Insieme semplicemente connesso

[Spook]

Salve, sto facendo un esercizio e mi serve di sapere se $\mathbb{C}-{1}$ è semplicemente connesso. Ci ho pensato molto ma non riesco a trovare una risposta. Qualcuno può aiutarmi?

[Frink]

Dunque. A occhio direi che $\mathbb{C}-{1}$ è il piano complesso senza la retta con $x=0, \forall y \in \mathbb{R}$ per $z=x+iy$.

Quell'insieme non è nemmeno connesso per archi, quindi non può essere semplicemente connesso. E' però composto da due componenti semplicemente connesse, per $x>1, \forall y \in \mathbb{R}$ e per $x>1, \forall y \in \mathbb{R}$.

[Plepp]

Il piano bucato non è semplicemente connesso: pensa per esempio ad una circonferenza (o a un qualunque altro circuito) che avvolge il buco.

[Epimenide93]

A occhio direi che $\mathbb{C}-{1}$ è il piano complesso senza la retta con $x=0, \forall y \in \mathbb{R}$ per $z=x+iy$.

Mi sa che è \(\mathbb{C}\) senza il numero reale \(1\), ergo senza un punto. Comunque come ha detto Plepp non è semplicemente connesso (per dimostrarlo rigorosamente bisognerebbe sapere come ti è stata definita la semplice connessione).

[Frink]

Il piano bucato non è semplicemente connesso [...]

Mi sa che è \(\mathbb{C}\) senza il numero reale \(1\), ergo senza un punto.

Avete proprio ragione, errore mio.

(per dimostrarlo rigorosamente bisognerebbe sapere come ti è stata definita la semplice connessione).

Topologicamente, il suo gruppo fondamentale è $\mathbb{Z}$, giusto? Mentre per via "analitica", basta la solita circonferenza centrata in $1$.

[Epimenide93]

Topologicamente, il suo gruppo fondamentale è $\mathbb{Z}$, giusto?

Esatto, c'è un omeomorfismo tra \(\mathbb{C} \setminus \{1\}\) e \(\mathbb{C} \setminus \{0\}\) (la traslazione) e c'è un'omotopia tra la mappa identica su quest'ultimo e la mappa \(z \mapsto z/ \lvert z \rvert\)¹, quindi il gruppo fondamentale è quello di una circonferenza.

Mentre per via "analitica", basta la solita circonferenza centrata in $1$.

Sì, bisogna dimostrare che non è contraibile nello spazio. Mi vengono in mente solo dimostrazioni relativamente lunghe di questo fatto. Ce n'è una rapida e indolore?

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Note

1. ovvero \((z,t) \mapsto (1-t) z + t z / \lvert z \rvert\); in generale, in questo modo si dimostra che qualsiasi \(\mathbb{R}^n\) ha lo stesso tipo d'omotopia della propria sfera. ↑

[Frink]

Sì, bisogna dimostrare che non è contraibile nello spazio. Mi vengono in mente solo dimostrazioni relativamente lunghe di questo fatto. Ce n'è una rapida e indolore?

Forse è meglio usare cammini continui con uguali estremi, del tipo
$\phi(t,\lambda)$ per $t,\lambda \in [0,1]$, con $\phi(0,\lambda)=x_0$, $\phi(1,\lambda)=x_1$ e $\phi(t_0,\lambda)=x_{t_0} \ \forall \lambda \in \mathbb{R}$
e dimostrare che $(0,0)$ appartiene ad un cammino per qualche $t_{(0,0)}, \lambda_{(0,0)}$ e quindi non possono essere continui.

Manca un po' di formalismo, non so se questa era la tua idea...

[Epimenide93]

non so se questa era la tua idea...

Sì, era su per giù questa, ma non saprei come dimostrarla formalmente senza disturbare cilindri o spazi di cammini. In entrambi i casi viene una dimostrazione (secondo me) troppo lunga di un fatto così innocente.

Si potrebbe usare una forma differenziale chiusa ma non esatta su \(\mathbb{R}^2 \setminus \{0\}\), ma anche questa mi sembra una soluzione coi cannoni, tanto vale riferirsi al gruppo fondamentale e via.