Demostrar que $\mathbb{R}^{n}-A$ con la topología estándar está conectado donde $n \geq 2$ $A \subset \mathbb{R}^{n}$ es contable.

Question

He quedado encerrado en esta prueba durante un buen rato. Mientras me doy cuenta que es mucho más fácil mostrar usando arcwise conectividad o conexión pathwise, me gustaría completar la prueba sin tener que recurrir a los resultados más de gran alcance. Sé que $\mathbb{R}$ está conectado.

Answer 1

Ya que usted sabe que $\mathbb{R}$ está conectado, vamos a usar eso.

La idea subyacente vendrá de la siguiente (bastante horrible) la prueba de que $\mathbb{R}^2$ está conectado. Sólo para establecer una notación, dados cualesquiera $D \subseteq \mathbb{R}^2$ $a,b \in \mathbb{R}$ voy a indicar $$D_{\langle a,- \rangle} := \{ y \in \mathbb{R} : \langle una,y \rangle \D \}; \qquad D_{\langle,b \rangle} := \{ x \in \mathbb{R} : \langle x,b \rangle \D \}.$$

Supongamos que $U , V \subseteq \mathbb{R}^2$ son disjuntos no vacíos abrir conjuntos de cuya unión es $\mathbb{R}^2$. Recogiendo $\langle a,b \rangle \in U$, ten en cuenta que si $V_{\langle a,- \rangle} = \varnothing$$U_{\langle a,- \rangle} = \mathbb{R}$, por lo tanto $U_{\langle -,d \rangle}$ $V_{\langle -,d \rangle}$ son no vacías para cualquier $\langle c,d \rangle \in V$. Podemos entonces, sin pérdida de generalidad supongamos que $a \in \mathbb{R}$ ha sido elegido de modo que $U_{\langle a,- \rangle}$ $V_{\langle a,- \rangle}$ son tanto vacío.

Pero tenga en cuenta que $U_{\langle a , - \rangle} , V_{\langle a , - \rangle}$ son disjuntos no vacíos abrir los subconjuntos de a $\mathbb{R}$ cuya unión es $\mathbb{R}$, lo cual es imposible!

Ahora vamos a modificar el anterior para mostrar que $X := \mathbb{R}^2 \setminus A$ está conectado para contables $A \subseteq \mathbb{R}^2$. El truco será evitar el set $A$, para llegar a la misma contradictoria de la conclusión anterior.

Supongamos que $U, V$ son subconjuntos abiertos de $\mathbb{R}^2$ tal que

1. $U \cap X \neq \varnothing \neq V \cap X$;
2. $X \subseteq U \cup V$.
3. $(U \cap V ) \cap X = \varnothing$.

La reclamación. Si $W \subseteq \mathbb{R}^2$ es abierto y no vacío, entonces no es un $\langle a,b \rangle \in W$ tal que $A_{\langle a,- \rangle} = \varnothing = A_{\langle -,b \rangle}$.

prueba. Elegir alguno $\langle a^\prime,b^\prime \rangle \in W$, ya que el $W$ está abierto hay un $\varepsilon > 0$ tal que $\langle a,b \rangle \in W$ todos los $a \in (a^\prime - \varepsilon , a^\prime + \varepsilon)$$b \in (b^\prime - \varepsilon , b^\prime + \varepsilon)$. Desde $A$ es contable sólo hay countably muchos $a \in A$ tal que $A_{\langle a,- \rangle} \neq \varnothing$ y countably muchos $b \in \mathbb{R}$ tal que $A_{\langle -,b \rangle} \neq \varnothing$. Por lo tanto no debe ser $a \in (a^\prime - \varepsilon , a^\prime + \varepsilon)$ tal que $A_{\langle a,- \rangle} = \varnothing$ $b \in (b^\prime - \varepsilon , b^\prime + \varepsilon)$ tal que $A_{\langle -,b \rangle} = \varnothing$. $\dashv$

Recogiendo $\langle a,b \rangle \in U$ como en la reclamación, tenga en cuenta que si $V_{\langle a,- \rangle} = \varnothing$$U_{\langle a,- \rangle} = \mathbb{R}$. Elegir alguno $\langle c,d \rangle \in V$ como en la demanda, se desprende que el $U_{\langle -,d \rangle}$ $V_{\langle -,d \rangle}$ son tanto vacío. Así que sin pérdida de generalidad hay un $a \in \mathbb{R}$ tal que $A_{\langle a,- \rangle} = \varnothing$ y tanto $U_{\langle a,- \rangle}$, $V_{\langle a,- \rangle}$ son no vacíos.

Pero ahora estamos en la misma situación que la anterior: $U_{\langle a,- \rangle}$ $V_{\langle a,- \rangle}$ son disjuntos no vacíos abrir los subconjuntos de a $\mathbb{R}$ cuya unión es $\mathbb{R}$, lo cual es imposible!

La idea básica puede ser extendida (no será bonito, aunque) para mostrar que el $\mathbb{R}^n \setminus A$ se conecta para todos los $n \geq 2$ y contables $A$.

Answer 2

Dado dos puntos $x$ y $y$ nos encontramos con un camino de $x$ $y$ $A$. Considerar la mediatriz del segmento forma $x$ $y$. Por cada punto $z$ en esta línea tome la línea recta de $x$ $z$ entonces la línea recta de $z$ $y$. Tan variados $z$ estas rutas son todos separadas. Ya que hay muchos uncountablely $z$ $A$ es contable uno de estos caminos no contendrá cualquier punto $A$.