Mappa continua e iniettiva tra gli anuli, ma con un "buco" nell'immagine
In $\mathbb R^n$ permettere $B_r$ essere la palla aperta con zero centrale e raggio $r$. Per$r\in (0,1)$ permettere $A_r = \overline{B_1}\setminus B_r$. Permettere$r,s\in (0,1)$ e presumilo $F : A_r\to A_s$ è continuo e iniettivo tale che $F(\partial B_1) = \partial B_1$ e $F(\partial B_r) = \partial B_s$. È possibile che l'immagine di$F$ contiene un buco $A_s$, cioè $F(A_r) = A_s\setminus U$, dove $U$ cos'è un open set connesso?
Risposte
Ecco una dimostrazione usando l'invarianza del teorema di dominio. Prendi il tuo anello$A_r$ e "raddoppia" incollando due copie $A^\pm$ di $A=A_r$lungo le sfere di confine. Il risultato è un collettore chiuso (compatto e con contorno vuoto) connesso$M$ (è omeomorfico a $S^{n-1}\times S^1$nel caso tu sia interessato). La mappatura$F: A\to A$ produce una mappatura iniettiva continua $DF: M\to M$. Da$M$ è compatto e $F$ è continuo, $DF(M)$è anche compatto. Da$M$ è Hausdorff, $DF(M)$è chiuso. Con l' invarianza del teorema di dominio (questo è dove è necessario omologia),$DF(M)\subset M$è aperto. Da$M$ è connesso, $DF(M)=M$. Quindi,$F(A)=A$. qed
Modificare. Permettere$(X,A)$ essere uno spazio topologico $X$ con un sottoinsieme chiuso $A$. Il doppio $DX$ lungo $A$ è lo spazio quoziente del prodotto $$ X\times \{0, 1\} $$ (dove $\{0, 1\}$ ha la topologia discreta) dalla relazione di equivalenza $(a, 0)\sim (a, 1)$ per tutti $a\in A$. (Lo spazio prodotto sopra è un'unione disgiunta di due copie di$X$. Lo spazio$DX$ è informalmente descritto come ottenuto da tale unione disgiunta incollando due copie di $A$. È un buon esercizio capire l'esempio quando$X$ è il disco chiuso e $A$è il suo cerchio di confine. Poi$DX$ è omeomorfo a $S^2$.) Da $A$ è chiuso, $DX$ è Hausdorff, a condizione che $X$è. (Esempio: If$X$ è una varietà con contorno e $A=\partial X$, poi $DX$ è una varietà senza confine.)
Supporre che $f: (X,A)\to (Y,B)$ è una mappa continua di coppie (es $f(A)\subset B$), quindi si definisce il suo doppio con $$ Df: [(x, i)] \mapsto [(f(x), i)], i=0, 1. $$Qui la parentesi denota la classe di equivalenza come sopra. La mappa$Df$ è ben definito da allora $f(A)\subset B$. La mappa$Df$è sempre continuo. Se$f$ è iniettiva, così è $Df$.
No, non è possibile. Scegli$r = s$, e infatti funzionano con un anello $A$ di raggio interno $1$ e raggio esterno $2$. E scegliamo un punto$P$ nel set $U$, così che $P$ è un punto di $A$ tale che $P \notin F(A)$. Quindi abbiamo la nostra mappa,$$ F : A \to A $$ la cui immagine manca $P \in A \subset \Bbb R^2$. Definire$$ \gamma_c $$ essere un percorso che parte da $(1,0)$ e viaggiando in linea retta verso $(1+c, 0)$, quindi attraversando un cerchio di raggio $1+c$ counterclockise, e poi tornare a $(1,0)$, così che $$ \gamma_c(t) = \begin{cases} (1 + 3ct, 0) & 0 \le t \le \frac13 \\ ((1+c)\cos(6\pi(t-\frac13)), (1+c)\cos(6\pi(t-\frac13))) & \frac13 \le t \le \frac23\\ (1 + t - 3(t-\frac23), 0) & \frac23 \le t \le 1 \end{cases} $$
Poi $\gamma_0$ e $\gamma_1$ sono loop omotopici in $\pi_1(A, a)$, dove $a = (1, 0)$. E$\gamma_c$ è omotopico a questi per tutti i valori di $0 \le c \le 1$. In particolare, il loop$\alpha$ definito da $\gamma_0$ seguito da $\gamma_1$ è null-omotopico in $\pi_1(A,a)$. Ciò significa che$F \circ \alpha$ è nullhomotopic in $F(A)$, quindi (per inclusione) in $\pi_1(\Bbb R^2 \setminus \{P\}, F(a)) = \Bbb Z$.
Ma $F \circ \alpha$ si avvolge una volta intorno al punto $P$ (OK, questo richiede un po 'di prova, ma non molto), quindi rappresenta un elemento diverso da zero di $\pi_1(\Bbb R^2 \setminus \{P\}, F(a))$, il che è impossibile, perché $F_\star$ è un omomorfismo di gruppi e non può inviare $0$ a un generatore.