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El teorema de la curva de Jordan.

In Topología on Lunes 17, mayo, 2010 at 10:16 am

por Rafael Potrie

El objetivo de este post es dar una prueba (elemental?) del Teorema de la curva de Jordan que afirma que una curva cerrada simple (i.e. sin autointersecciones) en el plano, separa a este en dos componentes conexas, una acotada y una que no lo es.

Este teorema es de alguna manera el “paradigma” de esos teoremas “fáciles de enunciar pero difíciles de probar”. A mi gusto, esto a veces estigmatiza los resultados y para mi la razón fundamental por la que no se da la prueba (que no es más difícil que la de otros teoremas en cursos elementales) es que no tiene cabida en los programas de las materias donde se usa (sería un “desvío innecesario”).

Voy a enunciar el Teorema antes de hacer otros comentarios y empezar con la prueba. Recordemos que una curva continua \gamma: [0,1] \to \mathbb{R}^2 es cerrada y simple si \gamma(0)=\gamma(1) y es inyectiva en (0,1]. Una forma equivalente  de poner esto, es decir que es la imagen continua e inyectiva de un círculo en el plano. A la imagen de estas curvas, las llamaremos curvas de Jordan.

Teorema Si J es una curva de Jordan, entonces \mathbb{R}^2 - J tiene exactamente dos componentes conexas, una acotada (que llamamos int(J)) y una no acotada que llamamos ext(J)). Además, J es el borde de ambas componentes conexas.

Hay ciertos casos donde el Teorema admite pruebas más simples, uno de ellos, especialmente importante pues es realmente el más utilizado (en analisis complejo y cálculo en varias variables) que es el caso diferenciable a trozos. Escencialmente, una de las mayores dificultades está en identificar las componentes, y la existencia de un campo de vectores normal a la curva permite naturalmente dar una definición de esto (junto con el hecho que localmente estas curvas son gráficos y por lo tanto la separación local es evidente). Sin embargo, no me pareció tanto más fácil la prueba como para presentarla por separado, pero hecho este comentario, se puede ver rápidamente algunos atajos en la prueba que voy a dar.

Otro caso sencillo es el de los poligonos, siendo el caso convexo trivial, el otro, no es tanto más dificil ya que dado que una vez que tenemos una segmento uniendo dos puntos, lo podemos “perturbar” en un camino poligonal que sea “transversal” a nuestro poligono (esto significa nada más que los vertices no coinciden y los segmentos tampoco en ningun intervalo), ahi el numero de intersección y un argumento inductivo permiten dar una prueba relativamente rápida.

Varias pruebas y discusiones sobre este teorema se pueden encontrar en esta página. Una prueba usando homología (en particular menos elemental) que prueba un resultado bastante más general, se puede encontrar en el libro de Hatcher (Sección 2.B). Esa prueba es notoriamente más elegante que la que vamos a dar (mucho más a pedal). En particular, la prueba que vamos a dar es bastante arida de leer, si bien bastante simple en cuanto a lo que usa.

Yo voy a dar una prueba que usa el bien conocido Teorema de punto fijo de Brouwer que dice que un mapa continuo del disco en si mismo admite un punto fijo.   La versión para el disco de dimensión dos, se puede probar directamente si se sabe demostrar que el \pi_1(S^1) \neq \{0\}, eso prueba que no hay retracción del disco en el borde (es decir, un mapa continuo del disco en el borde que sea la identidad en este último) y de eso se concluye rápidamente ya que un mapa sin punto fijo permite construir una retacción al borde (basta considerar el mapa que a un punto lo manda a la intersección entre la semirrecta abierta que une f(x) con x -bien definida si f no tiene puntos fijos- y el borde del disco). Hay también pruebas elementales de este resultado.

La prueba tiene 3 etapas, la primera es ver que un arco no puede separar el plano. Esto probará que si hay más de una componente conexa, entonces, necesariamente tendrá todo la curva de Jordan como borde.

Una vez hecho esto, queremos buscar un candidato a estar “adentro” de la curva, para tener definida la “componente acotada”. Para esto, vamos a mostrar que si tenemos en un cuadrado (o rectangulo) un arco que une los bordes verticales y otro que une los horizontales, entonces, necesariamente se tienen que cortar.

Esto nos va a permitir concluir tanto que hay una componente acotada como que está es única y en vista de lo dicho, permitirá concluir la prueba.

Para mi es importante que si se va a dar una prueba de un teorema “obvio”, hay que intentar ser lo más riguroso posible, porque sino lo único que estamos haciendo es cambiar un resultado obvio por otro (esto me parece válido por ejemplo cuando se reduce un resultado anti-intuitivo a un resultado intuitivo, que si bien eso puede no ser una “prueba” propiamente dicha, es un aporte valioso a comprender el resultado. Evidentemente, eso no se aplica a este caso ya que el resultado mismo es realmente muy intuitivo). Es importante agregar también que es útil seguir la prueba haciendo dibujos, pero asegurarse que la prueba no está basada en el dibujo.

Vamos a aceptar el Teorema de Brouwer como dijimos, y también el Teorema de extensión de Tietze que afirma que si tenemos un mapa continuo \varphi de A\subset X (donde A es cerrado y el espacio X es normal) en el intervalo [0,1], entonces, existe un mapa continuo \tilde \varphi: X \to [0,1] que extiende a \varphi (es decir, \tilde \varphi|_A = \varphi). Aquí se puede encontrar una prueba.

Antes de empezar la prueba, vamos a hacer tres observaciónes simples:

1) Si a \mathbb{R}^2 le sacamos un conjunto cerrado A, entonces, el complemento de A es abierto y como \mathbb{R}^2 es localmente conexo por arcos, obtenemos que cada componente conexa del complemento de A es conexa por arcos.

2) Si a \mathbb{R}^2 le sacamos un conjunto compacto A, entonces, en el complemento de A hay a lo sumo una componente conexa no acotada (eso es claro ya que A esta contenida en un disco de radio suficientemente grande y el plano menos ese disco tiene una sola componente conexa).

3) Si a \mathbb{R}^2 le sacamos un cerrado A, entonces, el borde de cada componente conexa está contenido en dicho compacto. Esto se puede ver así: Sea U una componente conexa, como cualquier otra componente conexa es disjunta de U y es abierta, obtenemos que no puede intersectar \overline U. Entonces, necesariamente, \overline U \subset U \cup A y como U es abierto, deducimos que \partial U \subset A.

Ahora comenzamos con la prueba que anunciamos.

Lema 1 Sea \varphi: [0,1] \to \mathbb{R}^2 una función continua e inyectiva y sea A=\varphi([0,1]) su imagen. Entonces, \mathbb{R}^2- A es conexo.

Demostración: Supongamos que hay más de una componente conexa. Consideremos a una de ellas U que podemos asumir es acotada ya que hay una única componente conexa no acotada (pues A es compacto, ver argumento de más arriba).

Ahora, consideremos z_0 \in U y un disco D centrado en z_0 suficientemente grande de forma tal que \partial D esté contenido en la componente conexa no acotada de \mathbb{R}^2 -A (que llamamos W).

Ahora, como la función \varphi : [0,1] \to A\subset \mathbb{R}^2 es continua y biyectiva en su imagen, lleva compactos en compactos  y por lo tanto es un homeomorfismo sobre su imagen. Por tanto, tenemos una función \eta : A \to [0,1] continua y biyectiva. Usando el Teorema de extensión de Tietze, podemos extender esta función a todo el plano (si se quiere al disco D alcanza y sobra), obteniendo una función \tilde \eta : D \to [0,1] continua que restricta a A es la función \eta.

Ahora, componiendo con \varphi, obtenemos una función g: D\to A tal que g es la identidad en A. Esto nos permite definir una función continua del disco en el disco menos un punto de la siguiente manera:

Consideramos f(x)= g(x) para todo x \in \overline U y la identidad en el resto del disco. Es fácil ver que esta función es continua ya que en el borde de U (que está contenido en A) la función es la identidad, entonces, se “pega” bien (esto es completamente riguroso, notar que si una función está definida en finitos subconjuntos que cubren todo por funciones continuas y en el borde de los subconjuntos estas coinciden, entonces la función resultante es continua).

La función f manda el disco en el disco menos un punto (el punto z_0) y es la identidad en el borde del disco, esto permite  definir una función del disco en el borde que restringe a la identidad considerando la función que manda x en la intersección de la semirrecta que empieza en z_0 y pasa por f(x) con el borde del disco. Componiendo con una rotación, obtenemos un mapa del disco en si mismo que no tiene puntos fijos contradiciendo el Teorema de Brouwer. Esto concluye la prueba.

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Este resultado admite un corolario directo que reduce la prueba del Teorema de Jordan a mostrar que hay solamente dos componentes conexas en el complemento de una curva de Jordan

Corolario Si J es una curva de Jordan y \mathbb{R}^2 - J tiene al menos dos componentes conexas, entonces el borde de cada componente conexa es igual a J.

Demostración: La prueba es simple, sea U una componente conexa. Entonces, dado que su borde está contenido en J, si no coincide con J significa que está contenido en un “subintervalo” A de J (es decir, en la imagen por una función continua y biyectiva de un intervalo).

En el Lema anterior probamos que \mathbb{R}^2 - A tiene una única componente conexa por caminos, entonces, considerando un punto z \in U cualquiera y un punto y \in \mathbb{R}^2 - J también cualquiera obtenemos un camino que une z con y contenido en \mathbb{R}^2 - A. Es fácil ver, dado que el borde de U está contenido en A, que todo el camino debe estar contenido en U y por lo tanto, que \mathbb{R}^2 - J es conexo contradiciendo la hipotesis.

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Ahora tenemos que buscar un candidato para ser la componente de “adentro”. Primero vamos a probar un resultado que de alguna manera contiene la escencia del teorema, ya que muestra una especie de separación. Lo vamos a hacer en el rectangulo por simplicidad, y vamos a usar el Teorema de Brouwer allí, eso no es drama ya que es sencillo construir un homeomorfismo del rectangulo en el disco (Prueba rápida: Parametrizas el borde en el círculo y elegis un punto en el centro. Consideras los segmentos que unen este punto con el borde y los normalizas a que tengan longitud uno, ahora el homeomorfismo lleva los puntos al disco con estas “coordenadas polares” que acabamos de construir, claramente es continua y biyectiva, como va de un compacto en otro, es un homeomorfismo).

Podemos ahora enunciar el próximo Lema

Lema 2 Consideramos el rectangulo R = [-1,1] \times [-1,1] y sean h = (h_1, h_2): [-1,1] \to R y v =(v_1, v_2): [-1,1] \to R curvas continuas tales que h_1(-1)=v_2(-1)=-1 y h_1(1)=v_2(1)=1 (es decir, h es una curva “horizontal” – que une los bordes “izquierdo” y “derecho”-  mientras que v es una curva “vertical” -que une el borde de “arriba” con el de “abajo”). Entonces, existen s, t \in [-1,1] tal que h(t)=v(s).

Demostración: Asumiendo que ambas curvas no se cortan, vamos a construir una función continua del rectángulo en el borde sin puntos fijos.

Consideramos la función

N(t,s) = \max \{ |h_1(t)- v_1(s)|, |h_2(t)-v_2(s)| \}

que es una función que se anula solamente si h(t)=v(s) que asumimos no ocurre.

Por lo tanto, podemos definir una función g: R \to \partial R dada por

g(t,s) = \left(\frac{h_1(t)-v_1(s)}{N(t,s)} , \frac{h_2(t)-v_2(s)}{N(t,s)} \right)

Es fácil ver que g no tiene puntos fijos, para eso, observar que como la función va al borde, los únicos puntos fijos pueden estar en el borde.

Entonces, asumamos por ejemplo que g(t,1)= (t, 1), esto no puede ser ya que v_2(1)=1 entonces, la segunda coordenada de g(t,1) que es \frac{h_2(t)-1}{N(t,1)} es necesariamente menor o igual a cero, y por lo tanto no puede ser uno. Un argumento análogo prueba que no hay puntos fijos en los otros 3 lados del rectángulo.

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Ahora vamos a concluir la prueba del Teorema haciendo uso de esto que acabamos de probar. En J podemos considerar un par de puntos a,b que realicen el máximo de las distancias entre puntos de J. Sin perdida de generalidad, podemos suponer que a=(-1,0) y b=(1,0). Obtenemos entonces que J está contenido en el rectangulo R= [-1,1]\times [-2,2] (evidentemente el Lema 2 vale en este contexto, observar que este rectangulo se obtiene del otro por un homeomorfismo afin).

Vamos a utilizar libremente los adjetivos: “arriba”, “abajo”, (o “alto” , “bajo”) para denotar que la segunda coordenada es mayor o menor (siempre va a ser comparando).

Consideramos entonces dos curvas J_0 y J_1 que son la imagen del intervalo [-1,1] en R que conciden solamente en a,b y verifican la hipotesis de ser curvas “horizontales” que aparecen en el Lema 2. Por lo tanto, cualquiera de ellas intersecta cualquier curva que una el borde [-1,1] \times \{2\} con [-1,1]\times \{-2\}.

Notemos primero que el borde de R, excepto por los puntos a, b esta contenido completamente en la componente conexa no acotada de \mathbb{R}^2 - J (que en principio no sabemos si no es la única, pero sabemos que existe).

Para definir el punto “candidato” a estar “adentro” de J consideramos la curva I=\{0\}\times [-2,2] llamando c= (0,2) y d=(0,-2), obtenemos que tiene que cortar ambas curvas J_0 y J_1. Sin perdida de generalidad podemos asumir la intersección de I con J tiene a su punto más “alto” (con respecto a la segunda coordenada) en J_0. Llamamos a este primer punto de corte \alpha. Ahora, consideramos el último punto de corte entre J_0 e I que le llamamos \beta.

Aplicando el Lema 2 obtenemos que tiene que haber un punto de corte más abajo entre J_1 e I ya que como J_1 y J_2 no se cortan salvo en los extremos, podemos considerar la curva que concatena I entre c y $\latex \alpha$, luego toma un tramo de J_0 entre \alpha y \beta y concluir con un segmento de I entre \beta y d. Como esta curva tiene que intersectar a J_1, obtenemos que el corte se encuentra en el último tramo. Probando lo afirmado. Llamamos \gamma al punto más alto de intersección más chico que \beta, entre I y J_1 (notar que podría haber cortes más altos que \beta, pero consideramos el más alto que sea más bajo que \beta).

Consideramos z_0 como el punto medio entre \beta y \gamma en I.

Supongamos entonces que z_0 está en la componente conexa no acotada de \mathbb{R}^2 - J.

Esto nos permite hacer una curva entre z_0 y un punto fuera del rectangulo que no toca J. Consideramos w el primer punto de dicha curva que corta el borde de R. Supongamos por simplicidad que w está en la misma componente conexa en \partial R -\{a,b\} que contiene a d (si va a la otra componente conexa, se hace un argumento simétrico).

Entonces, podemos hacer una curva de la siguiente manera: Primero, vamos por I desde c hasta \alpha. Despues, vamos por J_0 desde \alpha hasta \beta. Luego, consideras el arco de I desde \beta hasta z_0. Por último, tomas el arco entre z_0 y w que continuas por el borde hasta llegar al “borde” [-1,1]\times \{-2\}.

Se ve entonces que esta curva que construimos junta el borde superior con el inferior y evita la curva J_1 lo cual contradice el Lema 2.

Esto muestra que hay al menos 2 componentes conexas. Notoriamente, la parte final es un poco compleja de seguir, al menos si no se utiliza lapiz y papel para ir comprendiendo los arcos que se van tomando. Lo importante es verificar que cada segmento del arco no corta a J_1 que es lo que nos da la contradicción.

Nos falta probar que no hay “más” componentes. Para eso, supongamos que W es una componente acotada y no contiene a z_0 (necesariamente, esta componente tiene que estar contenida en R). Para probar que esto es absurdo vamos a usar que tanto a como b están en el borde de W (por el Corolario 1) y que podemos hacer una curva que una el borde de arriba con el de abajo y no corte W (esto concluye, pues debería haber una curva que una los bordes de la izquierda y derecha uniendo puntos cercanos a a y b y totalmente contenida en W.

La curva vertical que mencionamos se obtiene uniendo en I el punto c con \alpha, luego, tomar un trozo de J_0 entre \alpha y \beta, luego unir \beta con \gamma en I, posteriormente unir \gamma por J_1 con el punto más bajo de corte entre J_1 con I y por último unir ese punto con d por la curva I. Esta curva solo intersecta las componentes acotadas en el intervalo de I que une \beta con \gamma, pero por definición, ese arco está contenido en la componente conexa de z_0. Esto concluye la prueba.

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