Cercanía de la frontera

Question

Mi pregunta es acerca de la siguiente afirmación:

Para $n \geq 2$, vamos a $A\subset \mathbb R^n$ ser un no-vacío, abierto, acotado conjunto. Suponga $A$ y su complemento están conectados y $\text{int}(\text{cl}(A)) = A$. A continuación, $\partial A$ está conectado.

Sin la suposición de $\text{int}(\text{cl}(A)) = A$, la afirmación es falsa (acaba de tomar cualquier conjunto abierto y quitar un punto interior). Esta condición no es necesaria, pero creo que es suficiente para obtener la reclamación.

Esto parece una cuestión trivial, pero no puedo encontrar una prueba utilizando sólo la base topológica herramientas. ¿Alguien sabe algo sobre esto ? Muchas gracias.

Answer 1

He pensado en algo más acerca de esta pregunta y logró completar la prueba (suponiendo que no he cometido algún error, por supuesto; los comentarios de bienvenida). Debido a esto, he decidido reorganizar mi respuesta. (Tenga en cuenta que el comentario al final de andrzejczarnecki la respuesta se refiere a una versión anterior de mi respuesta. He mantenido la notación $f$ para el mapa se refiere.)

En primer lugar, una palabra o dos sobre el topológica de los instrumentos utilizados. He tratado de usar sólo la base topológica herramientas, como el que pide la pregunta. Como se sugiere en la motivación a continuación (ver el ejemplo con el toro), los hechos que $\mathbb R^n$ es simplemente conectado mientras $S^1$ no lo es, parece ser crucial. Para tratar la simple conexión de un modo razonable, me he decidido a utilizar el grupo fundamental.

La motivación

Veamos algunos ejemplos en primer lugar.

Primer ejemplo. Vamos a examinar el problema análogo para la ruta de acceso-conexión. El siguiente ejemplo muestra que el límite no podría ser de trayectoria-conectado incluso si $A$ $X\setminus A$ (aquí se $X = \Bbb R^n$): vamos a $$A=\{(x,y)\in\Bbb R^2|\;y^2< 2+\sin\frac1{1-x^2}, x^2<1\}.$$ El límite de este conjunto es un poco similar a la topologist de la curva sinusoidal y se ve de la siguiente manera:

Como podemos ver, tanto en $A$ $X\setminus A$ trayectoria-conectado, pero $\partial A$ no lo es (por el mismo argumento como para el topologist de la curva sinusoidal).

Segundo ejemplo. Ahora, examinar el problema análogo para el toro, es decir, en lugar de $X=\Bbb R^n$, vamos a $X = S^1\times D^2$ donde $S^1\subseteq\Bbb R^2$ es el círculo unitario y $D^2\subseteq\Bbb R^2$ es el cierre de la unidad de disco. Deje $S^1_+ = S^1\cap\Bbb R\times(0,\infty)$, es decir, el abrir de la mitad superior del círculo. Deje $A=S^1_+\times D^2$. Nos damos cuenta de que $A$ está conectado, $X\setminus A$ está conectado, pero el límite está formado por dos componentes, $\{(-1,0)\}\times D^2$$\{(1,0)\}\times D^2$.

Desde que el toro tiene muy similares propiedades topológicas a$\Bbb R^n$, pero no está simplemente conectado, esto nos lleva a la idea de que una prueba en la $X = \Bbb R^n$ caso probablemente tendrá que usar simple conexión. Esto motiva la prueba de que sigue.

Prueba

Deje $A\subseteq X = \Bbb R^n$, igual que en la pregunta. Vamos $q:[0,1]\to S^1\subseteq\mathbb C$, $$q(t)=e^{2\pi it},$$ be the usual quotient map. Define $B=X\setminus(A\cup\parcial A)$. Suppose $\partial Un$ is disconnected. Then $\partial = U\taza de V$, where $U$ and $V$ are non-empty disjoint clopen sets in $\partial Un$. Since $\partial Un$ is closed in $X$, and $$ is bounded, this implies $U$ and $V$ are compact. Therefore, we may define a continuous mapping $k:X\a[0,1]$ by $$k(x)=\frac12\frac{d(x,U)}{d(x,U)+d(x,V)}.$$ This enables us to define $f:X\to S^1$: $$f(x)=\begin{cases}q(k(x));&x\in A,\\q(1-k(x));&x\in X\setminus A.\end{cases}$$ Note that $$\begin{align}f(U)&=\{1\},\\f(V)&=\{-1\},\\f(A)&=S^1_+,\\f(B)&=S^1_-\end{align}$$ and that $f$ is continuous. ($S^1_+:=S^1\cap\{z\in\Bbb C|\; \Im{(z)}>0\}$ and $S^1_-:=S^1\cap\{z\in\Bbb C|\; \Im{(z)}<0\}$).

A continuación, vamos a definir un mapa de $g:S^1\to X$. Deje $a\in A$$b\in B$. Tenga en cuenta que $A\cup B\cup U$ $A\cup B\cup V$ trayectoria-conectado. Por lo tanto, no existen caminos $$\gamma:[0,1]\to A\cup B\cup V,\\\gamma(0)=a,\\\gamma(1)=b\\$$ and $$\delta:[0,1]\to A\cup B\cup U,\\\delta(0)=a,\\\delta(1)=b.$$ Define $g$ as follows: $$g(q(t))=\begin{cases}\gamma(2t);&t\in[0,\frac12]\\\delta(2-2t);&t\in[\frac12,1]\end{cases}$$ Esta vez es continua.

Nota las siguientes propiedades de $f\circ g:S^1\to S^1$: $$\begin{align}(f\circ g)(\overline{S^1_+})&\subseteq S^1\setminus\{1\},\\(f\circ g)(\overline{S^1_-})&\subseteq S^1\setminus\{-1\},\\ (f\circ g)(1)&=f(a),\\ (f\circ g)(-1)&=f(b).\end{align}$$

Definir homeomorphisms $h_+:S^1\setminus\{1\}\to(0,1)$ $h_-:S^1\setminus\{-1\}\to(0,1)$ por $$h_+(q(t))=t$$ and $$h_-(q(t))=\begin{cases}t-\frac12;&t\in(\frac12,1],\\t+\frac12;&t\in[0,\frac12).\end{cases}$$

El uso de estos, se construye un punto de base-la preservación de homotopy $H:(S^1,1)\times I\to (S^1,f(a))$. Definir de la siguiente manera: $$H(z,s)=\begin{cases}h_+^{-1}\big((1-s)(h_+\circ f\circ g)(z)+s\cdot h_+(z\cdot f(a))\big);&z\in\overline{S^1_+},\\h_-^{-1}\big((1-s)(h_-\circ f\circ g)(z)+s\cdot h_-(z\cdot f(a))\big);&z\in\overline{S^1_-}.\end{cases}$$

(La mayoría de las propiedades son fáciles de ver. Observar que $h_-(z)=h_+(z)-\frac12$ $z\in S^1_-$ a demostrar que esto es bien definido para $z=-1$.)

Esto demuestra que los mapas de $f\circ g:S^1\to S^1$ $z\mapsto f(a)\cdot z$ son homotópica relativa a $1$, por lo que inducir el mismo homomorphism $\varphi:\pi_1(S^1,1)\to\pi_1(S^1,f(a))$. Pero el segundo de estos mapas induce un trivial homomorphism, ya que la multiplicación por $f(a)^{-1}$ nos llevaría de nuevo a la identidad. Por lo $\phi=(f\circ g)_*$ es trivial. Por lo tanto, $f_*:\pi_1(\mathbb R^n,a)\to \pi_1(S^1,f(a))$ es también trivial. Esta contradicción completa la prueba. $\square$

Answer 2

Esto es cierto en general: la conexión de un conjunto abierto $A$ $\mathbb{R}^n$ ha desconectado complemento si y sólo si se ha desconectado de la frontera.

"Sólo si" se sigue de $\mathbb{R}^n$ ser normal.

Como para el "si", hay que considerar que $\partial A$ tiene dos componentes, $X$$Y$. Ninguno de ellos puede estar en el interior de cierre de $A$ (es entonces una clopen establecido en el complemento de $A$, y hemos asumido que estar conectado). Así que supongamos lo contrario, y esto significa que tanto $X$ $Y$ tienen puntos desde el cierre del interior del complemento de $A$ (no te preocupes, que fue el más largo:), decir $x$$y$. Ahora usted puede conectar $x$ $y$por una curva a través de $A$ (se puede hacer tales cosas, en $\mathbb{R}^n$) y, a continuación, conecte $y$$x$, con una curva a través del complemento de $A$ (necesitamos ese vacío interior de complemento para que). Esto le da un bucle que no se puede homotoped a la constante, sin embargo, $\mathbb{R}^n$ es una contradicción.

Esto no se puede hacer no homotopically. La equivalencia como he dicho, en lo caracteriza (es equivalente) para el ambiente el espacio trivial primera cohomology. El mapa de $f$ de Deian Govc la respuesta no existe precisamente porque daría un trivial cohomology de la clase.