Grzebień z wyłamanym ze_{}bem

Niech

X = ( ⋃_{n=1}^{∞}\{\frac{1}{n}\} × [0, 1]) ∪ ([0, 1] × \{0\}) ∪ \{(0, 1)\} ⊆ ℝ^{2}

X jest wie_{}c grzebieniem z pionowymi ze_{}bami, wyrastaja_{}cymi z osi X do góry, do wysokości 1, z punktów postaci \frac{1}{n}, wraz z ra_{}czka_{}w postaci odcinka [0, 1] na osi X z doła_{}czonym pojedynczym punktem (0, 1), końcem wyłamanego ze_{}ba (patrz górny rysunek na drugiej stronie.). Udowodnić, że przestrzeń X nie jest łukowo spójna. Dowód.

1. Wersja bez jednostajnej cia_{}głości. Rozpatrzmy funkcje_{}cia_{}gła_{}f : [0, 1] → X, taka_{}że f(0) = (0, 1). Chcemy pokazać, że f(1) nie może być równe (1, 1), czyli że punktów (0, 1) i (1, 1) nie można poła_{}czyć droga_{}(cia_{}głym obrazem odcinka) w X. Niech A be_{}dzie składowa_{}spójności punktu 0 w f^{−1}({(0, 1)}). Jest jasne, że A = [0, t] dla odpowiedniego t, lub A = {0} bo jako spójny niepusty podzbiór przedziału [0, 1], A jest przedziałem lub zbiorem jednopunktowym. Nie ma możliwości żeby A = [0, t), bo funkcja cia_{}gła stała w obcie_{}ciu do [0, t) musi być stała na całym [0, t] (w tym konkretnym przypadku — gdyby na przeciwdziedzinie rozpatrywać topologie_{} antydyskretna_{}, to nie można by tak twierdzić). Pokażemy, nie ma możliwości aby A = [0, t], t < 1. Rozpatrzmy ε = \frac{1}{10}. Zgodnie z definicja_{}cia_{}głości funkcji f w punkcie t istnieje δ > 0, taka że f(t − δ, t + δ) ⊆ B_{X}((0, 1), \frac{1}{10}). W symbolu B_{X} litera X podkreśla, że chodzi o kule_{}w X, a nie w ℝ^{2}, patrz drugi rysunek na drugiej stronie. Ale w takiej kuli składowa_{}spójności punktu (0, 1) jest {(0, 1)}. Zatem f(t − δ, t + δ) = {(0, 1)}. W takim razie t = 1, bo w przeciwnym wypadku dłuższy od [0, t] spójny przedział [0, t+δ] byłby cały zawarty w f^{−1}({(0, 1)}) (wbrew założeniu, że [0, t] jest składowa_{}spójności w f^{−1}({(0, 1)})). Ewentualność A = {(0, 1)} wykluczamy analogicznie. Okazało sie_{}, że f^{−1}({(0, 1)}) = [0, 1], co kończy dowód. Dowód.

2. Wersja z jednostajna_{}cia_{}głościa_{}(bardziej skomplikowana, ale chyba bardziej perspektywiczna). Rozpatrzmy funkcje_{}cia_{}gła_{}f : [0, 1] → X, taka_{}że f(0) = (0, 1). Chcemy pokazać, że f(1) nie może być równe (1, 1), czyli że punktów (0, 1) i (1, 1) nie można poła_{}czyć droga_{}(cia_{}głym obrazem odcinka) w X. Przyjmijmy ε = \frac{1}{10}. Funkcja f jest jednostajnie ciagła, bo jest funkcja_{}cia_{}gła_{}określona_{}na odcinku domknie_{}tym. W takim razie istnieje δ > 0, taka że dla dowolnych x_{1}, x_{2} ∈ [0, 1], jeżeli d(x_{1}, x_{2}) ≤ δ, to d(f(x_{1}), f(x_{2})) < \frac{1}{10} (zwykle pisze sie_{}ostre nierówności, ale tutaj pierwsza_{}nierówność wygodnie jest napisać w postaci nieostrej). W szczególności punkty z przedziału [0, δ] musza_{}mieć obrazy w kuli B_{X}((0, 1), \frac{1}{10}). W symbolu B_{X} litera X podkreśla, że chodzi o kule_{}w X, a nie w ℝ^{2}, patrz drugi rysunek na drugiej stronie. Ale w takiej kuli składowa_{}spójności punktu (0, 1) jest {(0, 1)}, a f([0, δ]) jest zbiorem spójnym, a zatem f([0, δ]) = {(0, 1)}. Analogicznie pokazujemy, że f([δ, 2δ]) = {(0, 1)} i tak dalej. Zatem ostatecznie f([0, 1]) = {(0, 1)}, w szczególności f(1) ≠ (1, 1).

2