¿Es correcta esta prueba aparentemente nueva que $[0, 1]$ es compacto?

Question

Hola a todos yo creo que he encontrado una nueva prueba de que $[0, 1]$ es compacto, pero no estoy 100% si es correcto, me podrían ayudar? En la prueba usual tomamos el sup{x in [0, 1] : [0, x] is covered by finitely many intervals} etc.

Mi prueba es como sigue:

En primer lugar mostramos que la compacidad de $[0, 1]$ es equivalente a contables de compacidad: si tenemos un sinnúmero de apertura de la tapa de $[0, 1]$ a continuación, háganoslo primer aviso de que si un punto está cubierto por más de 2 intervalos de uno de los intervalos está contenido en la unión de los otros dos así que podemos asumir que cualquier punto en $[0, 1]$ es cubierto por en la mayoría de los dos intervalos.

A continuación, seleccione un racional desde el interior de cada intervalo en la portada y nota que, puesto que cada racional está contenida en la mayoría de los dos intervalos de por lo anterior, y puesto que hay countably muchos racionales obtenemos una contables de la cubierta.

Finalmente, para mostrar que $[0, 1]$ es countably compacto, podemos hacer lo siguiente : supongamos $I_1, I_2, ..., I_n, ...$ es un contable de una cubierta que $[0,1]$ no está cubierto por $I_1, ..., I_k$ para cualquier natural k. Ahora $[0,1] - I_1$ es una unión de dos intervalos cerrados. Debe ser el caso de que al menos uno de estos dos intervalos nunca está cubierta por $I_1,...,I_k$ para cualquier natural k. Seleccione este intervalo, wlog vamos a llamar a $J_1$. Siguiente, $J_1-I_2$ es también una unión de más de dos intervalos cerrados, uno de los cuales no pueden ser cubiertos por $I_1,...,I_k$ para cualquier natural k.Vamos a llamar a este intervalo de $J_2$. Inductivamente llegamos $J_1 \supset J_2 \supset J_3$ ... un descendiente de la secuencia de intervalos cerrados cuya intersección es no vacía y no cubiertos por ninguna de $I_n$, contradicción.

Es esto correcto? Me parece que esta prueba mucho más intuitivo que el habitual, no está de acuerdo?

Answer 1

No es claro para mí cómo el procedimiento de selección en su tercer y cuarto párrafos de trabajo.

Deje $\alpha = 1/\sqrt{2}$, y considerar la cubierta de $[0, 1]$ por la innumerable colección que consta de (i) el intervalo abierto $K = (-1, 2)$, (ii) todos los intervalos abiertos $I(\beta) = (\beta, \beta + 1)$, donde $\alpha < \beta < 1$, y (iii) todos los intervalos abiertos $J(\gamma) = (\gamma - 1, \gamma)$, donde $0 < \gamma < \alpha$.

Cada racional en $[0, 1]$ pertenece a $K$, y un número infinito de intervalos de $I(\beta)$ o un número infinito de intervalos de $J(\gamma)$.

Racional, $q > \alpha$, no veo el por qué de su procedimiento, sea lo que sea, no puede ser engañado en el considerando sólo tres de los intervalos de $I(\beta)$, por ejemplo, $I((3\alpha + q)/4)$, $I((\alpha + q)/2)$, e $I((\alpha + 3q)/4)$, y, a continuación, eligiendo $I((3\alpha + q)/4)$ e $I((\alpha + 3q)/4)$, tal vez porque su unión contiene $I((\alpha + q)/2)$. Del mismo modo racional, $q < \alpha$, $J$ en lugar de $I$.

Si esto llegara a suceder, entonces $K$ no sería elegido (incluso cuando un número racional es seleccionado a partir de él), y el seleccionado contables subcolección de abrir intervalos no cubriría $[0, 1]$.

Tengo el lado equivocado de la vara? Es muy probable! Pero aún así, algunos aclaración parece ser necesaria.

Todo depende de exactamente cómo sus palabras deben ser interpretados. Espero no haber puesto demasiado retorcido que una interpretación sobre ellos. He intentado no hacer cumplir cualquier interpretación detallada, por el mero hecho de "pequeñeces".

Puede usted explicar en más detalle exactamente lo que iba a suceder a los innumerables portada que he definido anteriormente?

Answer 2

Yo no ver cómo es su 2do paso es garantizado tp producir una contables portada de todos los irrationals en $[0,1].$

Sugiero lo siguiente: Vamos a $C$ ser una cubierta de $[0,1]$ por la apertura de los subconjuntos de a$\Bbb R.$ Por cada $x\in [0,1]$ elegir un almacén abierto verdadero intervalo de $j(x)$ con racional de los puntos finales y tal que $x\in j(x)\subset c$ para algunos $c\in C.$

Ahora $D=\{j(x):x\in [0,1]\}$ es un subconjunto de la familia de abiertos real de intervalos racionales de los puntos finales, por lo $D$ es contable. Y $D$ es un cover de $[0,1].$

Así que si existe un número finito de $E\subset D$ tal que $\cup E\supset [0,1]$ , a continuación, para cada una de las $e\in E$ elija $c_e\in C$ tal que $e\subset c_e.$ Entonces $\{c_e:e\in E\}$ es un subconjunto finito de $C$ y una tapa de $[0,1]$.

En general: (i). Un espacio cuya topología tiene una contables de la base (base) se llama la segunda contables. Y la familia de todos los intervalos abiertos con racional de los puntos finales es una contables de la base (base) para la topología de $\Bbb R.$ Si $Y$ es cualquier subespacio de un segundo-contables de espacio, a continuación, $Y$ es segundo contable. (ii). Un espacio para que cada apertura de la tapa tiene una contables sub-cubierta se llama Lindelof espacio. Una segunda contables espacio siempre es Lindelof. (iii). Para probar que un espacio de $X$ es compacto, es suficiente para encontrar una base $B$ para $X $tal que cualquier portada de $X$ por un subconjunto de a$B$ tiene un número finito de sub-cubierta.

NO lo suficiente para probar que cualquier portada de $[0,1]$ por una contables de la familia de abiertos real a intervalos de un número finito de sub-cubierta, y la prueba de que es bueno.