Demostrar que el intervalo cerrado no es abierto

Question

"Demostrar que el conjunto $A=[a,b)$ no está abierto". Estoy buscando una prueba rigurosa.

Mi enfoque:

Supongamos que $A$ está realmente abierto, lo que, por definición, significaría que para cualquier $x\in A$ existiría algún $\epsilon>0$ tal que la vecindad de $x$ : $N_\epsilon(x)=(x-\epsilon,x+\epsilon)\subseteq A$ .

Elija $x=a$ entonces tenemos $N_\epsilon(a)=(a-\epsilon,a+\epsilon)$ . Ahora, encontramos un punto $\xi \in N_\epsilon(a)$ tal que $\xi\notin A$ . Para todos los $\xi\in N_\epsilon(a)$ tenemos $a-\epsilon<\xi<a+\epsilon$ . Elegimos $\xi=a-\epsilon/2$ por lo tanto tenemos $a-\epsilon<\xi<a<a+\epsilon$ . Por definición de intervalo, $A=\{x|x\geq a \wedge x<b\}$ . Eso demuestra que $\xi\notin A$ por lo tanto $N_\epsilon(a)\not\subseteq A$ para cualquier $\epsilon>0$ .

Mi pregunta es: ¿Es esta prueba lo suficientemente válida y rigurosa? ¿Se puede simplificar?

Answer 1

Tiene muy buena pinta. Sin embargo, recomendaría un ligero ajuste. Usted dice lo siguiente:

Para todos $\xi\in N_\epsilon(a)$ tenemos $a-\epsilon<\xi<a+\epsilon$ .

Esto es cierto, pero no se utiliza en su prueba. En su lugar, usted utiliza el converse de esta afirmación, así que yo diría lo siguiente, en su lugar:

Para todos $\xi$ tal que $a-\epsilon<\xi<a+\epsilon,$ tenemos $\xi\in N_\epsilon(a).$

Entonces, tienes por $a-\epsilon<\xi<a<a+\epsilon$ que $\xi\in N_\epsilon(a)$ y $\xi\notin A,$ razonando como lo hiciste desde allí.

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Aparte de la observación anterior, hay una cuestión más que debe ser aclarada para el rigor: no está claro dónde está el $\epsilon$ viene de en "...entonces tenemos $N_\epsilon(a)=(a-\epsilon,a+\epsilon).$ " Es parece que ibas a una prueba por contradicción, así que probablemente querías decir algo como esto:

...entonces desde $a\in A,$ tenemos $N_\epsilon(a)\subseteq A$ para algunos $\epsilon>0$ por nuestra suposición de que $A$ está abierto.

A partir de ahí, con esos pocos retoques, ya que luego demuestras que $N_\epsilon(a)\nsubseteq A,$ habrás completado una prueba por contradicción. Sin embargo, en realidad no necesitabas proceder así, ya que estás muy cerca de una directo prueba de que $A$ no está abierto, demostrando que hay un $x\in A$ tal que para todo $\epsilon>0,$ tenemos $N_\epsilon(x):=(x-\epsilon,x+\epsilon)\nsubseteq A.$ Esto se debe a que " $A$ no está abierto" es la negación formal de " $A$ está abierto", que se parece a cualquiera de los siguientes enunciados formales equivalentes: $$\neg\bigl(\forall x\in A, \exists\epsilon>0:N_\epsilon(x)\subseteq A\bigr)\\\exists x\in A:\forall \epsilon>0, \neg\bigl(N_\epsilon(x)\subseteq A\bigr)\\\exists x\in A:\forall \epsilon>0, N_\epsilon(x)\nsubseteq A.$$ Si vas a la directo ruta, entonces en su lugar, querrías empezar algo como esto:

Tome cualquier $\epsilon>0$ y considerar $N_\epsilon(a):=(a-\epsilon,a+\epsilon).$ Demostramos que $N_\epsilon(a)\nsubseteq A,$ que, desde $a\in A,$ mostrará que $A$ no está abierto. Para ello, encontraremos un punto $\xi\in N_\epsilon(a)$ tal que $\xi\notin A.$

A partir de ahí, se puede proceder de la misma manera, con el pequeño ajuste que he sugerido anteriormente.