¿Es el círculo de la unidad $S^1$ una retracción de $\mathbb{R}^2$?

Question

En el sentido topológico, entiendo que el círculo de la unidad $S^1$ es una retracción de $\mathbb{R}^2 \backslash \{\mathbb{0}\}$ $\mathbb{0}$ Dónde está el origen. Esto es porque continuado mapa definido por $r(x)= x/|x|$ es una contracción del plano perforado $\mathbb{R}^2 \backslash \{\mathbb{0}\}$ en el círculo de la unidad $S^1 \subset \mathbb{R}^2 \backslash \{\mathbb{0}\}$. ¿Esto significa que el $S^1$ no es una retracción de $\mathbb{R}^2$? Agradecería alguna aclaración aquí.

Answer 1

No, No se puede concluir que $S^1$ no es un retractarse de $\mathbb R^2$ de que manera. Para demostrar que algo no es un retraer generalmente requiere más de la maquinaria, y la topología algebraica es más o menos diseñado para ser útil para esto. Voy a explicar un argumento mediante el grupo fundamental de la $\pi_1$, pero se podrían utilizar otros functors para el mismo propósito (homología siendo la más obvia alternativa)

Si un subespacio $Y\subseteq X$ es un retractarse de $X$, hay una retracción $r:X\to Y$ de manera tal que la composición de la $r\circ i$ con la inclusión de $i:Y\to X$ es la identidad de $Y$. Si tomamos un punto de base $x_0\in Y$, luego de la inclusión del mapa de $i$ induce un homomorphism $\pi_1(i):\pi_1(Y,x_0)\to\pi_1(X,x_0)$ tal que $$\pi_1(r)\circ\pi_1(i)=\pi_1(r\circ i)=\pi_1(\mathrm{id}_Y)=\mathrm{id}_{\pi_1(Y)}.$$ In particular, the map $\pi_1(i)$ es inyectiva.

Pero para cualquier elección de $x_0\in S^1$, el mapa de $\pi_1(i):\pi_1(S^1,x_0)\to\pi_1(\mathbb R^2,x_0)$ es no inyectiva. De hecho, $\pi_1(S^1,x_0)$ es no trivial de grupo, mientras que la $\pi_1(\mathbb R^2,x_0)$ es trivial.

Answer 2

De hecho no hay % de retracción $r: \mathbb{R^2} \rightarrow S^1$porque si $\iota :S^1 \rightarrow \mathbb{R^2}$ es la inclusión tendría un monomorfismo $\iota^* : \pi(S^1) \rightarrow \pi(\mathbb{R^2})$ entre los grupos fundamentales, es decir, un monomorfismo $\mathbb{Z} \rightarrow \{0\}$ que sería absurdo.

Answer 3

Usted puede utilizar el Punto Fijo de Brouwer Teorema para demostrar que $S^1$ no es una retracción de la unidad de disco, y por lo tanto no una retracción de todo el plano (ya que, si $X\subset Y\subset Z$, e $j:Z\rightarrow X$ es una retracción, entonces la restricción $j_{|Y}:Y\rightarrow X$ es una retracción.)

Suponga que hay una retracción $f:D^2\rightarrow S^1$. Definir $g(x):D^2\rightarrow D^2$$g(x)=-f(x)$. Entonces si $x\in S^1$, $f(x)=x$, por la condición de que $f$ es una retracción, por lo $g(x)=-x$, y, por tanto,$g(x)\neq x$. Si $x\notin S^1$,$g(x)\in S^1$, y por lo $g(x)\neq x$. Así que no hay puntos fijos para $g$, contradiciendo Brouwer.

Ahora, generalmente, Brouwer está probado por el camino opuesto - el uso de Topología Algebraica para mostrar que no puede haber retracción de $D^2\rightarrow S^1$, y, a continuación, demostrando que si $g:D^2\rightarrow D^2$ no tiene ningún punto fijo, entonces usted puede conseguir una retracción de $D^2$$S^1$.

Sin embargo, Brouwer tiene otras, no Algebraicas de las pruebas. Incluso constructivo de las pruebas.