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.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。