¿Existe una clasificación de los subconjuntos abiertos del espacio euclídeo hasta el homeomorfismo?

Question

Espero que esta pregunta sea lo suficientemente razonable como para tener una respuesta bien conocida. es decir, o bien hay un invariante simple (como los grupos de homotopía) que caracteriza el tipo de homeomorfismo de dicho conjunto entre otros conjuntos de este tipo o hay una explicación de por qué dicha clasificación es difícil. resultados parciales, como el hecho bien conocido de que cada dos subconjuntos abiertos conectados y simplemente conectados del plano son homeomórficos, sería interesante también. gracias.

Answer 1

Si tiene una presentación $P$ de un grupo $G$ con un número finito de generadores y relaciones, entonces se puede construir un $2$ -complejo simplicial $K(P)$ con $\pi_1(K(P))=G$ . A continuación, puede incrustar $K(P)$ en un espacio euclidiano (creo que $\mathbb{R}^5$ es suficiente) y tomar una $U$ . Entonces $U$ es un subconjunto abierto de $\mathbb{R}^5$ que es homotópicamente equivalente a $K(P)$ con $\pi_1(U)=G$ . La teoría de las presentaciones de grupos finitos es indecidible, por lo que esto significa que no existe una clasificación efectiva de tales subconjuntos. Esto es sin ningún tipo de salvajismo local. Se pueden construir ejemplos mucho peores tomando los complementos de nudos salvajes, fractales, la esfera cornuda de Alexander, etcétera.

Answer 2

Para subconjuntos de la recta, es fácil: cada subconjunto abierto es una unión disjunta contable de intervalos. Para subconjuntos del plano, no es trivial, pero se puede decir algo sensato. Para subconjuntos de $\mathbb R^n$ para $n\ge 3$ , no tengo ni idea y sospecho que ya es inútil en el caso de $\mathbb R^3$ .

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Así que $U\subset \mathbb R^2$ sea un subconjunto abierto, y supongamos sin pérdida de generalidad que es conexo. Entonces $U$ está completamente clasificado por su espacio de termina (véase el comentario de Agol más abajo como referencia). Es un espacio topológico compacto, separable y de dimensión cero. Probablemente se puedan clasificar completamente, aunque yo no lo he conseguido.

Añadido más tarde: En realidad, hay buenas razones por las que la clasificación no es viable (véanse los comentarios de Clinton Conley más abajo).

La operación básica en un conjunto de este tipo $X$ es la de tomar su subconjunto derivado $$ X':=X\setminus \{\mathrm{isolated\\ points\\ of\\ } X\} $$

Esta operación se puede iterar transfinitamente, y así obtenemos $X^{(\alpha)}$ para cualquier ordinal $\alpha$ (donde $X^{(\alpha)}$ se define como la intersección de todos los $X^{(\beta)}$ para $\beta<\alpha$ cuando $\alpha$ es un ordinal límite). Dado que $X^{(\alpha)}$ es una secuencia descendente de subconjuntos de $X$ existe un mínimo $\gamma$ tal que $X^{(\gamma)}=X^{(\gamma+1)}$ . Se trata de un ordinal contable y es el primer invariante interesante de $X$ . Hay dos opciones para $X^{(\gamma)}$ o está vacío o es un conjunto de Cantor: es la segunda invariante de $X$ . Por último, si $\gamma$ es un ordinal sucesor, entonces se puede mirar el conjunto discreto $X^{(\gamma-1)}\setminus X^{(\gamma)}$ . Si $X^{(\gamma)}=\emptyset$ entonces es un conjunto finito no vacío cuya cardinalidad es un invariante. Y si $X^{(\gamma)}$ es un conjunto de Cantor, entonces $X^{(\gamma-1)}\setminus X^{(\gamma)}$ es finito o infinitamente contable.

Recapitulo. Las invariantes de $X:=\mathrm{Ends}(U)$ son:

• El ordinal más pequeño $\gamma$ tal que $X^{(\gamma)}=X^{(\gamma+1)}$ .
• Independientemente de si $X^{(\gamma)}$ está vacío o es un conjunto de Cantor.
• La cardinalidad de $X^{(\gamma-1)}\setminus X^{(\gamma)}$ .

Por un momento pensé que esos podrían ser un conjunto completo de invariantes de $U$ pero me equivoqué. Por ejemplo: si $X^{(\gamma)}$ es un conjunto de Cantor, entonces también podemos fijarnos en el conjunto de puntos de acumulación de $X^{(\gamma-1)}\setminus X^{(\gamma)}$ en $X^{(\gamma)}$ ...que es de nuevo un espacio topológico compacto, separable y de dimensión cero, y por tanto tiene su propio conjunto de invariantes...
También podemos fijarnos en el ordinal mínimo $\beta$ tal que el cierre de $X^{(\beta)}\setminus X^{(\gamma)}$ se cruza con $X^{(\gamma)}$ no trivialmente...

Nota: Lo que intenté hacer fue la clasificación de abierto de subconjuntos $\mathbb R^n$ ( $n=1,2$ ) hasta homeomorfismo (esa era la pregunta, creo), y no hasta el homeomorfismo ambiental. Esto último es mucho más lioso, ya para $n=1$ .

Answer 3

Para $R^2$ los subespacios abiertos conectados son precisamente las superficies orientables no compactas de género cero (véase esta pregunta para más información).

Para $R^3$ no existe ningún criterio de homotopía. El Colector Whitehead incrusta en $R^3$ con complementar el continuo de Whitehead. El colector de Whitehead puede construirse como una unión de toros sólidos, cada uno homotópicamente trivial en el siguiente. Se puede modificar la construcción habitual incrustando cada toro sólido en el siguiente con un pequeño nudo en él. Entonces se puede demostrar que esta unión no se incrusta en $R^3$ . Sin embargo tales variedades son contractibles, y por lo tanto todos los invariantes de homotopía desaparecen.

Para ver que no se incrusta en $R^3$ (o $S^3$ ), supongamos que tenemos una incrustación en $S^3$ . Entonces el complemento de cada toro sólido es un complemento de nudo, y cada nudo es satélite del siguiente. Si cada uno de esos nudos no fuera trivial, entonces nudo cuyo complemento contuviera infinitos toros incompresibles, contradiciendo la finitud de Haken. Así que infinitos de estos toros sólidos deben tener complemento trivial (esto es exactamente lo que se ve en la incrustación de la Whitehead de Whitehead). Pero uno puede ver que el pequeño nudo que hacemos en cada incrustación de un debe hacer que el complemento de nudo resultante tenga el nudo pequeño como sumando de conexión, lo que da una contradicción a la incrustación en $S^3$ .

Answer 4

He aquí una visión teórica descriptiva del problema de la clasificación de subconjuntos abiertos de $\mathbb{R}^2$ hasta homeomorfismo. La respuesta final será una versión formal de "es bastante difícil, pero quizá no inconcebiblemente difícil". Nótese que en realidad no he hecho ningún trabajo aquí, aparte de colocar el trabajo de otros en el orden correcto.

En primer lugar, un par de palabras sobre los problemas de clasificación en general (léase: propaganda). Cuando alguien ha clasificado algunos objetos $\mathcal{A}$ en términos de algunos objetos $\mathcal{B}$ dos preguntas naturales son

(1) ¿Qué tan difícil es calcular el $B \in \mathcal{B}$ correspondiente a un $A \in \mathcal{A}$ y

(2) ¿Es difícil distinguir elementos de $\mathcal{B}$ unos de otros?

Si alguna de estas tareas es especialmente difícil, se podría argumentar que la clasificación no es tan útil. Por ejemplo, en el problema actual se podría decir "invocar el axioma de elección para ordenar bien el espacio cociente de conjuntos abiertos módulo homeomorfismo y clasificar un conjunto abierto por la ubicación de su clase de equivalencia en el orden", lo que hace que (1) sea bastante difícil. Alternativamente, se podría simplemente plantear la cuestión diciendo que cada conjunto abierto está en una única clase de homeomorfismo, por lo que las propias clases de homeomorfismo proporcionan una clasificación, lo que hace que (1) sea fácil (en cierto sentido), pero no hay razón para pensar que (2) se pueda hacer de forma sencilla.

Una manera de formalizar estos conceptos es mediante la reducibilidad de Borel de las relaciones de equivalencia. Si $E$ y $F$ son relaciones de equivalencia en espacios de Borel estándar $X$ y $Y$ (resp.), decimos $E$ es Borel reducible a $F$ , escrito $E \mathrel{\leq_B} F$ si existe una función de Borel $\phi: X \to Y$ tal que $x_0 \mathrel{E} x_1 \iff \phi(x_0) \mathrel{F} \phi(x_1)$ . A grandes rasgos, la relación $E \mathrel{\leq_B} F$ cualquier clasificación definible de $Y/F$ también es una clasificación definible de $X/E$ "(o, dicho más sucintamente, " $F$ es al menos tan complicado como $E$ "). Esto nos proporciona una forma significativa de comparar diversos problemas de clasificación.(*)

En $\leq_B$ está bien estudiada (¡pero todavía hay mucho que no sabemos!) en el caso de que $E$ y $F$ son en sí mismos definibles en cierto sentido. Cabe destacar que son relaciones de equivalencia orbital inducidas por una acción continua de un grupo polaco sobre un espacio polaco. Aún más importante es cuando este grupo polaco es $S_\infty$ el grupo de permutaciones de los números naturales (incluidos los de soporte infinito). Este grupo es especialmente importante desde el punto de vista lógico. Dado un lenguaje contable (digamos relacional) $\mathcal{L}$ puede consultar el $\mathcal{L}$ -estructuras con universo $\mathbb{N}$ . Entonces el grupo de automorfismos de $\mathbb{N}$ respetando $\mathcal{L}$ es un subgrupo cerrado de $S_\infty$ . En particular, el isomorfismo de $\mathcal{L}$ -estructuras con universo $\mathbb{N}$ es reducible de Borel a una relación de equivalencia inducida por una acción agradable de $S_\infty$ .

Además, hay un $S_\infty$ -relación de equivalencia universal $E_{S_\infty}$ en el sentido de que toda relación de equivalencia inducida por una bonita $S_\infty$ acción Borel se reduce a $E_{S_\infty}$ . En un sentido preciso, $E_{S_\infty}$ es al menos tan complicada como la relación de isomorfismo para cualquier tipo de estructura contable en un lenguaje contable (por ejemplo, isomorfismo de grafos contables, isomorfismo de grupos contables, etc.).

Ahora, el remate de todo esto es: hay una reducción de Borel de $E_{S_\infty}$ a la relación de homeomorfismo sobre subconjuntos abiertos de $\mathbb{R}^2$ (dotado de la interpretación natural de la estructura Effros Borel). Esto se deduce de

Camerlo y Gao, "The completeness of the isomorphism relation for countable Boolean algebras," Trans AMS 353 (2001), no. 2, 491-518

y la perfecta respuesta de André Henriques a una pregunta mía bastante confusa en los comentarios posteriores a su respuesta. La idea es que existe una reducción de Borel de $E_{S_\infty}$ al homeomorfismo de subconjuntos cerrados del espacio de Cantor (de nuevo con la correspondiente estructura Effros Borel), construido en Camerlo-Gao. Fijando alguna copia del espacio de Cantor en el plano, esta reducción puede entonces componerse con el mapa de Borel $\phi$ que asigna a cada subconjunto cerrado $K$ del espacio de Cantor su complemento en $\mathbb{R}^2$ . Como se sabe por los resultados de Richards (¡gracias, Agol!) que $\phi(K_0)$ y $\phi(K_1)$ son homeomórficas si $K_0$ y $K_1$ son, esta composición es de hecho una reducción de Borel. De hecho, si se restringe la atención a subconjuntos no densos en ninguna parte del espacio de Cantor, se obtiene una reducción de Borel a una parte de la relación de homeomorfismo inducida por una acción de grupo polaca (no estoy seguro de si toda la relación de homeomorfismo está inducida de este modo).

En otras palabras, cualquier clasificación de subconjuntos abiertos de $\mathbb{R}^2$ hasta el homeomorfismo es también una clasificación de cualquier estructura contable en cualquier lenguaje contable hasta el isomorfismo. A eso me refería cuando dije que es "bastante difícil".

Entonces, ¿qué significaba "quizá no inconcebiblemente difícil"? Algunas relaciones de equivalencia son tan complicadas que no son clasificables por estructuras contables. Es decir, no pueden reducirse de Borel a ninguna relación de isomorfismo de $\mathcal{L}$ -como se ha descrito anteriormente. Por ejemplo, el homeomorfismo de subconjuntos cerrados del espacio de Cantor es clasificable por estructuras contables (dualidad de Stone), mientras que el isomorfismo de tipo $II_1$ factores von Neumann no es clasificable por estructuras contables (Sasyk-Törnquist 2009). No tengo ni idea de dónde se sitúa este problema con respecto a esta noción (para demostrar que esta relación de homeomorfismo es clasificable por estructuras contables bastaría con demostrar que hay una forma de Borel de asociar a cada subconjunto abierto $U$ del plano un subconjunto cerrado del espacio de Cantor homeomorfo a $U$ espacio de extremos). Para más ejemplos, véase:

http://www.math.ucla.edu/~greg/223d.1.09f/countable.pdf

(*)Descargo de responsabilidad con letra pequeña: no todo el mundo cree que ésta sea la jerarquía "correcta". Una alternativa es "efectivizar" todo (trabajar con cara clara en lugar de negrita: pensar en "recursivo" en lugar de "Borel"), aunque esto es bastante desafiante y restrictivo. Pero, aparte de éstas, no conozco ninguna noción con una teoría de estructuras tan rica. Nótese que no estoy incluyendo el punto de vista de "reconoceré una clasificación cuando la vea" (que está bien para el SCOTUS, pero no es particularmente susceptible de análisis formal).

Answer 5

Esto es un intento de reformular la pregunta para que tenga más sentido. Como se menciona en otras respuestas, no hay absolutamente ninguna esperanza para una clasificación homeomorfismo de subconjuntos abiertos de $\mathbb R^n$ si $n>2$ .

Creo que una pregunta mejor sería "¿qué se puede decir de las variedades que son homeomorfas a subconjuntos abiertos de $R^n$ o, lo que es lo mismo, los colectores que puede abarcar un único gráfico de coordenadas?".

Cualquiera de estas variedades es paralelizable, es decir, su haz tangente es trivial, pero no conozco otros obstáculos. Se podría considerar una variedad paralelizable (por ejemplo, un grupo de Lie) que no sea homeomorfo a $R^n$ tomemos cualquiera de sus subconjuntos abiertos $U$ y entonces ¿cómo se decide si $U$ puede abarcar un único gráfico de coordenadas?

Así que una pregunta de prueba: elimine finitamente muchos puntos de su grupo de Lie compacto favorito, e intente ver si se incrusta en el espacio de Euclides de la misma dimensión. Seguramente, este tipo de preguntas deben ser contestadas si uno espera una clasificación. No conozco la respuesta.

Curiosamente, cualquier colector de Hilbert separable de dimensión infinita es homeomorfo a un subconjunto abierto de un espacio de Hilbert separable, es decir. $l_2$ .