Creo que he encontrado un ejemplo como el siguiente argumento debe mostrar. En caso de que alguien encuentra un error, o aclaraciones adicionales son necesarios, los comentarios son por supuesto bienvenidos.
Deje $S^1\subseteq\Bbb C$ ser el círculo unidad y deje $f:\Bbb R\to S^1\times S^1$ ser definido por $f(t)=(e^{it},e^{i\sqrt{2}t})$. Definir $X=f(\Bbb R\setminus\{0\})$. (Con la habitual identificación de $\Bbb C=\Bbb R^2$, $X$ es un subespacio de $\Bbb R^4$, y desde que el toro incrusta en $\Bbb R^3$ también podemos considerar $X$ como incrustado en $\Bbb R^3$).
Ahora vamos a probar algunos de los lemas para mostrar que $X$ tiene las propiedades que buscamos.
Lema 1. $X$ está conectado.
Prueba. Claramente, $X$ tiene más de dos componentes, ya que los conjuntos de $A=f((-\infty,0))$ $B=f((0,\infty))$ están conectados. A ver $X$ está conectado, es suficiente para demostrar que $A$ $B$ no están separados. Para ver esto, examinar los puntos de la forma $f(2k\pi)=(1,e^{2\sqrt{2}k\pi i})$ donde $k\in\Bbb N$. Estos son densos en $\{1\}\times S^1$, debido a $\sqrt{2}\pi$ es un irracional múltiples de $\pi$. Lo mismo vale para los puntos de la forma $f(-2k\pi)$ donde $k\in\Bbb N$. Por lo que hemos encontrado un subconjunto de a $A$ y un subconjunto de a $B$ que son densos en $\{1\}\times S^1$. Esto implica que $A$ $B$ no están separados. $\square$
Lema 2. La acción de la $\operatorname{Homeo}(X)$ $X$ $1$- transitiva.
Prueba. Escribir $x\sim y$ cada vez que hay un homeomorphism $h:X\to X$ tal que $h(x)=y$. Como sabemos, esta es una relación de equivalencia. Vamos a mostrar que cada dos puntos de $x,y\in X$ son equivalentes, es decir, en la misma órbita de la acción. Esto se desprende de varios casos simples:
Caso 1. Si hay un $k_0\in\Bbb Z$ tal que $a\in f((2k_0\pi,2(k_0+1)\pi))$,$a\sim f(2k_0\pi+\pi)$.
En primer lugar, para cada $r\in(0,2\pi)$ definir un mapa de $g_r:\Bbb R\to\Bbb R$ como sigue: $$g_r(t)=\begin{cases}2k\pi+\frac{t-2k\pi}{r}\pi;& \text{if }\exists k\in\Bbb Z:t\in[2k\pi,2k\pi+r]\\2k\pi+\pi+\frac{(t-2k\pi-r)}{2\pi-r}\pi;& \text{if }\exists k\in\Bbb Z:t\in[2k\pi+r,2(k+1)\pi]\end{cases}$$
La relevancia de $g_r$ es que es un homeomorphism de $\Bbb R$ que $k\in\Bbb Z$ tiene puntos fijos $2k\pi$ $g_r(2k\pi+r)=2k\pi+\pi$ y, lo que es más importante, $g_{r}(t+2k\pi)=g_{r}(t)+2k\pi$ todos los $t\in\Bbb R$$k\in\Bbb Z$. Ahora vamos a $a=f(t_0)$, vamos a $r_0=t_0-2k_0\pi$ y definen $h:X\to X$ $$h(f(t))=f(g_{r_0}(t))$$
Este es un homeomorphism de $X$. Para ver esto, definimos $H:S^1\times S^1\to S^1\times S^1$ por $$H(e^{it},e^{is})=(e^{ig_{r_0}(t)},e^{i(\sqrt{2}g_{r_0}(t)+s-\sqrt{2}t)})$$ This is a well-defined map: suppose $T=t+2k\pi$ and $S=s+2l\pi$ for some $k,l\en\Bbb Z$. We will use the crucial property of $g_{r_0}$ that $g_{r_0}(t+2k\pi)=g_{r_0}(t)+2k\pi$ for all $k\in\Bbb Z$. Let's calculate: $$e^{ig_{r_0}(T)}=e^{ig_{r_0}(t+2k\pi)}=e^{ig_{r_0}(t)+i2k\pi}=e^{ig_{r_0}(t)}$$ and $$\begin{align}e^{i(\sqrt{2}g_{r_0}(T)+S-\sqrt{2}T)}&=e^{i(\sqrt{2}g_{r_0}(t+2k\pi)+s+2l\pi-\sqrt{2}t-2\sqrt{2}k\pi)}\\&=e^{i(\sqrt{2}g_{r_0}(t)+2\sqrt{2}k\pi+s+2l\pi-\sqrt{2}t-2\sqrt{2}k\pi)}\\&=e^{i(\sqrt{2}g_{r_0}(t)+s-\sqrt{2}t)+i2l\pi}\\&=e^{i(\sqrt{2}g_{r_0}(t)+s-\sqrt{2}t)}\end{align}$$ This shows that $H$ is well defined. Its inverse $H^{-1}:S^1\times S^1\S^1\times S^1$ is defined by $$H^{-1}(e^{iu},e^{iv})=(e^{ig^{-1}_{r_0}(u)},e^{i(\sqrt{2}g^{-1}_{r_0}(u)+v-\sqrt{2}u)})$$ This is again well defined. The proof is basically the same as for $H$, except that this time we use that $g^{-1}_{r_0}(t+2k\pi)=g^{-1}_{r_0}(t)+2k\pi$. This proves that $H$ is a bijection. As both $H$ and $H^{-1}$ are continuous, $H$ es un homeomorphism.
Ahora, nos damos cuenta de que $h$ es sólo la restricción de $H$$X$. Dado que la restricción de un homeomorphism es un homeomorphism (en su imagen, que en este caso es, precisamente,$X$), $h:X\to X$ es en sí mismo un homeomorphism.
Caso 2. Si hay un $k_0\in\Bbb Z$ tal que $a\in f((2k_0\frac{\pi}{\sqrt2},2(k_0+1)\frac{\pi}{\sqrt2}))$,$a\sim f(2k_0\frac{\pi}{\sqrt2}+\frac{\pi}{\sqrt2})$.
La prueba de este caso es básicamente el mismo que en el primer caso, excepto que en lugar de $g_r$ utilizamos un homeomorphism que tiene puntos fijos en $2k\frac{\pi}{\sqrt2}$, etc. Por ejemplo, $t\mapsto \frac1{\sqrt{2}} g_r(\sqrt{2}t)$ debe hacer el trabajo. (La prueba es análoga debido a que el $S^1$'s $S^1\times S^1$ aparecen en una forma completamente simétrica manera.)
Caso 3. Si $a=f(t_0)$ algunos $t_0>0$$a\sim f(-t_0)$.
Aquí podemos simplemente utilizar el mapa de la $h:X\to X$ definido por $h(f(t))=f(-t)$.
Ahora, los casos 1 y 2 muestran que cada dos puntos en el $f$-la imagen de un intervalo de la forma $(2k\pi,2(k+1)\pi)$ o $(2k\frac\pi{\sqrt2},2(k+1)\frac\pi{\sqrt2})$ son equivalentes. Debido a la manera cómo los intervalos se superponen, vemos que cada dos puntos en $A$ son equivalentes y cada dos puntos en $B$ son equivalentes. Caso 3, a continuación, muestra que cerca de dos puntos de $A$ $B$ son equivalentes. Conclusión: todos los puntos de $X$ son equivalentes. $\square$
Lema 3. La acción de la $\operatorname{Homeo}(X)$ $X$ no $2$-transitiva.
Prueba. Para ver esto, vamos a $x,y\in A$$z\in B$. Entonces no puede haber ningún homeomorphism que tarda $x$$x$$y$%#%. Para ver esto, basta para mostrar que $z$ $A$ son precisamente los componentes de la ruta de $B$. Ya que son claramente trayectoria-conectado, es suficiente para demostrar que $X$ no es ruta de acceso conectado.
Para ello, vamos a definir primero $X$$U_-=X\setminus(S^1\times\{-1\})$. A continuación, el siguiente se tiene:
- los componentes conectados de $U_+=X\setminus(S^1\times\{1\})$ son precisamente los conjuntos de $U_+$ $f((2k\frac\pi{\sqrt2},2(k+1)\frac\pi{\sqrt2}))$
- los componentes conectados de $k\in\Bbb Z$ son los conjuntos de $U_-$ $f((2k\frac\pi{\sqrt2}-\frac\pi{\sqrt2},2k\frac\pi{\sqrt2}+\frac\pi{\sqrt2}))$ y debido a $k\in\Bbb Z\setminus\{0\}$ dos componentes adicionales: $f(0)\notin X$ $f((-\frac\pi{\sqrt2},0))$
Vamos a mostrar cómo, para demostrar la primera de estas afirmaciones. El segundo tiene una otra prueba similar.
Claramente, los conjuntos de la forma $f((0,\frac\pi{\sqrt2}))$ están conectados. De hecho, son subconjuntos de a $f((2k\frac\pi{\sqrt2},2(k+1)\frac\pi{\sqrt2}))$ porque $U_+$ si y sólo si $e^{i\sqrt2t}=1$ algunos $t=2l\frac\pi{\sqrt2}$ y no hay tal $l\in\Bbb Z$ en el intervalo de $t$. Ahora sólo tenemos que mostrar que estos no están contenidas en ningún mayor conjunto conectado.
Vamos a demostrar que estos son, de hecho, el cuasi-componentes de $(2k\frac\pi{\sqrt2},2(k+1)\frac\pi{\sqrt2})$. Para mostrar esto, definir para cada una de las $U_+$ un conjunto abierto $x,y\in\Bbb R$ como sigue: $U_{x,y}$$$U_{x,y}=U_+\cap\{(e^{iw}e^{it},e^{i\sqrt2t})|\;t\in(0,2\frac{\pi}{\sqrt2}),w\in(x,y)\}$x$ This is an open set by definition. In fact, it is clopen for most choices of $s$ and $(e^{it}e^{it},e^{i\sqrt2t})\in X$, since $w=2k\pi+2l\frac{\pi}{\sqrt2}$ is only possible if $k,l\en\Bbb Z$ for some $(x,y)$. Indeed, the set of points $U_{x,y}$ for which $\Bbb R^2$.
Ahora, vamos a $ is clopen, is dense in $ algunos $C=f((2k\frac\pi{\sqrt2},2(k+1)\frac\pi{\sqrt2}))$. No hay una única $k\in \Bbb Z$ tal que $L\in[0,2\pi)$. Por lo anterior, así se puede elegir una secuencia $C=\{(e^{iL}e^{it},e^{i\sqrt2t})|\;t\in(0,2\frac{\pi}{\sqrt2})\}$ tal que para cada una de las $(x_n,y_n)_n$ hemos $n\in\Bbb N$, $x_n<L<y_n$ y cada conjunto $\lim_{n\to\infty}(y_n-x_n)=0$ es clopen. A continuación,$U_{x_n,y_n}$, lo que muestra que $C=\bigcap_{n=1}^{\infty}U_{x_n,y_n}$ es un cuasi-componente. Esto prueba la primera viñeta.
Ruta-desconexión ahora sigue fácilmente de los dos puntos anteriores: supongamos $C$ es un camino de$\gamma:[0,1]\to X$$a\in A$. Los dos puntos de viñeta anterior implica que el (no vacío) preimages $b\in B$ $\gamma^{-1}(A)$ están abiertos en $\gamma^{-1}(B)$. Deje $[0,1]$. A continuación, $x\in\gamma^{-1}(A)$ o $x\in U_+$. De cualquier manera, no existe un intervalo abierto $x\in U_-$ contiene $V$ tal que $x$ para algunos números reales $\gamma(V)\subseteq f((t_1,t_2))$ e lo $t_1<t_2<0$. El mismo argumento vale para $V\subseteq\gamma^{-1}(A)$. Esto es una contradicción, ya que $B$ está conectado. La prueba es, pues, completa. $[0,1]$
