Solicitud de prueba para un teorema de topología plana

Dado que se trata de un problema topológico y que el disco es homeomorfo al cuadrado unitario cerrado, este es un enunciado equivalente al teorema de Poincaré-Miranda .

No es fácil de probar y en realidad es equivalente al teorema del punto fijo de Brouwer.

Si conoce algo de teoría de grafos, puede usar la no planaridad de$K_5$para una prueba fácil.

Agregar un vértice$v$fuera del disco. Es bastante fácil ver que puede dibujar 4 caminos que no se crucen, fuera del disco, desde$v$a cada uno de$1,-1, i$y$-i$. Si$\gamma$y$\psi$no cruces, has construido una incrustación plana de$K_5$(con los 4 caminos exteriores, los 4 arcos del disco,$\gamma$y$\psi$como tus bordes), lo cual es imposible.

EDITAR: Agregué una imagen para mayor claridad

Este es un caso especial del lema 2.4.4 de Topología de dimensión infinita, Prerrequisitos e Introducción " de J. van Mill. Reproduzco aquí su demostración:

Suponer$\gamma[[0,1]] \cap \psi[[0,1]]= \emptyset$(entonces luchamos por una contradicción). Para$s,t \in [-1,1]$definir

$$N(s,t) = \max(|\gamma(s)_1 - \psi(t)_1|, |\gamma(s)_2 - \psi(t)_2|)$$ donde el subíndice indica la coordenada.

Este$N$traza la distancia sup-norma (en$\Bbb C$) entre los caminos$\gamma$y$\psi$, como si fuera. Así que está claro que

$$\forall s,t \in [-1,1]: N(s,t) \neq 0$$

o tendríamos un punto de intersección.

Ahora define

$$F(s,t)=\left(\frac{\psi(t)_1 - \gamma(s)_1}{N(s,t)}, \frac{\gamma(s)_2 - \psi(t)_2}{N(s,t)} \right) \in [-1,1]^2$$ para todos$(s,t) \in [-1,1]^2$

Entonces$F$es continua (las operaciones algebraicas lo son, y las proyecciones también, y$\gamma$y$\psi$son y

$$F[[-1,1]^2] \cap (-1,1)^2 = \emptyset\tag{1}$$

(por lo que cualquier punto de la imagen tiene al menos una coordenada con valor absoluto$1$, por lo que asignamos al límite siempre; esto depende de que parte de$N$es la parte máxima, si lo piensas.)

Como$[-1,1]^2$obedece el teorema del punto fijo de Brouwer , tenemos algunos$(s,t) \in [-1,1]^2$con$F(s,t)=(s,t)$. Por$(1)$,$|s|=1$o$|t|=1$. Si por ejemplo$s=1$tenemos$1 = \frac{\psi(t)_1 - 1}{N(1,t)} \le 0$lo cual es una contradicción. Similarmente$s=-1,t=1,t=-1$también se puede excluir.

Esta contradicción concluye la demostración.

La no planaridad de K5 es simplemente reafirmar el resultado, no probarlo. En cierto sentido, también es equivalente al teorema del punto fijo de Brouwer y al teorema de Poincaré-Miranda. Sin embargo, no es cierto que sea difícil de probar. Es difícil encontrar una prueba simple y rigurosa. Pero en realidad, es bastante fácil una vez que conoces el truco. ¡Lo demostraré en esta respuesta!

(Caso 1) Para algunos$k∈ℕ$tenemos$|γ(t)-ψ(u)|>\frac1k$para cada$t,u∈[0,1]$: Elija alguna cuadrícula regular donde cada cuadrado tenga un diámetro menor que$\frac1k$. Dejar$R$ser los cuadrados (cuadrícula) que$γ$pasa, y$S$ser los cuadrados (cuadrícula) que$ψ$atravesar. (Aquí consideramos que pasar por un cuadrado incluye tocar su límite). Entonces$R,S$son disjuntos. Dejar$A,B$ser cuadrados en la misma fila tal que$γ$empieza en$A$y termina en$B$(o en sus límites). Dejar$C,D$ser cuadrados tales que$ψ$empieza en$C$y termina en$D$. Por continuidad de$γ,ψ$, hay algún camino contiguo$P$de cuadrados dentro$R$de$A$a$B$y algún camino contiguo$Q$de cuadrados dentro$S$de$C$a$D$, y tenga en cuenta que$P,Q$son disjuntos, y$Q$nunca está a la izquierda de$A$y nunca a la derecha de$B$, y$Q$comienza arriba$AB$y termina abajo$AB$. Afirmo que esto es imposible. De lo contrario, arregla$A,B,C,D$, y considere cualquier camino$P,Q$que satisfagan las propiedades anotadas y tengan el menor número total de cuadrados. Cada uno de ellos puede verse como una secuencia finita de movimientos (recto, giro a la izquierda, giro a la derecha). Si$P$es totalmente recto, entonces$Q$claramente no puede cruzarlo (por simple inducción). Si no entonces$P$debe ir por debajo o por encima$AB$en algún punto, y así en el punto más bajo o más alto$P$debe contener un giro doble (es decir, dos giros a la izquierda consecutivos o dos giros a la derecha consecutivos). Por un razonamiento similar (que dejaré como ejercicio para usted), cualquier giro doble más corto (es decir, la menor cantidad de movimientos rectos entre los giros) contenido en$P∪Q$en realidad gira alrededor de cuadrados que no están en$P∪Q$, y así podemos acortar la longitud total de$P∪Q$simplemente eliminando un movimiento recto antes y después del doble giro. Contradicción.

(Caso 2) Por cada$k∈ℕ$tenemos algo$t,u∈[0,1]$tal que$|γ(t)-ψ(u)|≤\frac1k$. Por continuidad de$γ,ψ$, tenemos$|γ(t')-ψ(u')|≤\frac2k$para algunos racionales$t',u'∈[0,1]$. Entonces, si fijamos una enumeración de racionales, podemos definir secuencias$f,g$de racionales en$[0,1]$tal que$|γ(f(k))-ψ(g(k))|≤\frac2k$para cada$k∈ℕ$, al escoger$f(k)$ser el primer racional (en la enumeración) que funciona (es decir, tal que$|γ(f(k))-ψ(u')|≤\frac2k$para algunos racionales$u'∈[0,1]$), y luego seleccionando$g(k)$ser el primer racional que funciona. Ahora tenemos una secuencia de pares.$⟨f(k),g(k)⟩_{k∈ℕ}$de$[0,1]^2$, entonces hay una subsecuencia$⟨f(h(k)),g(h(k))⟩_{k∈ℕ}$que converge en algunos$⟨x,y⟩$(por Bolzano-Weierstrass). Entonces como$k → ∞$tenemos$γ(x) ≈ γ(f(h(k))) ≈ ψ(g(h(k))) ≈ ψ(y)$. Por lo tanto$γ(x) = ψ(y)$.