$\bar S$ es el subconjunto cerrado más pequeño de$X$ que contiene$S$

Question

De hecho hay una muy similar pregunta [Ver Probando el cierre de S es el menor conjunto cerrado que contiene a S. pero el contenido es demasiado adelantado para un motor de arranque en el análisis como yo y el foco de la cuestión no es el mismo. Así que he decidido subir mi pregunta aquí:

Deje $X$ ser un espacio métrico y $S$ ser un subconjunto de a $X$. Mostrar que

$\bar S$ es el menor cerrado subconjuntos de a $X$ que contiene $S$.

[ Aquí, definir $\bar S$ como el cierre de $S$ $X$, donde el cierre es el conjunto que contiene todos los puntos adherentes de $S$$X$. También definimos $x \in S$ adherente a punto de $S$ si $B(x,r) \cap S \neq \emptyset$ todos los $r>0$.]

La cuestión se reduce a probar que el siguiente:

1. $\bar S$ es, de hecho, cerrado en X.
2. $\bar S$ contiene $S$, es decir,$S \subset \bar S$.
3. $\bar S$ es de hecho el más pequeño en el sentido de que si $J \subset X$ satisface 1. y 2., a continuación,$\bar S \subset J$.

Los dos primeros, es bastante sencillo y no puedo formular la prueba de la tercera reclamación. Aquí, también me gustaría escribir mi prueba para 1. y 2. Siéntase libre de comentar o su prueba de lo que puedo aprender de ti.

La prueba de 1.: Considere la posibilidad de $X \setminus \bar S$. Para cualquier $x \in X \setminus \bar S$, $x \notin \bar S$. Esto implica que no existe $r_x >0$ tal que $B(x,r_x) \cap S = \emptyset$. Ahora, para cualquier $y \in B(x,r_x)$, elija $r=min \{ d(x,y), r-d(x,y)\}$. A continuación,$B(y,r) \subset B(x,r_x)$. De ello se desprende que $B(y,r) \cap S = \emptyset$, lo que demuestra que el $X \setminus \bar S$ está abierto.

Prueba de 2.: Es trivial, ya que para cualquier $x \in S$, $x \in B(x,r) \cap S$ para todos los $r >0$.

Por favor, dime tu opinión en probar la tercera demanda. Gracias de antemano.

Answer 1

Ad 2.) De esta manera se sigue desde cualquier $x\in S$ es adherente a $S$. (Tenemos $B(x,r)\cap S\supset \{x\} \neq \emptyset$ cualquier $r>0$.)

Ad 1.) Deje $x\in X \backslash \bar S$. Entonces existe $r_x$ tal que $B(x,r_x)\cap S =\emptyset$ (ya que de lo contrario $x\in\bar S$). 2.) tenemos $S\subset \bar S$$B(x,r)\cap \bar S \supset B(x,r)\cap S = \emptyset$. Esto demuestra $B(x,r_x)\subset X\backslash \bar S$ y, por tanto, $X\backslash \bar S$ está abierto. Por lo tanto $\bar S$ es cerrado.

Ad 3.) Deje $J\subset X$ cerrado tal que $S\subset J$. Suponga $x\in\bar S\backslash J$. Entonces existe $r_x$ tal que $B(x,r_x)\cap J = \emptyset$ (desde $J$ es cerrado). Por definición de $\bar S$ tenemos $B(x,r_x)\cap S \neq\emptyset$. Llegamos a la conclusión de $$\emptyset \neq B(x,r_x)\cap S \subset B(x,r_x)\cap J =\emptyset$$ -- a contradiction. Thus $\barra de S\subconjunto J$.

Alternativa 3.) El cierre de la operación es monotono lo $S\subset J$ implica $\bar S \subset \bar J=J$.

Answer 2

Tenga en cuenta que $J=\overline{J}$. Como$J$ está cerrado, entonces$X\setminus J$ está abierto. Tomando un punto en$X\setminus J$, habría una bola abierta totalmente contenida en$X\setminus J$, por lo tanto ese punto no estaría en$\overline{J}$. Luego use el simple hecho de que$\overline{S}\subseteq \overline{J}$, como se aconseja en los comentarios.