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Una pregunta acerca de los conjuntos conectados en $\mathbb{R}^2$

Que $C\subseteq\mathbb{R}^2$ conectarse, abra y un complemento acotado. Que $u\in C$ y $f:[0,1]\rightarrow \mathbb{R}^2$ es una función inyectiva continua tal que $f(0)=u$. También se da que $f([0,1))\subseteq C,f(1)\notin C$. ¿Sigue que $C-f([0,1])$ está conectado?

Realmente creo que la respuesta es sí y la prueba sería corta, sin embargo no puedo averiguar.

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Frederic Gaudet Puntos 81

Desde $C$ es abierto y conectado, es también la ruta de acceso conectado. Deje $C' = C \setminus \operatorname{img}(f)$. Podemos demostrar que $C'$ es demasiado trayectoria-conectado.

Deje $a, b ∈ C'$ $γ \colon [0..1] → C$ ser un camino para conectar esos dos puntos. Si $\operatorname{img}(γ) ⊂ C'$, entonces no hay nada para mostrar.

Así que supongamos $\operatorname{img}(γ) \not⊂ C'$, lo $\operatorname{img}(γ) ∩ \operatorname{img}(f) ≠ ∅$. La intersección de los caminos debe ser cerrado, por lo que siguiendo $γ$ que finalmente llega a un primer punto de intersección (que no es $a$) y en un último punto de intersección (que no es $b$).

Ahora ya es $[0..1]$ es compacto, $\operatorname{img}(f)$ es hausdorff, $f$-imágenes de conjuntos cerrados son, de hecho, cerrado en la imagen de $f$ y desde $f$ es inyectiva, $\operatorname{img}(f)$ es de hecho homeomórficos a $[0..1]$.

Esto implica que $\operatorname{img}(f)$ está conectado localmente, por lo que podemos cubrir con una colección correspondiente de abrir los discos. Podemos encontrar un número de Lebesgue $r > 0$ de manera tal que cualquier $r$-bola alrededor de un punto en $\operatorname{img}(f)$ se encuentra en la unión de la cubierta.

Ahora su unión da lugar a un tipo de inflación de la ruta de $f$, por lo que está abierto.

La idea es moverse $f$ alrededor de esta inflación que continúa $γ$$a$$b$. Pero me temo que no puedo terminar esta argumentación, porque uno tiene que considerar el límite así y me estoy cansando. Así que en vez hice esta hermosa imagen en gimp usando mi trackpoint:

beautiful

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Brian Rushton Puntos 10407

El complemento de un conjunto abierto $U$ $\mathbb{R}^2$ consiste en una Unión de conjuntos simplemente conectados % iff $U$está abierto. Tenga en cuenta que eliminar el arco es lo mismo que agregar un arco a un conjunto cerrado que es un componente del complemento. Pero el conjunto cerrado más el arco claramente deformación se retrae en el conjunto cerrado original, por lo que es simplemente conexa es iff el original. Así vemos que agregar el arco no cambia la conexión del sistema.

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Peter Shinners Puntos 1865

Podemos demostrar que para cada $x \in U \setminus f([0,1])$, se puede obtener de $x$$u$, con una curva en $U \setminus f([0,1])$.

Deje $g$ ser la curva que se conectan entre $x$$u$$U$. Si $f$ $g$ no se cortan, hemos terminado.

De lo contrario, deje $y$ ser el primer punto donde las dos curvas se cruzan. $f$ es inyectiva, por lo tanto existe únicas $0<t<1$ s.t. $ y=f(t)$.

El conjunto $[0,t]$ es compacto en $U$ conjunto abierto, por lo tanto, no existe $\delta>0$ s.t. $B(f([0,t]), \delta) \subset U$. Es fácil ver que el conjunto de $B(f([0,t]), \delta) \setminus f((0,t))$ está conectado. De modo que existe una curva de $h$ $f(t)=y$ $f(0)=u$y por la concatenación de $h$ con la primera parte de la $g$ que se conectan desde $x$$y$, se obtendrá una curva en $U \setminus f([0,1])$$x$$u$.

Editar: He erróneamente demostrado que $U \setminus f((0,1))$ está conectado. Para solucionarlo, por $x,y \in U \setminus f([0,1])$, hacer el mismo proceso, tal como se describe más arriba para $t_0,t_1$ donde $f(t_0), f(t_1)$ son la primera y la última de las intersecciones de la curva original entre el $x$ $y$ y la curva de $f$.

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Juho Puntos 166

El % de complemento $\mathbb{R}^2 \backslash C$es una imagen homeomorfa de finito muchas bolas cerrados disjuntos. Ahora se puede aplicar el Teorema del arco Jordan, y listo.

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