Demostrar que un arco está abierto en un círculo unitario. [cerrado]

Llevar$B=\{(x,y) : tg(t_1)x< y< tg(t_2)x\}$

Esta es el área del sector identificada por los dos ángulos.$t_1,t_2$y es un subconjunto abierto de$\mathbb{R}^2$.

$B$está abierta porque si tomas la función continua$f\colon \mathbb{R}^2\to \mathbb{R}^2$enviando$(x,y)\mapsto (y-tg(t_1)x,tg(t_2)x-y)$entonces

$B=f^{-1}((0,\infty)\times (0,\infty))$

Aquí$f$es continua porque cada factor es un mapa lineal.

Intersecar$\mathbb{S}^1$con$B$y obtienes$A$

Tenga en cuenta que si uno de$t_1,t_2$es$\frac{1}{4}$o$\frac{3}{4}$, entonces el$tg(t_i)$no tiene sentido y es mejor usar la cotangente

$B=\{(x,y) : cot(t_2)y<x<cot(t_1)y\}$

Además, nuestros conjuntos están vacíos si

$t_1=0$,$t_2=\frac{1}{2}$. Aquí toma$B=\mathbb{R}\times (0,\infty)$si desea la sección del plano superior.

$t_1=\frac{1}{4}, t_2=\frac{3}{4}$. Aquí toma$B=(0,\infty)\times \mathbb{R}$si desea la sección del plano derecho.

También puede usar el hecho (como dijo Paul Frost) de que su mapa es un homeomorfismo local y puede probar que es un homeomorfismo en un conjunto abierto para cada intervalo abierto$(t_1,t_2)$. De este modo$f((t_1,t_2))$está abierto en$\mathbb{S}^1$sin ver$\mathbb{S}^1$en$\mathbb{R}^2$

No necesita encontrar un disco abierto en el avión.

Dejar$J = (t_1, t_2)$Sea el intervalo abierto en su pregunta. su complemento$C = [0,1] \setminus J$es compacto, por lo tanto$f(C)$es compacto, por lo tanto cerrado en$S^1$. Por lo tanto$S^1 \setminus f(C)$está abierto en$S^1$.

claro$f(J) \cup f(C) = f(J \cup C) = f([0,1]) = S^1$. Además$f(J) \cap f(C) = \emptyset$: Supongamos por el contrario que existe$z \in f(J) \cap f(C)$. Escribir$z = f(t) = f(t')$con$t \in J$y$t' \in C$. Entonces$t \ne t'$desde$J \cap C = \emptyset$. Los únicos dos puntos distintos de$[0,1]$que tienen la misma imagen debajo$f$son$0$y$1$. Ninguno de ellos está contenido en$J$, y esto da la contradicción deseada.

Concluimos que$f(J) = S^1 \setminus f(C)$que está abierto en$S^1$.

Actualizar:

Aquí hay una prueba alternativa (que repite algunos de los argumentos anteriores).

1. $f$es una sobreyección cerrada continua : cada subconjunto cerrado$C \subset [0,1]$es compacto, por lo tanto$f(C)$es compacto, por lo tanto cerrado en$S^1$.
   Por lo tanto$f$es un mapa de cociente.

2. $f^{-1}(f(M)) = M$para cualquier subconjunto$M \subset (0,1)$:$M \subset f^{-1}(f(M))$es cierto para cualquier función. Dejar$t \in f^{-1}(f(M))$. Entonces$f(t) \in f(M)$, de este modo$f(t) = f(t')$con$t' \in M$. Los dos únicos puntos distintos de$[0,1]$que tienen la misma imagen debajo$f$son$0$y$1$que no pertenecen$M$, por lo que debemos tener$t = t' \in M$.

3. Por 1.$f(J)$está abierto en$S^1$porque$f^{-1}(f(J)) = J$que está abierto en$[0,1]$.