Гомеоморфные подмножества R

[AGu]

Пусть $X$ и $Y$ — подмножества $\mathbb R$.
Говорят, что $X$ и $Y$ гомеоморфны, если существует
такая биекция $f:X\to Y$, что функции $f$ и $f^{-1}$ непрерывны
(относительно стандартных топологий на $X$ и $Y$, индуцированных из $\mathbb R$).

Гипотеза.
Если $X$ и $Y$ — гомеоморфные замкнутые подмножества $\mathbb R$,
то их дополнения $\mathbb R\backslash X$ и $\mathbb R\backslash Y$ гомеоморфны.

[ewert]

Негомеоморфность дополнений означает, что хоть одно из них представляет собой конечный набор интервалов, а если оба -- то количества интервалов различаются.

[AGu]

Мда, недолго продержалась «гипотеза». Поздравляю, ewert!

[terminator-II]

не понял я что-то этого диалога,
раз

AGu в сообщении #267101 писал(а):

недолго продержалась «гипотеза».

то можно пример гомеоморфных множеств так чтоб их дополнения не были гомеоморфными

[ewert]

так ведь идея-то в том, что из негомеоморфизма дополнений следует негомеоморфизм оригиналов

[terminator-II]

Всетаки я не понял, контрпример к этой гипотезе будет?

[id]

Получается, что оно все же верно?
Если одно число интервалов конечно, другое - бесконечно, то тогда исходные множества негомеоморфны ( видать, связностью можно воспользоваться ).
Значит, оба конечны. Если их число не равно - то аналогично, исходные мн-ва негомеоморфны. Если равно - то можно устроить гомеоморфизм $\mathbb R\backslash X$ и $\mathbb R\backslash Y$.

[ewert]

id в сообщении #267365 писал(а):

( видать, связностью можно воспользоваться ).

ну уж не знаю, связностью или бессвязностью. Я-то думал, что гомеоморфный образ промежутка -- это всегда промежуток (просто в силу монотонности)...

[AGu]

На мой взгляд, в сообщении ewert'а содержится суть идеи доказательства «гипотезы», так что контрпримера нет.
Насколько я понял, стоит пояснить подробнее. Вот ключевые моменты.

(1) Всякое открытое подмножество $A\subseteq \mathbb R$ является объединением $\cup\,\mathcal I_A$ некоторого (однозначно определяемого по $A$) множества $\mathcal I_A$, состоящего из попарно непересекающихся непустых интервалов (ограниченных или неограниченных).
Это $I_A$ можно еще охарактеризовать как множество непустых компонент связности $A$ (пустое в случае $A=\varnothing$).

(2) Любые два непустых интервала гомеоморфны.

(3) Если $A$ и $B$ — открытые подмножества $\mathbb R$ и $|\mathcal I_A|=|\mathcal I_B|$, то $A$ и $B$ гомеоморфны.
Действительно, если $\varphi$ — биекция $\mathcal I_A$ на $\mathcal I_B$, то семейство гомеоморфизмов $(f_I)_{I\in\mathcal I_A}$ между $I\in\mathcal I_A$ и $\varphi(I)\in\mathcal I_B$ склеивается в гомеоморфизм $f=\bigcup_{I\in\mathcal I_A}f_I$ между $\cup\,\mathcal I_A=A$ и $\cup\,\mathcal I_B=B$.

(4) Если замкнутые подмножества $X,Y\subseteq\mathbb R$ гомеоморфны и $A=\mathbb R\backslash X$, $B=\mathbb R\backslash Y$, то $|\mathcal I_A|=|\mathcal I_B|$.
Это (пожалуй, наименее тривиальное) утверждение можно обосновать, отправляясь от количества компонент (линейной) связности $X$ и $Y$. Если их бесконечно много, то $\mathcal I_A$ и $\mathcal I_B$ оба бесконечны (и, разумеется, счетны). Если же $X$ и $Y$ имеют $n$ компонент связности, то $|\mathcal I_A|=|\mathcal I_B|\in\{n-1,n,n+1\}$. Последнее можно доказать, например, индукцией по $n$ (рассмотрев на индукционном шаге разные случаи вида и расположения выкидываемой компоненты связности).

Как-то так. Не исключаю, что есть более простой способ. Это просто первое, что пришло в голову.

[terminator-II]

это все понятно,
просто фраза

AGu в сообщении #267101 писал(а):

недолго продержалась «гипотеза»

прозвучала так как будто гипотеза не верна.

Я бы добавил еще такую конструкцию. Рассотрим гомеоморфные топологические пространства $X$ и $Y$. И множества в этих пространствах $P\subseteq X$ $Q\subseteq Y$. Будем считать, что эти множества гомеоморфны как топологические пространства с индуцированными из $X$ и $Y$ топологиями. Вопрос: будут ли гомеоморфны их дополнения тоже как топологические пространства с индуцированными топологиями? Ясно, что вообще говоря нет, даже если $P,Q$ открыты. Одако можно предложить достаточное условие. $X\backslash P$ и $Y\backslash Q$ гомеоморфны если $P=f(Q)$ где $f$ -- гомеоморфизм между $X$ и $Y$.
Соответственно возникает вопрос: пусть $X\backslash P$ и $Y\backslash Q$ гомеоморфны и $P,Q$ гомеоморфны. Верно ли что $X,Y$ гомеоморфны? Думаю, что тоже нет.

[ewert]

AGu в сообщении #267416 писал(а):

Не исключаю, что есть более простой способ.

Я просто не додумывал до конца -- показалось очевидным. Из негомеоморфности дополнений следует, что одно из них состоит из конечного количества интервалов. Но тогда соответствующее исходное множество тоже состоит из конечного количества замкнутых отрезков. Если бы исходные множества были гомеоморфны, то второе состояло бы из ровно такого же количества замкнутых отрезков, что и первое, причём (это существенно) количества полубесконечных среди них (0, 1 или 2) также совпадали бы. А тогда и дополнение до второго множества содержит столько же интервалов, что и дополнение до первого.

[AGu]

terminator-II в сообщении #267451 писал(а):

возникает вопрос: пусть $X\backslash P$ и $Y\backslash Q$ гомеоморфны и $P,Q$ гомеоморфны. Верно ли что $X,Y$ гомеоморфны? Думаю, что тоже нет.

Действительно, окружность $X=S_{\mathbb R^2}(0,1)$ и полуинтервал $Y=[0,1)$ не гомеоморфны, но одноточечные $P=\{(0,1)\}$ и $Q=\{0\}$ гомеоморфны и имеют гомеоморфные дополнения.

[id]

Интересно.
А какой, скажем, попроще контрпример можно придумать в $\mathbb{R}^2$ ( к той же самой гипотезе, если $X$ и $Y$ — гомеоморфные замкнутые подмножества $\mathbb R ^2$, то их дополнения $\mathbb R ^2\backslash X$ и $\mathbb R ^2\backslash Y$ гомеоморфны.) ?

Ясно, что инвариантность фундаментальной группы помешает придумать совсем уж тривиальный контрпримеры с "дырками".

[id]

Кажется, придумал. Пусть $X$ - топологическое пространство из двух окружностей радиусов 1 и 2 соответственно с центром в нуле. $Y$ - топологическое пространство из двух окружностей, но уже не вложенных одна в другую. Скажем, радиусов 1 и с центрами в 1 и 4. Очевидно, они гомеоморфны.

Тогда дополнение $X$ будет состоять из открытого диска, кольцевого сегмента и внешности замкнутого диска. Фундаментальные группы соответственно 0, $\mathbb Z$ и $\mathbb Z$.

Дополнение $Y$ будет состоять из двух открытых дисков и плоскости с двумя дырками. Фундаментальные группы соответственно 0, 0 и $\mathbb Z + \mathbb Z$.

Таким образом, гипотетический гомеоморфизм дополнений не устанавливает покомпонентный гомеоморфизм ( компонент связности ), в силу неизоморфности фунд. групп.

Или нет?

[AGu]

id в сообщении #267593 писал(а):

Пусть $X$ - топологическое пространство из двух окружностей радиусов 1 и 2 соответственно с центром в нуле. $Y$ - топологическое пространство из двух окружностей, но уже не вложенных одна в другую.

Симпатично. Это, пожалуй, самый простой контрпример для плоскости. (Проще есть, но без замкнутости.) Кстати, на сфере дополнения таких $X$ и $Y$ будут гомеоморфными. Более того, там $X$ и $Y$ эквивалентны, т.е. отображаются друг на друга гомеоморфизмом всего пространства. Тут вообще кучей интересных вопросов можно задаться. Например, если (замкнутые) множества гомеоморфны и их дополнения гомеоморфны, будут ли эти множества эквивалентны? Впрочем, это уже оффтопик. Приближаясь к топику, можно было бы спросить: если замкнутые подмножества $\mathbb R^n$ гомеоморфны, имеют ли их дополнения одинаковое количество компонент связности? Но лучше этого не делать: для $n=1$ мы уже знаем ответ, а для любого $n$ это теорема двух мужичков, вся из себя такая гомологичная, гомотопичная и оффтопичная.