ジョルダン開曲線の存在の証明はこれで正しい?

質問

確認させて戴きたいことが有ります。

n次元複素空間C^nに於いて,
a∈C^nに対して,B[a,1/k):={z∈C^n;|z-a|<1/k} (k∈N)を中心をaとする半径1/kの開n次元球体,
,B[a,1/k]:={z∈C^n;|z-a|≦1/k} (k∈N)を中心をaとする半径1/kの閉n次元球体と呼ぶ事にする。
B[a,1)＼B[a,1/2]≠φなのでb_1∈B[a,1)＼B[a,1/2]という適当な一点が取れる。
続いてb_2∈B[a,1/2)＼B[a,1/3]という適当な一点が取れる。
この時,B[a,1)＼B[a,1/3]は開領域なのでb_1を始点としb_2を終点とする連続曲線γ(b_1,b_2)が採れますよね。
同様に,B[a,1/2)＼B[a,1/4]＼γ(b_1,b_2)も開領域なのでb_2を始点としb_3を終点とする連続曲線γ(b_2,b_3)が採れますよね。
同様に,B[a,1/3)＼B[a,1/5]＼γ(b_1,b_2)＼γ(b_2,b_3)も開領域なのでb_2を始点としb_3を終点とする連続曲線γ(b_3,b_4)が採れますよね。
:
これらの連続曲線を順に繋いでいって,
∪_{j=1..k}γ(b_j,b_{j+1})とするb_1を始点としb_{k+1}を終点とする連続曲線γ(b_1,b_{k+1})がえんえんと伸ばせますよね(∵選択公理)。
勿論,lim_{k→∞}b_k=aとなりますね。

そこで本題ですが,

{a}∪(∪_{j=1..∞}γ(b_j,b_{j+1}))はb_1を始点としaを終点とする連続曲線γ(b_1,a)が採れると思います。

その際,Γ:[0,1]→γ(b_1,a)はという媒介変数t∈[0,1]を用いたb_1を始点としaを終点とする連続曲線ですよね?

各γ(b_j,b_{j+1})は有限の長さなので(∵γは連続写像なのでコンパクト集合[0,1]の像もコンパクトになる)
Γ:[0,1]→{a}∪(∪_{j=1..∞}γ(b_j,b_{j+1}))
を
Γ:[0,1/2]→γ(b_1,b_2); Γ(0):=b_1, Γ(1/2):=b_2,
Γ:[1/2,1/3]→γ(b_2,b_3); Γ(1/2):=b_2, Γ(1/3):=b_3,
:
Γ:[1/j,1/(j+1)]→γ(b_j,b_{j+1}); Γ(1/j):=b_j, Γ(1/(j+1)):=b_{j+1}
:

と定義すれば宜しいかと思います。

特にγ(b_j,b_{j+1})の長さをlとすると,Γ:[1/j,1/(j+1)]→γ(b_j,b_{j+1})を
Γ(1/j)+(1/(j+1))/2):=lの中間点,
Γ(1/j)+(1/(j+1))/3):=lを3等分した始点から1/3の地点,
:

という風に定義するとΓは全単射になると思います。如何でしょうか?

回答No.9

jcpmutura

訂正します。
文字変数名が混乱していましたので
b_kをb
b_{k+1}をsに
訂正します。

「
|s-a|<|b-a|
の時
B[a,|b-a|]-B[a,|s-a|)
の場合は
内外2つ同心円に囲まれた
ドーナッツ型のため
線分bx,sy
を
x=a+{1/(k+1)}(b-a)/|b-a|
y=a+{1/(k+1)}(s-a)/|s-a|
のように
境界円周に垂直に
円中心に向かう向きにとれば
ジョルダン開曲線が存在することが
いえます。
」
なので

[命題]
|s-a|<|b-a|
D:=B[a,|b-a|)＼B[a,|s-a|]={z:|s-a|<|z-a|<|b-a|}
とすると
b≠s∈cl(D)＼D=:Bd(D)
J∩Bd(D)={b,s}且つJ＼{b,s}⊂DなるJ∈P(b,s;C)が存在する。

となり
この命題は真となります

お礼

すっかり,遅くなりまして大変申し訳ありません。

> x=a+{1/(k+1)}(b-a)/|b-a|
> y=a+{1/(k+1)}(s-a)/|s-a|
> のように
> 境界円周に垂直に
> 円中心に向かう向きにとれば
> ジョルダン開曲線が存在することが

円中心に向かう向きに採らずとも下記の様にしては駄目なのでしょうか?

[命題] D:=B[a,b_k)-B[a,b_{1+k}]に於いて,a≠b∈cl(D)＼D=:Bd(D)とするとJ∩Bd(D)={a,b}且つJ＼{a,b}⊂DなるJ∈P(a,b;C)が存在する。
[証] 今,B(a,δ_a)∩B(b,δ_b)=φ (ここでB(a,δ_a):={z∈C;0<|a-z|<δ_a}) なるδ_a,δ_b>0が存在するので,
x∈D∩B(a,δ_a),y∈D∩B(b,δ_b)が採れる。この時,Γ∈P(x,y;D)が存在するので
その時,x':=min(ax∩Γ),y':=min(yb∩Γ)が存在する(∵ax,yb,Γは閉集合)。
よって, Γ⊃Γ'∈P(x',y';D)が存在する。
そこで,Γ'':=ax'∪Γ'∪y'b∈P(a,b;C)が採れる。
従って,J:=Γ''と採ればよい。 (Q.E.D)

回答No.8

jcpmutura

x,x',y,y'∈Dだけれども
線分ax'上の点でaを除くすべての点と
線分by'上の点でbを除くすべての点が
Dの形状によっては
Dの点
ax'-a={(1-t)a+tx'|0<t≦1}⊂D
by'-b={(1-t)b+ty'|0<t≦1}⊂D
であるといえないので
J-{a,b}⊂D
であるといえないので
証明できません

B[a,|b_k-a|]＼B[a,|b_{k+1}-a|)
の場合は
内外2つ同心円に囲まれた
ドーナッツ型のため
線分ax,by
を
x=a+{1/(k+1)}(b_k-a)/|b_k-a|
y=a+{1/(k+1)}(b_{k+1}-a)/|b_{k+1}-a|
のように
境界円周に垂直に
円中心に向かう向きにとれば
ax-a={(1-t)a+tx|0<t≦1}⊂D
by-b={(1-t)b+ty|0<t≦1}⊂D
がいえて
ジョルダン開曲線が存在することが
いえます。

お礼

遅くなりまして大変申し訳ありません。

> J-{a,b}⊂D
> であるといえないので

おっとまた詰めが甘かったです。(^_^;)

[命題] a≠b∈cl(D)＼D=:Bd(D) (但しD:=B[a,|b_k-a|)＼B[a,|b_{k+1}-a|])とするとJ∩Bd(D)={a,b}且つJ＼{a,b}⊂DなるJ∈P(a,b;C)が存在する。

と訂正してやればいいのですね。

回答No.7

jcpmutura

B[a,|b_k-a|]＼B[a,|b_{k+1}-a|)
は連結だけれども
開集合ではないので,
定理)
「
C^nの空でない連結な開集合Dの任意の2点a,bを結ぶジョルダン開曲線が存在する
」
を適用できないので、
定理からは
b_kとb_{k+1}とを結ぶジョルダン開曲線が
引けるとはいえません。

お礼

遅くなりまして大変申し訳ありません。まとめさせて戴きますと、

P(a,b;D)をaを始点,bを終点とするD内のジョルダン開曲線全体の集合とすると,下記を証明しようとしてるのですよね。

[命題] a≠b∈cl(D)＼D=:Bd(D) (但しD⊂Cは領域(連結開集合))とするとJ∩Bd(D)={a,b}且つJ＼{a,b}⊂DなるJ∈P(a,b;C)が存在する。
[証] 今,B(a,δ_a)∩B(b,δ_b)=φ (ここでB(a,δ_a):={z∈C;0<|a-z|<δ_a}) なるδ_a,δ_b>0が存在するので,
x∈D∈B(a,δ_a),y∈B(b,δ_b)が採れる。この時,Γ∈P(x,y;D)が存在するので
その時,x':=min(ax)∩Γ,y':=min(yb)∩Γが存在するax,yb,Γは閉集合)。
よって, Γ⊃Γ'∈P(x',y';D)が存在する。
そこで,Γ'':=ax'∪Γ'∪y'b∈P(a,b;C)が採れる。
従って,J:=Γ''と採ればよい。 (Q.E.D)

という解釈で大丈夫でしょうか?

回答No.6

jcpmutura

γ_kを具体的に定義しないと
B[a,|b_1-a|]＼B[a,|b_2-a|)={z∈C^n:|b_1-a|≧|z-a|≧|b_2-a|}
と
B[a,|b_2-a|]＼B[a,|b_3-a|)={z∈C^n:|b_2-a|≧|z-a|≧|b_3-a|}
の共通境界部分
|z-a|=|b_2-a|
となる所でb_2以外の点が重複し
単射でなくなるおそれがあるため
γ_kを
|z-a|=|b_k-a|となる点はb_kだけになるように
|z-a|=|b_{k+1}-a|となる点はb_{k+1}だけになるように
(具体的に)定義しました。

お礼

下記のようにシンプルに示してみたのですがこれなら完璧だと思いますがいかがでしょうか?

[命題] D:=B[O,a)-B[O,b]に於いて(|b|<|a|),J∈P(a,b;C)が存在する。
[証] 今,B[a,δ_a)∩B[b,δ_b)=φなるδ_a,δ_b>0が存在する。
その時,Lを点Oを起点した点bへの半直線とすると
もし, b∈LならJとして線分abを採れ。
もし,b\not∈Lならp∈L∩Bd(B[O,b))が一意的に存在するので,
c∈P(p,b;Bd(B[O,b)))が存在する…(*)。
よって,J:=ap∪c (apはaとpとを結ぶ線分)と採ればよい。 (Q.E.D)

(*)の理由は,Bd(B[O,b))と(C∪{∞})^nは同相(その同相写像をfとする)で,(C∪{∞})^nは開領域なので,
γ∈P(f(p),f(b);(C∪{∞})^n)が存在する。よって,c:=f^{-1}(γ)と採ればよい。

回答No.5

jcpmutura

すみません。(定理2)は誤りなので取り消します
あらためて
γ_kを次のように定義します

D={z||b_k-a|>|z-a|>|z-b_{k+1}|}
x=a+{1/(k+1)}(b_k-a)/|b_k-a|
y=a+{1/(k+1)}(b_{k+1}-a)/|b_{k+1}-a|
とすると
|b_k-a|>|x-a|=|y-a|=1/(k+1)>|b_{k+1}-a|
だから
線分(b_k)x上の点でb_k以外はD内の点
{(b_k)x}-{b_k}⊂D
線分(b_{k+1})y上の点でb_{k+1}以外はD内の点
{(b_{k+1})y}-{b_{k+1}}⊂D
だから
D内でx,yを結ぶジョルダン開曲線γがある
線分(b_k)xとγの共通部分
γ∩{(b_k)x}は閉だからb_kに最も近いx_k∈γ∩{(b_k)x}がある
線分(b_{k+1})yとγの共通部分
γ∩{(b_{k+1})y}は閉だからb_{k+1}に最も近いy_k∈γ∩{(b_{k+1})y}がある
D内でx_k,y_kを結ぶジョルダン開曲線γ'⊂γがある
γ'∩{(b_k)(x_k)}={x_k}
γ'∩{(b_{k+1})(y_k)}={y_k}
だから
γ_k={(b_k)(x_k)}∪γ'∪{(b_{k+1})(y_k)}
はb_k,b_{k+1}を結ぶジョルダン開曲線となる

お礼

遅くなりまして大変申し訳ありません。ちょっと混乱中です。

Noで線分ではないと旨を承知しました。

一直線上に並んでようが

>> B[a,|b_k-a|]＼B[a,|b_{k+1}-a|)
> これで考えるとこの閉包は連結なのでb_kとb_{k+1}とを結ぶジョルダン開曲線が
> 引けて二つ目の画像のようなケースは避けれるのですね。

から,No2のケースを避けれるジョルダン開曲線γ_kが任意のkに対して引けちゃうので,
わざわざ,具体的にγ_kを定義してあげなくても,後は,

> Γ:[0,1]→C^n
> k∩Nに対して
> (k-1)/k≦t<k/(k+1)の時
:
> となるジョルダン開曲線となります

で証明は終りになるのではないでしょうか?

回答No.4

jcpmutura

失礼しました
γ_kは線分ではありませんが,
b_k,a,b_{k+1}が一直線上に並んでいるとき
分母|(1-t)b_k+t*b_{k+1}-a|=0になってしまうので
γ_kが定義できませんでした
γ_kの式を取り消します。

下記(定理2)から
{z||b_k-a|≧|z-a|≧|z-b_{k+1}|}での
b_kとb_{k+1}とを結ぶジョルダン開曲線γ_kが存在します

(定理2)
DをC^nの空でない連結な開集合とする
Dの境界上の異なる2点
a≠b∈cl(D)-D
に対して
Γ:[0,1]→cl(D)
Γ(0)=a∈cl(D)-D
Γ(1)=b∈cl(D)-D
0<t<1→Γ(t)∈D
となるジョルダン開曲線Γが存在する事の証明)

a≠bだから
B(a,|a-b|/3)={x||x-a|<|a-b|/3}
B(b,|a-b|/3)={y||y-b|<|a-b|/3}
B(a,|a-b|/3)∩B(b,|a-b|/3)=φ
x∈B(a,|a-b|/3)∩D≠φ
y∈B(b,|a-b|/3)∩D≠φ
がある
D内でx,yを結ぶΓ_1がある
線分axとΓ_1の共通部分
Γ_1∩axは閉だからaに最も近いx'∈Γ_1∩axがある
線分byとΓ_1の共通部分
Γ_1∩byは閉だからaに最も近いy'∈Γ_1∩byがある
D内でx',y'を結ぶΓ_2⊂Γ_1がある
Γ_2∩ax'={x'}
Γ_2∩by'={y'}
だから
Γ=ax'∪Γ_2∪by'
はa,bを結ぶジョルダン開曲線となる

お礼

すっかり遅くなりまして大変申し訳ありません。No.9の説明図で境界円周に垂直採らねばならない理由が分かりました。

ところで

> D内でx,yを結ぶΓ_1がある
> 線分axとΓ_1の共通部分
> Γ_1∩axは閉だからaに最も近いx'∈Γ_1∩axがある

の箇所についてなのですが,Γ_1∩axが閉であるとどうして言い切れるのでしょうか?

例えば,Γ_1∩axが可算集合で点aやa以外のax上の点に限りなく近づく点列となってる場合は,
Γ_1∩axは閉とも開ともならない集合になり,上限は存在するが最大値が存在するとは言えないのではないでしょうか?

Γ_1が単純閉曲線ならΓ_1∩axが有限集合と言えるのでしょうか?

回答No.3

jcpmutura

訂正します
[Γ(1/k)=b_k]は誤りで→[Γ((k-1)/k)=b_k]が正

n次元複素空間C^nの
a∈C^nに対して,
点列{b_k}(k∈N)を
1/(k+1)<|b_k-a|<1/kとなるように指定した時、

Γ:[0,1]→C^n
Γ((k-1)/k)=b_k(k∈N)
Γ(1)=a

となるように
指定点列を通るジョルダン開曲線が存在する証明
でした

「
B[a,1)＼B[a,1/3]は開領域なのでb_1を始点としb_2を終点とする連続曲線γ(b_1,b_2)が採れます
」
の部分では,
B[a,1)＼B[a,1/3]はb_1,b_2を含むC^nの空でない連結な開集合だから
定理「
C^nの空でない連結な開集合Dの任意の2点
a,bを結ぶジョルダン開曲線が存在する
」
からb_1を始点としb_2を終点とする連続曲線γ(b_1,b_2)が採れます

しかし,
「
B[a,1/2)-B[a,1/4]-γ(b_1,b_2)も開領域なのでb_2を始点としb_3を終点とする連続曲線γ(b_2,b_3)が採れます
」
の部分では,
D=B[a,1/2)-B[a,1/4]-γ(b_1,b_2)はb_2を含まないので
b_2,b_3を含むC^nの空でない連結な開集合でないので
定理を適用できないので
b_2を始点としb_3を終点とする連続曲線γ(b_2,b_3)が採れません
また図のように
D=B[a,1/2)-B[a,1/4]-γ(b_1,b_2)は
γ(b_1,b_2)によって
b_2を囲む水色の成分と
b_3が含まれる黄色の成分の
2つの連結成分に分断されるため、連結でなくなり,
D∪{b_2}も連結でないので、
b_2とb_3を結ぶ事はできません。

「
下記のようにγ(b_1,b_2)→γ(b_2,b_3)→… と繋げていって
」
の部分で
γ(b_2,b_3)が採れないので
繋げていくことさえもできないので
Γジョルダン開曲線を定めることもできません

B[a,1)＼B[a,1/3]
ではなく
B[a,|b_1-a|)＼B[a,|b_2-a|]の閉包
cl{B[a,|b_1-a|)＼B[a,|b_2-a|]}=
B[a,|b_1-a|]＼B[a,|b_2-a|)={z∈C^n:|b_1-a|≧|z-a|≧|b_2-a|}

B[a,1/2)-B[a,1/4]-γ(b_1,b_2)
ではなく
B[a,|b_2-a|]＼B[a,|b_3-a|)={z∈C^n:|b_2-a|≧|z-a|≧|b_3-a|}
として

γ_k:[0,1]→B[a,|b_k-a|]＼B[a,|b_{k+1}-a|)
を
γ_k(t)=a+[(1-t)|b_k-a|+t|b_{k+1}-a|][(1-t)b_k+t*b_{k+1}-a]/|(1-t)b_k+t*b_{k+1}-a|
と定義すれば
γ_k(0)=b_k
γ_k(1)=b_{k+1}
|b_k-a|≧|γ_k(t)-a|=(1-t)|b_k-a|+t|b_{k+1}-a|≧|b_{k+1}-a|
となって
γ_kはb_kとb_{k+1}を結ぶジョルダン開曲線となります

Γ:[0,1]→C^n
k∈Nに対して
(k-1)/k≦t<k/(k+1)の時
Γ(t)=γ_k{(k+1)(kt-k+1)}
Γ(1)=a
とすれば
Γは
Γ:[0,1]→C^n
Γ{(k-1)/k}=b_k(k∈N)
Γ(1)=a
となるジョルダン開曲線となります

お礼

すっかり遅くなりまして大変申し訳ありません。No.9の説明図で境界円周に垂直採らねばならない理由が分かりました。

ところで

> D内でx,yを結ぶΓ_1がある
> 線分axとΓ_1の共通部分
> Γ_1∩axは閉だからaに最も近いx'∈Γ_1∩axがある

の箇所についてなのですが,Γ_1∩axが閉であるとどうして言い切れるのでしょうか?

例えば,Γ_1∩axが可算集合で点aやa以外のax上の点に限りなく近づく点列となってる場合は,
Γ_1∩axは閉とも開ともならない集合になり,上限は存在するが最大値が存在するとは言えないのではないでしょうか?

Γ_1が単純閉曲線ならΓ_1∩axが有限集合と言えるのでしょうか?

回答No.2

jcpmutura

「ジョルダン開曲線の存在の証明」
という題名が正しくありません
「指定点列を通るジョルダン開曲線の存在の証明」
とすべきではないでしょうか?
仮定条件と
証明すべき事を明確に区別していない事が
正しくありません。

n次元複素空間C^nの
a∈C^nに対して,
点列{b_k}(k∈N)を
1/(k+1)<|b_k-a|<1/kとなるように指定した時、

Γ:[0,1]→{a}∪{b_k}(k∈N)
Γ(0)=b_1
Γ(1)=a
k≧2の時
Γ(1/k)=b_k

となるように
指定点列を通るジョルダン開曲線が存在する証明
とすべきではないでしょうか?

「
B[a,1/2)-B[a,1/4]-γ(b_1,b_2)も開領域なのでb_2を始点としb_3を終点とする連続曲線γ(b_2,b_3)が採れます
」
の部分で
b_2∈γ(b_1,b_2)
なので
始点b_2はB[a,1/2)-B[a,1/4]-γ(b_1,b_2)の要素ではないので
連続曲線γ(b_2,b_3)が採れるといえないので正しくありません

γ(t)=a+[(1-t)|b_k-a|+t|b_{k+1}-a|][(1-t)b_k+t*b_{k+1}-a]/|(1-t)b_k+t*b_{k+1}-a|
とすれば
γ(0)=b_k
γ(1)=b_{k+1}
|b_k-a|≧|γ(t)-a|=(1-t)|b_k-a|+t|b_{k+1}-a|≧|b_{k+1}-a|
となって
γはb_kとb_{k+1}を結ぶジョルダン開曲線となります

なお先ほどのジョルダン開曲線存在証明を訂正します。

DをC^nの空でない連結な開集合とする
Dの任意の2点
a,b∈D
に対して
Γ:[0,1]→D
Γ(0)=a
Γ(1)=b
となるジョルダン開曲線Γが存在する事の証明)

ジョルダン開曲線で結ばれない2点があると仮定する
a_0∈Dとする
a_0とDにおける
ジョルダン開曲線で結ばれる点全体の集合をD_1とし
ジョルダン開曲線で結ばれない点全体の集合をD_2とし
a_0∈D_1だからD_1≠φ
ジョルダン開曲線で結ばれない2点があると仮定したのだから
D_2≠φ
D=D_1∪D_2
D_1∩D_2=φ
aをD_1の任意の点とすれば,
a_0とaを結ぶDにおけるジョルダン開曲線Γ_1が存在する
a∈DでDはC^nの開集合だから
B[a,ε)⊂Dとなる球体B[a,ε)がある
そのときxをB[a,ε)の任意の点とすれば
aとxを結ぶ線分axはB[a,ε)に含まれるから
Γ_2(t)=(1-t)a+tx∈B[a,ε)
線分axもDにおけるジョルダン開曲線Γ_2となる
Γ_1∩axは閉だからそこに
xに最も近い点がある
その点をa"∈Γ_1∩ax
Γ_2'(t)=(1-t)a"+tx
a_0とa"を結ぶDにおけるジョルダン開曲線Γ_1'⊂Γ_1が存在し
Γ_1'∩a"x={a"}
だから
Γ_1'∪a"xは
a_0とxを結ぶDにおけるジョルダン開曲線となる。
したがって
x∈D_1
∴B[a,ε)⊂D_1
よって
D_1はC^nの開集合である.
次に
a'をD_2の任意の点とすれば
B[a',ε')⊂Dとなる球体B[a',ε')がある
その時,もしB[a',ε')の点x'で
a_0とDにおけるジョルダン開曲線で結ばれるΓ_1があるとすると,
Γ_1∩a'x'は閉だから
そこにx'に最も近い点がある
その点をa"とすると
a_0とa"を結ぶDにおけるジョルダン開曲線Γ_1'⊂Γ_1が存在し
Γ_1'∩a"x'={a"}
だから
Γ_1'∪a"x'は
a_0とa'を結ぶDにおけるジョルダン開曲線となるが
それはa'∈D_2である事に矛盾する
ゆえに,B[a',ε')のどの点もa_0とDにおける
ジョルダン開曲線で結ぶ事はできない
B[a',ε')⊂D_2
よって
D_2はC^nの開集合である.
D=D_1∪D_2,D_1開,D_2開,D_1≠φ,D_2≠φ,D_1∩D_2=φだから
Dは連結でない事となって
Dが連結である事に矛盾するから
Dの任意の2点
a,b∈D
を結ぶジョルダン開曲線が存在する

お礼

ご回答誠に有難うございます。大変参考にさせていただいております。

> B[a,|b_k-a|]＼B[a,|b_{k+1}-a|)

これで考えるとこの閉包は連結なのでb_kとb_{k+1}とを結ぶジョルダン開曲線が引けて二つ目の画像のようなケースは避けれるのですね。

> γ_k(t)=a+[(1-t)|b_k-a|+t|b_{k+1}-a|][(1-t)b_k+t*b_{k+1}-a]/|(1-t)b_k+t*b_{k+1}-a|

これはb_kとb_{k+1}とを結ぶ線分のように見受けますが,
もし,b_k,a,b_{k+1}の順に一直線上に並んでるケースが複数表れた場合はΓは非単純曲線(交差点を持つ曲線)になりかねはしないかと心配するのですが,
このγ_k(t)は線分の方程式ではなく曲線の方程式なのでしょうか??

回答No.1

jcpmutura

aとb_1を結ぶ線分が
ジョルダン開曲線となり、
ジョルダン開曲線の存在の証明は完了となるのにもかかわらず
b_2,b_3,…と余分な中間点をとっているため、
b_1とb_2を結ぶ曲線A_1と
b_2とb_3を結ぶ曲線A_2が
交わらないでA_1∪A_2が単射となるという
保証がなくなってしまうため正しくありません。
実際、添付の図のようにA_1,A_2をとれば
b_1とb_2を結ぶ(赤)曲線A_1と
b_2とb_3を結ぶ(青)曲線A_2が
交わり重なってA_1∪A_2が単射ではありません

n次元複素空間C^n
の任意の2点
a,b∈C^n
を結ぶ線分
Γ:[0,1]→C^n
Γ(t)=(1-t)a+tb
がジョルダン開曲線となり、
C^nでのジョルダン開曲線の存在の証明は完了となるので
その「長い証明」の必要はありません。

DをC^nの空でない連結な開集合とする
Dの任意の2点
a,b∈D
に対して
Γ:[0,1]→D
Γ(0)=a
Γ(1)=b
となるジョルダン開曲線Γが存在する事の証明)

ジョルダン開曲線で結ばれない2点があると仮定する
a_0∈Dとする
a_0とDにおける
ジョルダン開曲線で結ばれる点全体の集合をD_1とし
ジョルダン開曲線で結ばれない点全体の集合をD_2とし
a_0∈D_1だからD_1≠φ
ジョルダン開曲線で結ばれない2点があると仮定したのだから
D_2≠φ
D=D_1∪D_2
D_1∩D_2=φ
aをD_1の任意の点とすれば,
a_0とaを結ぶDにおけるジョルダン開曲線Γ_1が存在する
a∈DでDはC^nの開集合だから
B[a,ε)⊂Dとなる球体B[a,ε)がある
そのときxをB[a,ε)の任意の点とすれば
aとxを結ぶ線分axはB[a,ε)に含まれるから
Γ_2(t)=(1-t)a+tx∈B[a,ε)
線分axもDにおけるジョルダン開曲線Γ_2で、したがって
Γ_1∪Γ_2
はa_0とxを結ぶDにおけるジョルダン開曲線となる。
したがって
x∈D_1
∴B[a,ε)⊂D_1
よって
D_1はC^nの開集合である.
次に
a'をD_2の任意の点とすれば
B[a',ε')⊂Dとなる球体B[a',ε')がある
その時,もしB[a',ε')の点x'で
a_0とDにおけるジョルダン開曲線で結ばれるものがあれば,
そのジョルダン開曲線と線分a'x'とをつなげたものは
a_0とa'を結ぶDにおけるジョルダン開曲線となるが
それはa'∈D_2である事に矛盾する
ゆえに,B[a',ε')のどの点もa_0とDにおける
ジョルダン開曲線で結ぶ事はできない
B[a',ε')⊂D_2
よって
D_2はC^nの開集合である.
D=D_1∪D_2,D_1開,D_2開,D_1≠φ,D_2≠φだから
Dは連結でない事となって
Dが連結である事に矛盾するから
Dの任意の2点
a,b∈D
を結ぶジョルダン開曲線が存在する

お礼

ご回答誠に有難うございます。ジョルダン開曲線の存在証明は大変参考になりました。

本件は開領域にジョルダン開曲線が引けるかという疑問よりも
下記のようにγ(b_1,b_2)→γ(b_2,b_3)→… と繋げていってΓ(1):=aと定めたらこのΓはb_1からaへのジョルダン開曲線になるかという疑問のために投稿したのですした。

混乱させてしまいましてすいません。もう一回仕切り直しをさせてください。

『特にγ(b_j,b_{j+1})の長さをlとすると,Γ:[1/j,1/(j+1)]→γ(b_j,b_{j+1})を
Γ(1/j)+(1/(j+1))/2):=lの中間点,
:
如何でしょうか?』

の箇所は取り消しします(余計でした)。

そして下記は誤植の訂正です。

『同様に,B[a,1/3)＼B[a,1/5]＼γ(b_1,b_2)＼γ(b_2,b_3)も開領域なのでb_2を始点としb_3を終点とする連続曲線γ(b_3,b_4)が採れますよね。』
↓
『同様に,B[a,1/3)＼B[a,1/5]＼γ(b_2,b_3)も開領域なのでb_3を始点としb_4を終点とする連続曲線γ(b_3,b_4)が採れますよね。』

その上で,

Γ:[0,1]→C^nを次のように定義したら
Γ(0):=b_1,
Γ(t):=(∪_{j=1..∞}γ(b_j,b_{j+1}))＼{b_1} (z∈(0,1)の時),
Γ(1):=a
とするとこのΓはb_1からaへのジョルダン開曲線になりますでしょうか?