Todo n-manifold es una unión disjunta de un número contable de n-manifolds conectados.

Question

Mi intento de resolver el problema 4-3 (Lee's Introducción a las Múltiples Topológicas , $1$ sted edición) "Demostrar que cualquier $n-$ es una unión disjunta de un número contablemente alto de colectores $n-$ colectores" es la siguiente:

Dejemos que $M$ ser un $n-$ colector dimensional y $p_1\in M$ . Existe una(n) vecindad (abierta) alrededor de $p_1$ Digamos que $U_1$ . Definir una relación en $M$ de manera que si $V$ es un subconjunto abierto de $M$ entonces $$V \sim U_1 \Leftrightarrow \exists \; W_1,\ldots,W_k\subsetneqq M \; open/locally \; Euclidean: U_1\cap W_1,W_1\cap W_2,\ldots,W_k\cap V\neq\emptyset$$ Esta es una relación de equivalencia, por lo que proporciona una partición de M.

Supongo que cada clase de equivalencia es un componente conectado o, en este caso, un n-manifold conectado: $U_1$ está conectado porque es homeomorfo a $\mathbb{R}^n$ (tras algunas modificaciones en la definición), $U_1\cap W_1$ está conectado por la misma razón, por lo que $W_1$ debe estar conectado también, y por inducción V está conectado.

Si $M\backslash[U_1]\neq\emptyset$ entonces existe un punto $p_2\in M\backslash[U_1]$ con una(n) vecindad (abierta) $U_2$ homeomorfo a $\mathbb{R}^n$ . Así que, $[U_2]$ sería el segundo componente conectado/ $n-$ de los colectores.

Continuando con este procedimiento, $M$ es una unión disjunta de las $n-$ colectores. La contabilidad se deriva de la segunda contabilidad de $M$ .

¿Es correcta la solución que propongo?

Answer 1

Reclamación 1: $M$ sólo tiene un número contable de componentes.

Prueba: Si $M$ tenía incontables componentes $(M_{\alpha})_{\alpha\in A},$ entonces cada $M_{\alpha}$ es abierta y disjunta. Por lo tanto, como usted dijo, $M$ no puede ser segundo contable.

Afirmación 2: Cada componente de $M$ es un $n$ -manifiesto.

Estoy asumiendo aquí que Lee tiene como definición que la dimensión de dos gráficos cualesquiera es siempre la misma $n$ (de lo contrario, no hay razón para que, digamos, $S^1\coprod S^2$ no debería ser un colector).

Dejemos que $M_k$ sea un componente de $M$ y arreglar $x\in M_k$ . Desde $M$ es un colector, hay $x\in U\subseteq M$ abierto y un homeomorfismo $\varphi:\mathbb{R}^n\to U$ . Entonces, por continuidad, $U$ está conectada y, por supuesto, contiene $x$ . Por lo tanto, $U\subseteq M_k$ . Así, cada $M_k$ es localmente euclidiano.

Para ver que $M_k$ es segundo contable, dejemos que $(U_j)_{j\in \mathbb{N}}$ sea una base para la topología de $M$ y observe que $(M_k\cap U_j)_{j\in \mathbb{N}}$ debe ser una base para la topología del subespacio en $M_k$ .