Supongamos que $A,B$ son subconjuntos de a $\Bbb{R}^2$. Si $A$ $B$ son homeomórficos y $A$ $B$ son compactas y están conectados, son sus complementos homeomórficos?
Respuesta
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Mike Miller
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Sí. Vamos a trabajar en la esfera de la $S^2$ por conveniencia. Deje $A$ ser conectado a un subconjunto compacto de $S^2$. Su complemento es abierto (noncompact sin límite de la superficie de la $M'$; su complemento en $\mathbb R^2$$M' - \{\infty\}$. Este es un discontinuo de la unión de conectado noncompact superficies sin límites; cada uno de estos debe tener libre fundamental del grupo.
Para los colectores $M$, la Cech cohomology $\check H^*(M)$ es isomorfo a la singular cohomology $H^*(M)$. Por Alejandro de la dualidad, y el hecho de que $\check H_0(A) = 0$ (todo lo que está sucediendo en el mundo reducido!), vemos que $H^1(M') = 0$. (El $0$th Cech homología más precisamente cuenta quasicomponents, pero compacto Hausdorff espacios, quasicomponents son los mismos componentes.) Porque para un discontinuo de la unión de $H^1(X \sqcup Y) \cong H^1(X) \times H^1(Y)$, vemos que cada componente de $M'$ es simplemente conectado. Por el teorema de uniformización, simplemente cada componente conectado es homeomórficos a $\mathbb R^2$. Ahora eliminar el punto en el infinito; esto hace que una de tus copias de $\mathbb R^2$ en un anillo se $S^1 \times (-1,1)$.
Por lo que su $M$ es homeomórficos a$S^1 \times (-1,1) \sqcup \kappa \mathbb R^2$, $\kappa \mathbb R^2$ me refiero a la desunión de la unión de $\kappa$-muchas copias de $\mathbb R^2$. Lo que queda es determinar $\kappa$. Pero de nuevo, sólo tenemos que utilizar Alexander dualidad, porque $H^0(M') \cong \prod_{\kappa+1} \mathbb Z$, y este es isomorfo a $\prod_{\kappa'+1} \mathbb Z$ fib hay un bijection $\kappa \to \kappa'$.
Por lo $M$ está determinado por algo incluso más que el homeomorphism tipo de $A$: todo lo que uno necesita es el 0 y el 1 Cech homologías $\check H_*(A)$.
