Nada de Homologías

junio 11, 2008

Entre otras cosas, la homología del plano permite demostrar que si \mathbb R^2 = U \cup V, con U y V abiertos conexos, entonces U \cap V es conexo. ¿Demostraciones menos técnicas?

2 comentarios to “Nada de Homologías”

  1. charlydif said

    Sean p,q \in U\cap V, como U es un abierto conexo entonces existe f:[0,1]\rightarrow U con f(0)=p,f(1)=q. Analogamente tenemos g:[0,1]\rightarrow V con g(0)=p,g(1)=q.

    Sea ahora H:[0,1]^2\rightarrow \mathbb{R}^2 definida por

    H(s,t)=tf(s)+(1-t)g(s)

    Sean {\tilde U}=H^{-1}(U),{\tilde V}=H^{-1}(V) y dividamos al cuadrado en cuadraditos cada uno de los cuales esta totalmente contenido en {\tilde U} o en \tilde V.

    Una arista especial es un lado en comun de dos cuadraditos de la subdivision, uno totalmente contenido en \tilde U y otro en \tilde V.

    No es dificil ver que tiene que haber un camino de aristas especiales que vaya del lado izquierdo del cuadrado al lado derecho (*). Este camino (via H) está contenido en U\cap V y conecta p con q.

    Como p,q eran puntos arbitrarios de U\cap V entonces probamos que U\cap V es arcoconexo.

    Es facil ver que el mismo argumento sirve reemplazando \mathbb{R}^2 por cualquier simplemente conexo en donde los abiertos conexos sean arcoconexos.

    (*) Yo lo pense asi. Supongamos que tenemos un cuadrado divido en varios cuadraditos blancos o negros de forma que todos los cuadraditos de la fila superior son negros y todos los de la fila inferior son blancos. Lo que hay que demostrar es que hay un camino de aristas especiales (las que son el borde en comun de un cuadradito blanco y uno negro) que conecta el lado izquierdo con el derecho. Lo siguiente es obvio:

    1) Hay aristas especiales.
    2) Las aristas especiales se parten en caminos disjuntos que empiezan y terminan en los bordes laterales del cuadrado.

    Como la cantidad de aristas especiales que tocan el borde izquierdo del cuadrado es impar se deduce de 2) que debe haber al menos un camino de aristas especiales que empiece en un borde y termine en el otro (de hecho la cantidad de tales caminos es impar!).

  2. Grin Without a Cat said

    La demostración ‘técnica’ consiste en mirar el principio de la sucesión exacta larga de Mayer-Vietoris de la terna (\mathbb R^2, U, V), y para hacerlo el paso clave es verificar que esa terna es exacta: eso es más o menos lo mismo que verificar que vale el teorema de excisión. Uno solo lo necesita en grados bajos. Lo que hiciste es, esencialmente, dar la prueba estándar de ese teorema para grado 1.

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