Edit: Como se señaló en los comentarios, hay un error aquí. Creo que es recuperable y no voy a hacer demasiado esfuerzo para corregirlo.
Sí, esto siempre es posible. Deje $\Sigma$ ser la superficie y $U_1, U_2$ ser las dos partes en que divide $\Bbb R^3$.
La invariancia de dominio (una de las dos veces que en realidad el uso de la topología de la superficie) implica que $\Sigma$ es nada densa, por lo que cualquier punto de $x \in \Sigma$ tiene puntos en una de las $U_i$ arbitrariamente cerca de ella. Además, $\partial U_i \subset \Sigma$. Estos conjuntos son, por supuesto, cerrado (ya que está dado por $\overline U_i \cap \Sigma$), así que podemos ver que $\partial U_1 \cup \partial U_2$ es una cubierta de $\Sigma$ por dos conjuntos cerrados; porque $\Sigma$ está conectado, podemos ver que $\partial U_1 \cap \partial U_2$ es no vacío. Elegir un punto de $x$ en este conjunto. (En realidad, debería ser cierto que $\partial U_1 \cap \partial U_2 = \Sigma$, pero no he sido capaz de demostrar esto. Gracias a Milo Brandt para lo que sugiere que esta forma de evitar la necesidad de probarlo.)
Ahora elige una secuencia de puntos $x_n \to x$, $x_n \in U_i$ ($i$ fijo), y la demanda que $d(x_n,x) < 1/n$. Yo reclamo que por lo suficientemente grande $n$, $U_i \cap B(x,1/n)$ es el camino-conectado. (Este es el segundo lugar, el uso de la topología de la superficie.) Esto es debido a que $\Sigma \cap B(x,1/n)$ es homeomórficos a un subconjunto abierto de $\Bbb R^2$ grandes $n$. Pasar a la de un punto de compactification. Aquí $S = \overline{\Sigma \cap B(x,1/n)}$ es homeomórficos a la de un punto de compactification de la mencionada abrir superficie plana. Creo que uno puede calcular que ha $\check H^2(S) = \Bbb Z$, y por lo tanto, por la dualidad de Alexander el complemento de $S$ $S^3$ es de dos ruta de acceso conectados a bloques abiertos; pero $S^3 \setminus S = B(x,1/n) \setminus \left(\Sigma \cap B(x,1/n)\right)$. Por lo tanto $B(x,1/n) \setminus \Sigma$ tiene dos camino componentes conectados; y ya sé que uno de ellos pertenece a $U_1$ y el otro a $U_2$ tengo el deseado de reclamación.
Así que, suponiendo que $n>N$, $N$ suficientemente grande como para que los de arriba se aplica, elige un camino a $f_n: [n,n+1] \to U_i \cap B(x,1/n)$,$f_n(0) = x_n$$f_n(1) = x_{n+1}$. ofrece un mapa $f: [N,\infty) \to U_i$, y por la construcción de $\lim_{x \to \infty} f(x) = x$ (tomando el límite dentro de $\overline U_i$). Compactifying obtenemos un mapa de $f': [0,1] \to \overline U_i$ tal que $f'^{-1}(\Sigma) = 1$. Haciendo exactamente lo mismo en el otro lado, hemos construido un camino con la propiedad deseada.
No dejes que el hecho de que esto funcionó de engañar topológico - colector se comporta generalmente terriblemente. Como un ejemplo de algo parecido a la anterior con las dimensiones intercambiado, Bing construyó una curva cerrada simple en $\Bbb R^3$ de manera tal que no hay ningún disco que lo cruza, precisamente, a la vez (y tal que el límite de la disco vínculos con la curva). Vea aquí.
También vale la pena ver a donde nos puede debilitar el supuesto de que $\Sigma$ es una superficie. Todavía tenemos algún tipo de invariancia de dominio y una manera de utilizar la dualidad de Alexander. Es una sencilla modificación de la anterior para demostrar que se puede ir entre dos regiones en el espacio, separados por un número finito de conexión 2-dimensional poliedro, mientras que el cruce de una sola vez; y, tal vez, uno puede debilitar esta "2-dimensional finito CW complejo". (En estos casos que no tienen la propiedad de que $\overline U_i \subset \Sigma$, que la versión original de esta respuesta trató de demostrar; pero por Milo el argumento de que en realidad no es necesaria).
