El espacio del peine no tiene una cubierta simplemente conectada

Question

Tengo problemas para resolver el siguiente ejercicio de Topología Algebraica de Hatcher(1.3 #5):

"Dejemos $X$ sea el subespacio de $R^2$ formado por los cuatro lados del cuadrado $[0,1] \times [0,1]$ junto con los segmentos de las líneas verticales $x=\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4},\ldots$ dentro de la plaza. Demostrar que para cada espacio de cobertura $\tilde{X}\to X$ hay alguna vecindad del borde izquierdo de $X$ que se eleva homeomórficamente a $\tilde{X}$ . Deduce que $X$ no tiene una cubierta simplemente conectada".

Intenté juntar conjuntos abiertos en $\tilde{X}$ que eran homeomórficos a la forma cuadrada abierta $\epsilon$ -vecinos de puntos en el borde izquierdo de $X$ pero no pude pegarlas de forma coherente.

Mi segunda idea era utilizar la propiedad de levantamiento de la trayectoria para levantar la arista izquierda, pero no podía extenderla a un levantamiento de una vecindad abierta de la arista izquierda.

Editar : Algunos detalles más sobre mi primer intento:

Supongamos que tengo dos casillas abiertas $U_1$ y $U_2$ en $X$ (que contiene la arista izquierda) con intersección no vacía, y que tienen preimágenes $\coprod_i U_{1,i}$ y $\coprod_j U_{2,j}$ con cada pedazo de ese mapeo homeomórfico sobre $U_1$ y $U_2$ respectivamente.

Supongamos que he elegido un $U_{1,i}$ y quiero elegir un $U_{2,j}$ de modo que su unión mapea homeomórficamente a $U_1$ unión $U_2$ . Dicha elección puede ser especificada por un punto en el $U_{1,i}$ que se asigna a $U_2$ pero para cada uno de estos puntos, podría haber una elección diferente de $j$ .

Mi intuición me dice que para hacer esta elección hay que apelar a la mala naturaleza local del borde izquierdo de $X$ (para estar seguro de obtener algunas de las líneas verticales dentro del conjunto abierto deseado) pero no estoy seguro de cómo proceder con eso.

Answer 1

Creo que he encontrado una respuesta a mi problema. El enfoque anterior de jugar con tapas abiertas no dio resultado porque no pude extender la inyectividad local de $p$ en un grupo de conjuntos abiertos a la inyectividad en su unión.

Pero he encontrado el siguiente teorema, que resuelve el problema con bastante claridad. Lo encontré en [1], junto con un boceto de demostración. (Pero lo demostraré completamente):

Teorema: Sea $E$ sea un espacio cualquiera y $F$ sea un espacio métrico. Sea $K\subset E$ ser compacto, $f:E\to F$ sea continua, localmente inyectiva cerca de cada punto $p\in K$ y (globalmente) inyectiva en $K$ . Entonces $f$ también es inyectiva en alguna vecindad abierta $N$ de $K$ .

Prueba: Sea $g:E\times E\to \mathbb{R}$ sea la función definida por $g(x,x')=d(f(x),f(x'))$ . Alrededor de cada punto de la forma $(k,k)\in K\times K$ hay una vecindad de productos abierta $V_k \times V_k$ tal que $(V_k\times V_k)\cap g^{-1}(0) \subset \{ (x,x)\in E\times E \}$ (por inyectividad local). Sea $V=\cup_k \left(V_k\times V_k\right)$ . Entonces el conjunto compacto $K\times K$ está contenido en el conjunto abierto $g^{-1}(0)^c \cup V$ . Por el lema del tubo generalizado, hay conjuntos abiertos $W,W'$ de $E$ para que $K\times K\subset W\times W'\subset g^{-1}(0)^c \cup V$ . Entonces dejemos que $N=W\cap W'$ . $\square$

Aplicando este teorema a $p:\tilde{X} \to X$ con $K$ siendo una elevación del borde izquierdo de $X$ da una vecindad abierta de ese ascensor que mapea homeomórficamente a una vecindad abierta de la arista izquierda de $X$ . A continuación, utilizamos la mala naturaleza local de $X$ para encontrar un bucle en $X$ que se eleva a un bucle en $\tilde{X}$ que no se puede contraer. (La compacidad se utiliza de nuevo para encontrar un conjunto abierto que contenga la totalidad de una línea vertical)

[1] Wagner,M., "Existence of schlicht integral manifolds for ordinary differential equations", Archiv der Mathematik, Volumen 61, Número 6, 529-542 (1993)

Answer 2

El truco del encolado aquí es, como usted ha señalado correctamente, fijar un punto en $U_{1,i}$ . Fijar un punto en $U_{1,i}$ tal que su imagen bajo el mapa de cobertura va a $U_1\cap U_2$ . Por lo tanto, especifica un punto que pertenece a $U_{2,j}$ para algunos $j$ . Y por lo tanto, podemos conseguir una vecindad común.
La mala naturaleza local se utiliza en el segundo paso. Como una vecindad de la arista izquierda puede ser levantada homeomórficamente, podemos ver claramente que hay bucles no triviales en el $\tilde{X}$ .

Espero que la explicación sea lo suficientemente clara.

EDIT: Esta es mi respuesta al comentario hecho por joriki. No he podido escribirlo todo en un comentario, por lo que lo escribo aquí.

No creo que se pueda demostrar que el círculo se eleva homeomórficamente a un intervalo abierto utilizando la idea que he sugerido. El problema que se planteará es el siguiente: consideremos una cubierta del círculo con dos conjuntos abiertos $U_1$ , $U_2$ de manera que ambos $U_1$ y $U_2$ puede ser levantado homeomórficamente y elegir un $U_{1,i}$ y $U_{2,j}$ como se sugiere. Lo que ocurre en este caso es que el mapa de proyección no será inyectivo en la unión de $U_{1,i}$ y $U_{2,j}$ , como $U_{1,i}\cap U_{2,j}$ tendrá dos componentes. En cuanto fijamos una preimagen para un punto en una intersección, la preimagen de $U_2$ se determina. Ahora $\pi(U_{2,j}-U_{1,i})\cap U_1$ no estará vacío (Aquí $\pi$ es el mapa de proyección). En el caso general, cuando tomamos $n$ conjuntos abiertos lo que ocurre es que $\pi(U_{n,i_n}-\cup_{1}^{n-1}U_{k,i_k})\cap U_1$ será no vacía y, por tanto, el mapa de proyección no será inyectivo. La cuestión es que, cualquier subconjunto propio del círculo puede ser levantado homeomórficamente puede ser probado por el argumento que he sugerido. El problema se produce precisamente porque el círculo se cierra sobre sí mismo.