Demostrar que $U$ es un conjunto abierto de un espacio topológico $X$ iff todos $A\subset X$ tenemos $Cl(U\cap Cl(A))=Cl(U\cap A)$

Question

Estoy atascado con este, es el 14 de ejercicio en mis notas y la más difícil hasta ahora.

Demostrar que $U$ un conjunto abierto de un espacio topológico $X$ fib para todos los $A\subset X$ tenemos $Cl(U\cap Cl(A))=Cl(U\cap A)$.

He estado luchando pensar tanto las implicaciones y no conseguí nada. Lo que sólo se probó antes de que se

$$Cl(A\cap B)\subset Cl(A) \cap Cl(B).$$

Te agradecería una pista o un poco de ayuda con esto.

Gracias por su tiempo.

Answer 1

Supongamos $U$ está abierto. Deje $x\in Cl(U\cap Cl(A))$, es decir, por cada (abierto) vecindario $V$ de $x$ podemos encontrar un punto de $y\in U\cap V \cap Cl(A)\neq \varnothing$. Esto significa a su vez que podamos encontrar un punto de $z\in U\cap V\cap A\neq \varnothing$, debido a $U\cap V$ es una vecindad de a$y$ (aquí utilizamos ese $U$ es abierto). Así que para cualquier abierto vecindario $V$ de $x$ hemos encontrado un punto en $V\cap U\cap A$, y por tanto, por definición $x\in Cl(U\cap A)$. Por el contrario, si $x\in Cl(U\cap A)$, para cualquier vecindario $V$ de $x$ podemos encontrar un punto de $y\in U\cap V\cap A \subseteq U\cap V\cap Cl(A)\neq \varnothing$. Por lo tanto $x\in Cl(U\cap Cl(A))$.

Supongamos ahora que $U$ no está abierta y considerar la posibilidad de $A=X\setminus U$. A continuación, $Cl(U\cap A)=Cl(\varnothing )=\varnothing$, pero desde $U$ no está abierto podemos encontrar algunos de $x\in U$ tal que para todos los vecindarios $V$ de $x$ tenemos $V\nsubseteq U$, es decir, $x\in Cl(A)$. Por lo $x\in U\cap Cl(A)\subseteq Cl(U\cap Cl(A)) \nsubseteq Cl(U\cap A)=\varnothing$.

Answer 2

Voy a usar las $\overline{B}$ para el cierre de un conjunto $B$.

Por lo que el paso 1 es que tenemos que ver que para abrir conjuntos de $U$:

$$\overline{U \cap \overline{A}}= \overline{U \cap A}$$

Siempre $A \subseteq \overline{A}$, lo $U \cap A \subseteq U \cap \overline{A}$ y así tomar cierres tenemos

$$\overline{U \cap A} \subseteq \overline{U \cap \overline{A}}$$ without using anything about $U$.

Para ver el reverso de la inclusión, vamos a $x \in \overline{U \cap \overline{A}}$ y deje $O_x$ ser cualquier conjunto abierto que contiene a$x$. A continuación, $O_x$ intersecta $U \cap \overline{A}$, decir $y \in O_x$ e $y \in U \cap \overline{A}$, lo $y \in U$ e $ y \in \overline{A}$. A continuación, $O_x \cap U$ es un conjunto abierto que contiene a$y \in \overline{A}$ lo $U \cap O_x$ intersecta $A$. En particular, en dicho punto de intersección es en $U \cap A$ y en $O_x$. Como $O_x$ es un arbitrarias abrir barrio de $x$, se han demostrado que $x \in \overline{U \cap A}$ como se requiere.

Por lo $U$ abierto implica la identidad en los cierres de todas las $A$.

Para ir de la identidad de todos los $A$ a la conclusión de que la $U$ está abierto, definir $A = X\setminus U$ y, a continuación,

$$\emptyset = \overline{\emptyset}= \overline{U \cap A} = \overline{U \cap \overline{A}}$$ so $U \cap \overline{A} = \emptyset$. Esto implica que $\overline{A} \subseteq X\setminus U = A$ lo $A$ es cerrado y $U$ está abierto.

Answer 3

Para todos los $A\subseteq X$ tenemos $U\cap A\subseteq U\cap\overline{A}$ y, en consecuencia, $\overline{U\cap A}\subseteq\overline{U\cap\overline{A}}$.

Además, evidentemente, $\overline{U\cap\overline{A}}\subseteq\overline{U\cap A}\iff U\cap\overline{A}\subseteq\overline{U\cap A}$ así que todo se reduce a probar que:

$$U\text{ is open}\iff U\cap\overline{A}\subseteq\overline{U\cap A}\text{ for all }A\subseteq X$$

($\implies$)

Deje $x\in U\cap\overline{A}$ y deje $x\in V$ donde $V$ está abierto. A continuación, también se $V\cap U$ es abrir con $x\in V\cap U$ así que de $x\in\overline{A}$ de ello se desprende que $V\cap U\cap A\neq\varnothing$. Esto demuestra que $x\in\overline{U\cap A}$.

$(\impliedby$)

Tomando $A=U^{\complement}$ nos encontramos con que $U\cap\mathsf{int}\left(U\right)^{\complement}=U\cap\overline{A}\subseteq\overline{U\cap A}=\overline{\varnothing}=\varnothing$ o, equivalentemente, $U\subseteq\mathsf{int}\left(U\right)$.

Esto significa que $U$ debe estar abierto.