La Curva Seno del Topólogo no es un submanifold regular de $\mathbb{R^2}$ ?

Question

Estoy tratando de resolver los detalles del siguiente ejemplo de la página 101 de Tu's Introducción a los colectores :

Ejemplo 9.3. Dejemos que $\Gamma$ sea la gráfica de la función $f(x) = \sin(1/x)$ en el intervalo $]0, 1[$ y que $S$ sea la unión de $\Gamma$ y el intervalo abierto $I=\{(0,y)\in \mathbb{R^2} |1<y<1\}$ .

El subconjunto $S$ de $\mathbb{R^2}$ no es un submanifold regular por la siguiente razón siguiente razón: si $p$ está en el intervalo $I$ entonces no hay carta adaptada que contenga $p$ ya que cualquier vecindad lo suficientemente pequeña barrio $U$ de $p$ en $\mathbb{R^2}$ se cruza con $S$ en infinitos infinitamente.

Usando las definiciones de Tu, necesito demostrar que dada una vecindad $U$ de $p$ no existe ningún homeomorfismo $\phi$ de $U$ en un conjunto abierto de $V \subset\mathbb{R^2}$ con la propiedad de que $U \cap S$ es la preimagen con respecto a $\phi$ de la $x$ o $y$ ejes intersectados con $V$ .

No estoy seguro de dónde está el hecho de que $U \cap S$ tiene infinitos componentes entra en juego. Traté de derivar una contradicción usando este hecho; pero incluso si restringir mi atención a los barrios conectados $U$ de $p$ la intersección del conjunto conectado $\phi(U)$ con el $x$ o $y$ Los ejes pueden tener infinitas componentes (creo), por lo que no hay contradicción con el hecho de que el homeomorfismo preserva las componentes.

Agradecería cualquier ayuda.

Answer 1

Dejemos que $X$ denotan el $x$ -eje. Supongamos que $U\ni p$ está abierto y $\phi(U)$ es un subconjunto abierto de $\mathbb R^2$ con $\phi:U\to \phi(U)$ un homeomorfismo. Si $\phi(U)$ se cruza con $X$ en varios componentes, dejemos $C$ denota el componente conectado que contiene $\phi(p)$ . Desde $\phi(U)$ está abierto, $\phi(U)\cap X$ está abierto en $X$ . Pero $X\approx\mathbb R$ es localmente conectada, por lo que las componentes de los subconjuntos abiertos son abiertas. Así que $C$ está abierto y $X-C$ está cerrado en $X$ . Desde $X$ está cerrado en $\mathbb R^2$ , $X-C$ está cerrado en $\mathbb R^2$ y $\phi(U)-(X-C)$ está abierto.
Aplicando $\phi$ obtenemos un homeomorfismo $\phi^{-1}(\phi(U)-(X-C))\approx \phi(U)-(X-C)$ El último de los cuales se cruza con el $x$ -eje en un solo componente, lo cual es una contradicción.

Answer 2

Dejemos que $U\supset U'$ donde $U'$ está abierto en $\mathbb R^2$ y $p\in U'\cap I.$ Entonces $U'\cap S= (\{0\}\times J)\cup (\cup F)$ donde $J$ es un subconjunto abierto no vacío de $]-1,1[$ y $F$ es una familia no vacía de subconjuntos de $\{(x,\in 1/x):x\in ]0,1[\},$ y cada miembro de $F$ es homeomorfo a un intervalo abierto no vacío de $\mathbb R.$

Supongamos que $\phi:U\to V$ es un homeomorfismo con $\phi( U\cap S) = V\cap (\mathbb R \times\{0\}).$

Ahora $\phi$ mapea cualquier subespacio de $U\cap S$ homeomórficamente en su imagen. Así que $\phi(\{0\}\times J) = K\times \{0\}$ donde $K$ es un subconjunto abierto no vacío de $\mathbb R .$ Y para cada $f\in F,$ tenemos $\phi(f)=G_f\times \{0\}$ donde $G_f$ es un subconjunto no vacío de $\mathbb R,$ con $G_f$ disjuntos de $K.$

Pero entonces $\phi (\{0\}\times J)$ es disjunta del cierre de $\phi(\cup F),$ y como $\phi|_{U'\cap S}\to \phi(U'\cap S)$ es un homeomorfismo, eso implica que $\{0\}\times J$ es disjunta del cierre de $\cup F,$ y por lo tanto que $\{0\}\times J$ está abierto en el espacio $\Gamma \cup I$ que es FALSO.

Answer 3

Una forma sencilla de ver que $S$ no es un submanifold regular alrededor de $p$ es que no es localmente euclidiano: aunque existen subconjuntos abiertos de $\mathbb{R}$ con tantos componentes conectados como se quiera, no hay puntos como $p$ en $\mathbb{R}$ es decir, con cada barrio no conectado. Así, en la frase "ya que cualquier vecindad suficientemente pequeña $U$ de $p$ en $\mathbb{R}^2$ se cruza con $S$ en infinitos componentes" la parte importante (además de "muchos componentes") es "cualquier vecindad".