Es el complemento de un mapa continuo inyectivo $\mathbb{R}\to \mathbb{R}^2$ con imagen cerrada necesariamente desconectada?

Question

Estoy interesado en la siguiente pregunta del teorema de la curva de Jordan:

Supongamos que se da un mapa continuo e inyectivo $\gamma: \mathbb{R}\to \mathbb{R}^2$ tal que la imagen es un subconjunto cerrado de $\mathbb{R}^2$ . El complemento de la imagen es un subconjunto abierto de $\mathbb{R}^2$ y, por lo tanto, consiste en un cierto número de trayectorias conectadas componentes. ¿Debe este número ser siempre mayor que 1?

Hay varios casos en los que esta cuestión se reduce al teorema de la curva de Jordan, y uno en el que no (en este último caso es donde parece estar la sutileza):

Caso 1: Si los límites $\lim_{t\to \pm \infty} |\gamma(t)| = \infty$ entonces podemos ampliar $\gamma$ continuamente a un mapa continuo e inyectivo $S^1\to S^2$ mediante coordenadas estereográficas. El resultado se desprende del teorema de la curva de Jordan.

Caso 2: Si alguno de los límites $\lim_{t\to \pm \infty} \gamma(t)$ existe, entonces como la imagen de $\gamma$ está cerrado, el límite debe ser igual a $\gamma(t_0)$ para algunos $t_0 \in \mathbb{R}$ . Entonces $\gamma$ induce un mapeo continuo e inyectivo $S^1 \to \mathbb{R}^2$ y el resultado se deduce por el teorema de la curva de Jordan.

Caso 3: Si ninguno de los límites $\lim_{t\to \pm \infty} \gamma(t)$ existen, y $\lim_{t\to \infty} |\gamma(t)| \neq \infty$ o $\lim_{t\to - \infty} |\gamma(t)| \neq \infty$ Entonces no está claro lo que puede ocurrir, pero no puedo imaginar un ejemplo en el que el complemento esté conectado.

Por ejemplo, considere una curva de tipo figura 8 tal que los extremos se acercan al centro de la figura 8 desde ambos lados como una curva sinusoidal topológica representada a continuación (esta imagen está editada a partir de una imagen en Munkres Topology, 2ed, p381, o los ejemplos discutidos en esta respuesta: ¿Existe un mapa continuo inyectivo desde $\mathbb{R}$ que tiene imagen compacta? ). El complemento de la imagen de esta curva tiene tres componentes.

Answer 1

He aquí una demostración, que supone estar familiarizado con la cohomología de Chech y la dualidad de Alexander. Para esta última, véase A.Dold, "Lectures on Algebraic Topology", fórmula (8.18): Si $X\subset {\mathbb R}^n$ es un subconjunto cerrado, entonces $$ \check{H}^{n-i}_c(X)\cong \tilde{H}_{i-1}({\mathbb R}^n -X). $$

Supongamos que $f: {\mathbb R}\to {\mathbb R}^n$ es un mapa continuo inyectivo cuya imagen es cerrada en ${\mathbb R}^n$ . Entonces la restricción de la métrica euclidiana de ${\mathbb R}^n$ a $Z:=f({\mathbb R})$ es completa; en particular, $Z$ (con la topología del subespacio) es un espacio de Baire.

Definir los subconjuntos $A_\pm\subset Z$ formado por todos los puntos $a\in Z$ para la que existe una secuencia $t_n\to \pm\infty$ tal que $\lim_{i\to\infty}f(t_i)=a$ . Establecer $A= A_- \cup A_+$ . Claramente, ambos $A_+, A_-$ están cerradas. El subconjunto $A^c:= Z- A$ consiste en todos los puntos $x=f(t)$ tal que para alguna (equivalentemente, cada) $r>0$ , $x$ es un punto interior de $f([t-r, t+r])$ en $Z$ .

Observación. La versión anterior de mi respuesta contenía un error: Estaba asumiendo que $f([0,\infty))$ está cerrado, lo que no tiene por qué ser el caso. Véase también una edición al final de esta respuesta.

Lema 1. $A\ne Z$ .

Prueba. Si no es así, para cada $i\in {\mathbb N}$ , $f([-i,i])$ tiene el interior vacío en $X$ . Entonces $Z$ es la unión de un número contable de subconjuntos con el interior vacío. Pero $Z$ es un espacio de Baire. Una contradicción. qed

A partir de ahora asumiré que $A\ne \emptyset$ Si no es así $f$ es un mapa propio y $f({\mathbb R})$ es homeomorfo a la línea real. Sin pérdida de generalidad (precomponiendo $f$ con el tapete $t\mapsto -t$ ), podemos suponer que $A_+\ne \emptyset$ .

Lema 2. Si $A_+\ne \emptyset$ entonces existe $x=f(t)\in A^c$ y $a=f(t_0)\in A_+$ tal que $t > t_0$ .

Prueba. Si $f^{-1}(A_+)$ es ilimitado desde abajo, entonces cualquier $x\in A^c$ funcionará. Si (el subconjunto cerrado) $f^{-1}(A_+)$ está limitada desde abajo por algún $t_0\in {\mathbb R}$ entonces el subconjunto $f([t_0,\infty))$ está cerrado en ${\mathbb R}^n$ . Tomaré $t_0$ para ser el infimo de $f^{-1}(A_+)$ . En particular, $f(t_0)\in A_+$ . Ahora, el mismo argumento que en la prueba del Lemma 1 muestra que $f([t_0,\infty))$ no está contenida en $A_+$ . Por lo tanto, existe $t\in (t_0,\infty)$ tal que $f(t_0)\notin A_+$ . qed

Tras la precomposición $f$ con una traducción de ${\mathbb R}$ podemos suponer que $t_0=0$ .

A partir de ahora, asumiré que $n=2$ que $A_+\ne \emptyset$ y, además, existe una secuencia $t_i\to \infty$ tal que $\lim_{i\to\infty}f(t_i)=a=f(0)$ . (Ver arriba.) Fijar un punto $b=f(t)\in A^c\subset X=f({\mathbb R}_+)$ .

Propuesta. $\check{H}^1_c(X)\ne 0$ . (Aquí y en lo que sigue, sólo uso la (co)homología con coeficientes enteros).

Prueba. Consideraré una secuencia de cubiertas abiertas localmente finitas ${\mathcal U}_n$ de $X$ por subconjuntos $U_{k,n}$ tal que $$ \lim_{n\to\infty} \sup_{k} diam(U_{k,n})=0 $$ y que para cada $n$ , ${\mathcal U}_{n+1}$ refina ${\mathcal U}_n$ .

Dejemos que $N_n$ denotan el nervio de ${\mathcal U}_n$ con el vértice $v_{k}$ correspondiente al conjunto abierto $U_{k,n}$ .

Dado que existe un intervalo $I=(t+\delta, t-\delta)\subset {\mathbb R}_+$ tal que $f(I)$ está abierto en $X$ sin pérdida de generalidad podemos suponer que para cada $n$ , $f(t)$ pertenece a la intersección $U_{1,n}\cap U_{2,n}$ de algunos $U_{1,n}, U_{2,n}\in {\mathcal U}_n$ tal que, además, $$ U_{1,n}\cap U_{2,n} \cap U_{k,n}=\emptyset $$ para todos $k\notin \{1, 2\}$ . A continuación, defino un ciclo de 1 $c\in Z^1({\mathcal U}_n)$ por $$ c(U_{1,n}\cap U_{2,n})=1, $$ y $c(U_{j,n}\cap U_{k,n})=0$ de lo contrario. (La vacuidad de las intersecciones triples anteriores implica que se trata efectivamente de un cociclo). En términos del nervio $N_n$ el cociclo $c$ se define por $c([v_1, v_2])=1$ y $0$ para todos los demás bordes.

Afirmo que este cociclo es no trivial (cuando $n$ es suficientemente grande). Demostraré su no trivialidad mostrando un ciclo de 1 $\sigma\in Z_1(N_n)$ tal que $\langle c, \sigma\rangle =1$ . En concreto, para cada $n$ existe $y_i=t_i$ tal que $f(t_i), a$ pertenecen a un grupo común $U_{k,n}\in {\mathcal U}_n$ . Al concatenar $f([0, t_i])$ con el segmento de línea $y_i a$ obtenemos un bucle (probablemente no simple) $\lambda_n$ en ${\mathbb R}^2$ . Este bucle define un ciclo de 1 $\sigma$ en $N_n$ como sigue. Puntos de recogida $s_0=0\le s_1\le s_2\le ... \le s_{p}=t_i$ en $[0, t_i]$ tal que para cada $j$ , $\{f(s_j), f(s_{j+1})\}\subset U_{q_j,n}\in {\mathcal U}_n$ . Establecemos $U_{q_p,n}=U_{q_0,n}$ . Obtenemos un simplicial bucle $\sigma$ en $N_n$ con los vértices $$ v_{q_0}, v_{q_1},..., v_{q_{p-1}} $$ Además, suponiendo que $$ \max_{j} |s_{j+1}- s_j| $$ es suficientemente pequeño, conseguimos que la arista $[v_{1,n}, v_{2,n}]$ aparecen exactamente uno en este bucle $\sigma$ . Por lo tanto, $\langle c, \sigma\rangle =1$ .

Por la construcción, el mapa natural $\kappa_n: N_{n+1}\to N_n$ satisface $$ \kappa_n^*(c_n)= c_{n+1}. $$ Por lo tanto, la secuencia de 1 ciclo $(c_n)$ define un elemento no nulo de $$ \lim_{n} H_c^1({\mathcal U}_n)= \check{H}^1_c(X). $$ qed

Ahora podemos terminar la prueba:

Lema 3. $X=f([0,\infty))$ separa ${\mathbb R}^2$ .

Prueba. Por la dualidad de Alexander, $$ \check{H}^1_c(X)\cong \tilde{H}_0({\mathbb R}^2 -X). $$ Desde $\check{H}^1_c(X)\ne 0$ Así es $\tilde{H}_0({\mathbb R}^2 -X)$ . qed

Ahora estamos listos para probar:

Teorema. Supongamos que $f: {\mathbb R}\to {\mathbb R}^2$ es un mapa continuo inyectivo con imagen cerrada. Entonces $Z:=f({\mathbb R})$ separa ${\mathbb R}^2$ .

Prueba. Definir el subconjunto $A=A_+ \cup A_-\subset Z$ como antes. Entonces $A=\emptyset$ si $f$ es un mapa adecuado. En este caso, por la dualidad de Alexander, $$ {\mathbb Z}\cong \check{H}^1_c(Z)\cong \tilde{H}_0({\mathbb R}^2 -Z), $$ por lo tanto, $Z$ separa ${\mathbb R}^2$ . Si $A\ne \emptyset$ entonces, como se ha señalado anteriormente, sin pérdida de generalidad, podemos suponer que $A_+\ne \emptyset$ . Entonces el lema 3 implica que ${\mathbb R}^2- (X=f([0,\infty)))$ es una unión disjunta $U\sqcup V$ de dos subconjuntos abiertos no vacíos. Aplicando el argumento de la categoría de Baire como en el lema 1, vemos que ninguno de los dos $U$ ni $V$ está contenida en $Z$ . Por lo tanto, ${\mathbb R}^2 - Z= (U - Z)\sqcup (V- Z)$ es una unión disjunta de dos subconjuntos abiertos no vacíos y, por tanto, no es conexo. qed

Editar. Aunque no lo necesitemos, he aquí un dato interesante sobre el conjunto $A_+$ . Definir el subconjunto $J:= {\mathbb R} - f^{-1}(A_+)$ . Es fácil construir ejemplos en los que $J$ está acotada por debajo (utilizando una versión de la curva del seno del topólogo). Sin embargo, tenemos:

Lema 4. $J\subset {\mathbb R}$ es ilimitado por encima.

Prueba. El subconjunto $A^c_+:=f(J)\subset Z$ es abierto, por lo tanto, su complemento $Z- A^c_+= A_+$ está cerrado. Supongamos por un momento que $J$ está acotado por encima. Entonces, eliminando $J$ de ${\mathbb R}$ no afecta al conjunto de acumulación $A_+$ . De ello se desprende que cada $a\in Z - A^c_+$ es igual al límite $$ a=\lim_{t_i\to \infty} f(t_i). $$ Por lo tanto, para cada intervalo $[-n,n]$ el subconjunto $f([-n,n] -J)$ tiene el interior vacío en $A_+$ . Así, obtenemos una contradicción con la propiedad de Baire como en la prueba del lema 1. qed

Answer 2

He aquí una solución incompleta que responde afirmativamente a la pregunta en un subcaso del caso 3.

• Supongamos que $\lim_{t\to \infty} \gamma(t)$ DNE.
• Dejemos que $S = \{ x\in \mathbb{R}^2 : \exists y_i \to \infty \text{ such that } \gamma(y_i) \to x\}$ y asumir que no está vacía (por ejemplo, si $|\gamma(t)|$ está acotado como $t\to \infty$ ).
• El conjunto $S$ es cerrado y está contenido en la imagen de $\gamma$ (por suponer que la imagen es cerrada), por lo que la preimagen $\gamma^{-1}(S)$ es cerrada y no vacía.

No está claro si el conjunto $\gamma^{-1}(S)$ está necesariamente acotada. Sin embargo, si suponemos que este conjunto es acotado, podemos demostrar que el complemento de la imagen de la curva tiene al menos dos componentes conectadas (y el argumento es similar al de que el complemento de la curva cerrada del seno de los topólogos es desconectado):

• Si $\gamma^{-1}(S)$ es cerrado y acotado, entonces tiene un elemento máximo $x$ .
• Dejemos que $y$ sea un número mayor que $x$ y considerar los siguientes dos conjuntos cerrados: $A_1$ es la imagen bajo $\gamma$ del segmento $[x,y]$ y $A_2 = \gamma([y,\infty)) \cup S$ es el cierre de la imagen del conjunto $[y,\infty)$ . Por definición, $A_i \subset$ la imagen de $\gamma$ .
• Los dos conjuntos $A_i$ son cerradas por definición y su intersección está formada exactamente por dos puntos, $\gamma(x)$ y $\gamma(y)$ por lo que por "un teorema general de separación" (Munkres, 2ed, página 380, Teorema 61.4), el complemento de $A_1 \cup A_2$ está desconectado. Así, el complemento de la imagen de $\gamma$ está desconectado.

Ahora bien, esto no parece ser una prueba completa de que la respuesta a la pregunta anterior sea afirmativa: parece posible que el conjunto $\gamma^{-1}(S)$ anterior no está acotado (imaginemos que en el límite $t\to \infty$ la curva $\gamma$ se sigue a sí mismo, oscilando cada vez más rápido). He aquí una ilustración:

También es posible que $S$ está vacía para empezar (aunque no puedo imaginar un ejemplo de una curva con esta propiedad).

Answer 3

Creo que tengo una prueba (complicada, complicada) de esto bajo una suposición particular - para hacer esta suposición necesitaré la siguiente definición:

Definición Dejemos que $A \subset \mathbb{R}$ sea el conjunto de puntos $a$ tal que existe una secuencia $a_1, a_2, ...$ en $\mathbb{R}$ con $\lim_{i\rightarrow \infty}a_i = \infty$ y $\lim_{i\rightarrow \infty}\gamma(a_i) = \gamma(a)$ .

El supuesto que necesitaré es el siguiente:

Supuesto $A$ no contiene ningún intervalo de la forma $(x, \infty)$ es decir, el complemento de $A$ no tiene límite superior.

Editar : Acabo de ver la respuesta de Moishe Cohen, que empieza por definir $A$ de manera similar, y demuestra que $A$ tiene un complemento no vacío utilizando el hecho de que un subconjunto cerrado de $\mathbb{R}^n$ es un espacio de Baire. Creo que este argumento también demuestra que $A$ no tiene límite superior, lo que demuestra mi suposición.

Lema 1 En el caso 3, $A$ no está vacío.

Prueba Desde $\lim_{x\rightarrow\infty} \neq \infty$ hay alguna región acotada $R \subset \mathbb{R}^2$ para lo cual $\gamma(x) \in R$ para un tamaño arbitrario de $x$ . Tome una secuencia ilimitada de tales $x$ Mira sus imágenes en $\gamma$ y encontrar una subsecuencia convergente (que debe existir porque $R$ es compacto). El límite de esta secuencia debe estar en la curva ya que la imagen de $\gamma$ es cerrado, y por lo tanto está en $A$ . $\square$

A la luz de este lema y de la suposición, podemos elegir los puntos $a,b \in \mathbb{R}$ tal que $b > a$ , $a \in A$ y $b \notin A$ .

Lema 2 Para cualquier $x > b$ existe un $\epsilon > 0$ tal que para cualquier $x' \geq x$ , $d(\gamma(x'),\gamma(b)) > \epsilon$ (donde $d$ es simplemente la métrica de distancia estándar en $\mathbb{R}^2$ ).

Prueba Supongamos lo contrario. Entonces podemos encontrar una secuencia no limitada de $x_i$ en $\mathbb{R}$ cuyas imágenes se acercan a $\gamma(b)$ , contradiciendo el hecho de que $b \notin A$ . $\square$

A continuación, un montón de construcciones complicadas:

Dejemos que $s$ sea la distancia entre $\gamma(a)$ y $\gamma(b)$ . Desde $a \in A$ podemos elegir un $y_0 > b$ tal que $d(\gamma(a), \gamma(y_0)) < \frac{s}{3}$ . Elija $z_0 \in [b, y_0]$ que minimiza $d(\gamma(z_0), \gamma(a))$ . Dibuja el segmento de línea $s_0$ de $\gamma(z_0)$ a $\gamma(a)$ y que $a_0$ sea la intersección de $\gamma$ y $s_0$ más cercano a $\gamma(z_0)$ (sin contar $\gamma(z_0)$ sí mismo.

Nota: La longitud de $s_0$ es como máximo $\frac{s}{3}$ y cada punto de $s_0$ es como máximo $\frac{s}{3}$ de $a$ .

Dejemos que $\gamma_0$ sea un bucle cerrado en $\mathbb{R}^2$ definido para seguir primero $\gamma([a_0, z_0])$ a continuación, para seguir $s_0$ de $\gamma(z_0)$ volver a $\gamma(a_0)$ .

Nota: Hemos construido cuidadosamente $\gamma_0$ para ser un auténtico bucle sin auto-intersecciones, por lo que divide el plano en dos componentes de trayectoria de los cuales $\gamma_0$ es el límite de ambos.

Utilizando el lema 2, elija un $\epsilon > 0$ tal que para cualquier $x' > y_0$ , $d(\gamma(x'), \gamma(b)) > \epsilon$ . Elige dos puntos $p_1$ y $p_2$ uno en cada componente de la ruta, cada uno dentro de $\epsilon$ de $\gamma(b)$ . Dibuja un camino desde cada uno de ellos hasta $\gamma(b)$ que, por lo demás, es disjunta de $\gamma_0$ y sustituyendo $p_1$ y $p_2$ con puntos lo suficientemente alejados a lo largo de estos caminos podemos suponer que ambos están conectados a $\gamma(b)$ por un camino disjunto de $\gamma$ que está totalmente dentro de $\epsilon$ de $b$ y los dos caminos se acercan $\gamma(b)$ desde lados opuestos (es decir, diferentes componentes de la trayectoria local de una vecindad de $\gamma(b)$ en $\mathbb{R}^2 - \gamma$ .

Ahora, suponemos por contradicción que $\mathbb{R}^2 - \gamma$ está conectado.

Esto significa que podemos dibujar un camino $\beta$ conectando $p_1$ y $p_2$ en $\mathbb{R}^2 - \gamma$ . Como sabemos $p_1$ y $p_2$ están en componentes separados de $\mathbb{R}^2 - \gamma_0$ Este camino debe cruzarse $\gamma_0$ y, en particular, debe intersecar $s_0$ lo que significa que pasa dentro de $\frac{s}{3}$ de $\gamma(a)$ .

Ahora toma una secuencia no limitada de valores $y_0 < y_1 < y_2 < y_3 < ...$ tal que $\lim_{i\rightarrow\infty}\gamma(y_i) = \gamma(a)$ y tal que $d(\gamma(y_{i+1}),\gamma(a)) < d(\gamma(y_i), \gamma(a))$ . Repita el proceso utilizado para construir $z_0, a_0, s_0,$ y $\gamma_0$ de $y_0$ para construir $z_i, a_i, s_i$ y $\gamma_{i}$ de $y_i$ .

Nota: que $p_1$ y $p_2$ se encuentran en componentes separados de la ruta de $\mathbb{R}^2 - \gamma_i$ para cada $i$ Desde que el $\gamma_i$ coinciden en una vecindad de $\gamma(b)$ que contiene $p_1$ y $p_2$ y los caminos que los conectan con $\gamma(b)$ .

Nota: Las longitudes de los segmentos $s_i$ se acercan a cero, al igual que las distancias de $s_i$ a $a$ .

Esto significa que el camino $\beta$ debe intersecar cada segmento $s_i$ pero la totalidad de la $s_i$ acercarse arbitrariamente a $\gamma(a)$ . Así, la secuencia de intersecciones de $\beta$ con el $s_i$ converge a $\gamma(a)$ . Desde $\beta$ es un camino cerrado esto implica $\gamma(a)$ se encuentra en la imagen de $\beta$ , contradiciendo el hecho de que $\beta$ era un camino en $\mathbb{R}^2 - \gamma$ . $\square$

Por último, debo señalar que la suposición que hago para esta prueba no es válida para todos los caminos: AnonymousCoward proporciona un camino que rompe la suposición en su respuesta. Sin embargo, estoy bastante convencido de que