conversar para el teorema de la curva de jordan

Question

Supongamos que $K\subset \mathbb{R}^2$ es compacta y localmente conectado y no contiene 0.

Que $A$ ser el componente de $\mathbb{R}^2-K$ que contiene el 0, y que $B$ ser el componente ilimitado. Asumir que $A\neq B$.

¿Si $\partial A = \partial B$, siga que $K$ es una curva de Jordan?

¿Como primer paso, incluso cierto que $\partial A= \partial B=K$?

Answer 1

Esto es cierto, pero no trivial, utiliza algunos de los más avanzados de análisis complejo y no tengo conocimiento de ninguna puramente topológica de las pruebas. Primero de todo, la suposición de $\partial A= \partial B$ y la conectividad de $A$ $B$ implica que $A$ es simplemente conectado. (Lo mismo vale para los $B'= B\cup \{\infty\}$.) Ahora, ya $K\ne \emptyset$, $A$ es un buen abierto simplemente conectado subconjunto del plano complejo. Por lo tanto, por la definición de la integral de asignación de teorema, existe una conformación diffeomorphism $f: D\to A$ donde $D$ es la de abrir la unidad de disco.

Vamos a necesitar

Teorema. (Caratheodory-Torhorst extensión del teorema de) Los siguientes son equivalentes para una limitada simplemente se conecta el dominio $A\subset {\mathbb C}$:

1. $\partial A$ está conectado localmente.

2. ${\mathbb C} - A$ está conectado localmente.

3. El mapeo de Riemann $f: D\to A$ se extiende continuamente a la frontera del círculo de $S^1$ a la de abrir la unidad de disco $D$.

Usted puede encontrar un auto-contenido de la prueba, por ejemplo, aquí.

En nuestra situación, ${\mathbb C} -A$ es la unión de $K$ y de abrir los subconjuntos de a ${\mathbb C}$ (los componentes de ${\mathbb C} -A$ diferente de la $A$). Por lo tanto, las conexión de $K$ implica local, de conexión, de ${\mathbb C} -A$ y, por lo tanto, la propiedad de que la conformación de asignación de $f: D\to A$ se extiende de forma continua para el círculo unidad $S^1$.

Voy a denotar esta extensión continua $F: cl(D)\to cl(A)$. Yo reclamo que $F$ restringido a $S^1=\partial D$ es de 1-1. Supongamos que no. Deje $p, q\in S^1$ ser distintos puntos tales que $F(p)=F(q)$. Deje $c=pq\subset cl(D)$ denotar la cuerda que conecta $p$$q$. Su imagen $C=F(c)$ es claramente homeomórficos a $S^1$ (desde $F$ restringido a $c$ es de 1-1, excepto para los extremos de la cuerda). Por lo tanto, $C$ es un simple lazo topológico en el plano complejo. Por el Jordan teorema de separación, se separa de ${\mathbb C}$ en dos componentes, delimitado y no delimitado. Desde una extensión continua de una conformación de asignación no puede ser constante en una degenerada subarc de los límites del círculo de $S^1$ (Rado del teorema), hay algunos puntos de $z$ $S^1$ tal que $w=F(z)$ pertenece a la limitada componente de ${\mathbb C} - C$. Tales puntos de $w$ no puede ser alcanzado por un arco $\beta\subset B'=B \cup \{\infty\}$, en el otro extremo de $\beta$ $\infty$ (ya que dicha $\beta$ tiene que cruzar $C$). Sin embargo, también podemos aplicar el teorema de Caratheodory a el simplemente se conecta el dominio $B'\subset S^2$. Desde $\partial B'= \partial A$ y el segundo está conectado localmente, el mismo Caratheodory-Torhorst teorema implica que para cada límite de punto de $u\in \partial B'$ existe un arco simple $\beta\subset B'$, $\beta: [0,1)\to B'$ tal que $\lim_{t\to 1} \beta(t)=u$. (El uso de este teorema es un poco trampa aquí, puesto que la existencia de un arco es una aplicación de Caratheodory la teoría de primer extremos que se utiliza en la prueba de la Caratheodory-Torhorst extensión del teorema.) Por lo tanto, $F$ es de 1-1. Pero, a continuación, $F$ restringido a $S^1$ es un homeomorphism a su imagen (desde $S^1$ es compacto y el rango del mapa es de Hausdorff). Desde $F(S^1)=K$, se deduce que el $K$ es un Jordania círculo. qed

Observación. Tenga en cuenta que esta prueba no supone que los ${\mathbb C} - K$ consiste de exactamente dos componentes (este es un corolario del resultado); asimismo, no se, a priori, supone que $\partial A=K$, de nuevo, esto es un corolario. Uno puede usar los tres lagos de la Ama ejemplo para la construcción de un pacto conectado subconjunto $K\subset {\mathbb C}$ tal que dos componentes complementarios $A, B$ satisfacer $\partial A= \partial B$, pero $\partial A\ne K$. Es decir, si $A, B, C$ son los tres lagos de la Ama, tome $K=cl(C)$. A continuación, $K$ tiene interior no vacío y, por lo tanto, es diferente de $A$. Pero en este ejemplo, $K$ no está conectado localmente.

Anexo: Aquí es cómo encontrar los puntos de $z\in S^1$ tal que $F(z)$ se encuentra en el disco abierto en ${\mathbb C}$ delimitada por el bucle $C$. En primer lugar, el acorde $c$ cortes del disco $D$ en dos (abierto) componentes, $D_1, D_2$; deje $\delta_1, \delta_2\subset S^1$ denotar los arcos circulares igual $cl(D_i)\cap S^1$. El mapa de $F$ envía uno de los componentes, digamos, $D_1$ fuera de $C$ y el otro, $D_2$, dentro de $C$. (Esto es porque si $t$ es un segmento en $D$ transversal a $c$, el arc $F(t)$ cruza el círculo de $C$ en exactamente un punto y la intersección es transversal.) Ahora, tomar cualquier punto de $u\in D_2$. Desde $F(\delta_2)\ne \{q\}$ ($F$ no es constante en $\delta_2$), existe un punto de $z\in \delta_2$ tal que $F(z)=w\ne q$. El segmento de línea $uz\subset cl(D)$ es disjunta de a $F^{-1}(C)$, por lo tanto, $F(uz)$ se encuentra en el mismo componente de ${\mathbb C} - C$ como el punto de $f(u)$, es decir, en el delimitada componente. Por lo tanto, $w$ se encuentra en el disco abierto en ${\mathbb C}$ delimitada por el Jordán de la curva de $C$.