Cubierta del disco que se comporta como un círculo

Question

¿Existe una cubierta del disco en el plano por tres conjuntos abiertos conexos $U_1, U_2, U_3$ tales que dos de estos conjuntos tienen intersección no vacía, pero la triple intersección $U_1 U_2 U_3$ ¿está vacío?

Está claro que esto es posible para la frontera del disco, es decir, un círculo, pero no parece posible para el disco en sí. Puedo decir que tal cubierta no será una buena portada ya que esto implicaría que el disco es homotópicamente equivalente al nervio del recubrimiento, en este caso un triángulo.

Answer 1

No, no es cierto. La secuencia de Mayer-Vietoris para la homología dará una contradicción.

Supongamos que $D^2 = U\cup V\cup W$ donde $U,V,W$ son conjuntos abiertos conectados. Sea $Z=V\cup W$ es un conjunto abierto conectado . Entonces el hecho de que estos tres conjuntos abiertos no tengan ningún punto en común implica $Z\cap U$ tiene al menos dos componentes abiertos ( ya que $U\cap V$ y $U\cap W$ no son vacíos). Ahora la secuencia exacta larga de Mayer-Vietories para el par $(U,Z)$

$\cdots \to H_1(D^2)\to H_0(U\cap Z)\to H_o(U)\oplus H_0(Z)\to H_0(D^2)\to 0$

\=

$\cdots \to 0\to H_0(U\cap Z) \to \mathbb{Z\oplus Z} \to \mathbb{Z}\to 0$

Dado que los E.E.S. anteriores se dividen, esto implica $H_o(U\cap Z)= \mathbb Z$ lo cual es una contradicción.

EDITAR: En realidad la solución anterior nos dice que no sólo para $D^2$ pero para cualquier espacio simplemente conexo, no podemos cubrirlo utilizando $3$ conjuntos abiertos conexos que satisfacen la propiedad dada.

Answer 2

Así que no soy un experto en esto, pero he aquí una idea que podría funcionar.

Sea $U_{ij} := U_i\cap U_j$ .

Sea $V_i$ denota el haz de líneas trivial en $U_i$ . Podemos pegar $V_1$ a $V_2$ mediante algún isomorfismo $\alpha_{12} : V_1|_{U_{12}}\rightarrow V_2|_{U_{12}}$ y del mismo modo podemos pegar $V_2$ a $V_3$ mediante un isomorfismo $\alpha_{23} : V_2|_{U_{23}}\rightarrow V_3|_{U_{23}}$ .

Sea $s_1$ sea una sección de $V_1$ .

Desde el $V_i$ son triviales, $\alpha_{12}$ viene determinada por el lugar al que envía la sección $s_1|_{U_{12}}\in V_1|_{U_{12}}$ . Sea $s_2|_{U_{12}} := \alpha_{12}(s_1|_{U_{12}})$ y que $s_2$ sea la extensión de $s_2|_{U_{12}}$ a todos los $V_2$ (tiene sentido ya que $V_2$ es trivial). Del mismo modo, dejemos que $s_3 := $ " $\alpha_{23}(s_2)$ ". Por último, pega $V_1$ a $V_3$ mediante un isomorfismo $\alpha_{13} : V_1|_{U_{13}}\rightarrow V_3|_{U_{13}}$ que no enviar $s_1\mapsto s_3$ .

Si $U_1\cap U_2\cap U_3 = \emptyset$ entonces se cumple automáticamente la condición del cocículo, y estos encolados (es decir, "funciones de transición") deberían combinarse para dar lugar a un haz de líneas en el disco que NO es trivial, ya que la sección local $s_1$ no puede extenderse a una sección global (ya que $\alpha_{13}(s_1)\ne s_3$ ). Por otra parte, no hay haces de líneas no triviales en el disco, lo que contradice la suposición de que $U_1\cap U_2\cap U_3 = \emptyset$ .

Answer 3

Sí que la hay. Desgraciadamente no soy capaz de producir una imagen de ella, así que intentaré describirla.

Piensa en la portada abierta de $S^1$ que tenías en mente, por ejemplo, tres "tubos" que se cruzan en sus extremos (al menos eso es lo que yo pensaba). Ahora dibuja un disco en uno de los $U_i$ de modo que $D\cap U_j=\emptyset$ para $j\neq i$ y escalar la imagen.

EDIT: Para que cada $U_i$ que tiene una intersección no vacía con el disco $D$ se podría utilizar el siguiente ejemplo explícito (pero no bonito) con $B_r(x)$ que denota la bola abierta de radio $r$ y centro $x$ : $$ U_1=B_2(0) \\ U_2=\{x=(r\cos(\varphi),r\sin(\varphi))\,|\,17/8<r<19/8, \;0<\varphi<\pi\}\cup B_1((3/2,0)) \\ U_3=B_1((-3/2,0)) $$