualar el original $f$ allí. El nuevo $f$ entonces da una homotopía nula del bucle $\gamma$ en $\mathbb{R}^n - X$ .

Answer 2

La solución de Hatcher es un poco avanzada para esa parte del libro. Voy a publicar la mía, pero utiliza el hecho de que $A$ está cerrado.

Tenga en cuenta que $A$ es finito contable, el caso finito es aún más fácil así que vamos a centrarnos en $A$ infinito contable. Sea $\{a_n:n\in \mathbb{N}\}=A$ y para cada $n$ dejar $R_n$ sea una bola centrada en $a_n$ para que todos $R_n$ son disjuntos y que $B_n$ ser una bola más pequeña dentro de $R_n$ tal que $\overline{B_n}=D_n\subseteq R_n$ y $B_n$ tiene un radio inferior a $1/n$ . Para el coproducto del $D_ns$ y $X=\mathbb{R}^n-\cup_nB_n$ necesitamos que sean disjuntos, pero los límites del $D_n$ están dentro $X$ por lo que voy a ser un poco pedante y desligarlos explícitamente. Dejemos que $\alpha_n:D_n\to D_n'$ sea un homeomorfismo tal que $X$ y todos los $D_n'$ y $X$ son disjuntos. Sea $\phi_n:\partial D_n'\to X,\phi_n(x)=\alpha^{-1}_n(x)$ . sean los mapas adjuntos y $Y=X\coprod_{\phi_n}D_n'$ sea el espacio obtenido después de fijar el $D_n'$ s a $X$ por lo que tenemos un mapa cociente $q:X\coprod_nD_n'\to Y$ . Dejemos que $f:X\coprod_nD_n'\to \mathbb{R}^n$ definido como \begin{equation*} f(x)= \begin{cases} x & x\in X \\ \alpha^{-1}_n(x) & x\in D_n' \end{cases} \end{equation*} Tenga en cuenta que $q(x)=q(y)\implies f(x)=f(y)$ por lo que podemos factorizar $f$ a través de $q$ obtención de un mapa $g:Y\to \mathbb{R}^n$ tal que $f=gq$ .

Nota: En la pregunta, el operador dice que $g$ puede no ser un homeomorfismo si $A$ no es cerrado y de hecho no lo es en el caso que da pero puede haber otro homeomorfismo raro entre $Y$ y $\mathbb{R}^n$ . No pude probar que el específico $Y$ dada por la OP no es homeomorfa a $\mathbb{R}^n$ . Sin embargo, esto no afecta a esta prueba.

Ahora demostramos $\cup_nD_n$ está cerrado. Sea $x\notin \cup_nD_n$ y $\epsilon=\inf_nd(x,D_n)$ . Demostramos que $\epsilon>0$ . Si $\epsilon=0$ entonces para cada $\delta>0$ hay un $k\in \mathbb{N}$ tal que $1/k<\delta/2$ y hay un $y\in D_k$ con $d(x,y)<\delta/2$ . Como también tenemos $d(y,a_k)\le 1/k$ la desigualdad del triángulo implica que $d(x,a_k)<\delta$ ya que $\delta$ fue arbitraria y $A$ está cerrado esto implica $x\in A$ una contradicción, por lo tanto $\epsilon>0$ . Ahora la bola de centro $x$ y el radio $\epsilon$ es disjunta de $\cup_nD_n$ y por lo tanto este conjunto es cerrado.

Dado que cada $D_n$ está dentro de un conjunto abierto $R_n$ y todos $R_n$ son disjuntos se puede demostrar que $\cup_nD_n$ tiene la topología de coproducto $\coprod_nD_n$ .

Dejemos que $h:\mathbb{R}^n\to Y$ definido como \begin{equation*} h(x)= \begin{cases} q(x) & x\in X \\ q(\alpha_n(x)) & x\in D_n \end{cases} \end{equation*} Desde $\cup_nD_n$ y $X$ son ambos cerrados es suficiente para demostrar que $h|X$ y $X|\cup_nD_n$ son continuas. Pero $h|X=q$ y como $\cup_nD_n$ tiene la topología de coproducto $\coprod_nD_n$ es suficiente para demostrar que cada $h|D_n$ es continua pero esto es obvio ya que $h|D_n=q\alpha_n$ .

Por fin se demuestra que $g$ y $h$ son inversas entre sí y la prueba está completa.

Nota 2: Obsérvese que hemos elegido las bolas $B_n$ tan pequeño como queríamos y que también pusiéramos el $D_n$ s dentro de bolas disjuntas más grandes $R_n$ para demostrar que tienen la topología del coproducto . No estoy seguro de si realmente hay que hacer esto, creo que esas hipótesis podrían eliminarse pero la prueba sería más difícil.