En un espacio topológico arbitrario, sea $A$ abierto y $B$ cerrado. Si $\text{int}(B) \neq \emptyset$ y $A \cap B \neq \emptyset$, ¿se garantiza que $A \cap \text{int}(B) \neq \emptyset$? Si no, ¿existe alguna condición adicional razonablemente débil que pueda asegurarlo?
No. Ni siquiera se cumple en $\mathbb{R}$, incluso bajo un supuesto de mayor cardinalidad de $A\cap B$.
Por ejemplo, $A=(-1,2)$, $B=K\cup [2,3]$, donde $K$ es el conjunto de Cantor. Entonces $\operatorname{int}B=(2,3)$, $A\cap B=K$ tiene cardinalidad $c$, pero $A\cap\operatorname{int}B=\varnothing$.
La propiedad descrita (llamémosla propiedad Zapala), no se cumple en muchos espacios "típicos". La siguiente proposición muestra que Zapala está lejos de lo que se podría llamar una propiedad débil:
Proposición. Si $X$ es Hausdorff y Zapala, entonces $X$ es discreto.
Prueba. Supongamos que $X$ es un contraejemplo a la afirmación. Como $X$ no es discreto, sea $a\in X$ tal que $\{a\}$ no es abierto. Sea $b\in X\setminus\{a\}$ (esto es posible porque el espacio de un punto es discreto). Por la propiedad de Hausdorff, existen conjuntos abiertos $U,V$ con $a\in U$, $b\in V$, $U\cap V=\emptyset$. Ahora sea $A=U$ y $B=(X\setminus U)\cap\{a\}$. Entonces $A$ es abierto, $B$ es cerrado con $b\in V\subseteq\operatorname{int}(B)$, y $A\cap B=\{a\}\ne\emptyset$. Sin embargo, $a\notin\operatorname{int}(B)$ ya que hacerlo haría que $\{a\}=U\cap\operatorname{int}(B)$ sea abierto. $\square$
Ya hay dos respuestas que muestran que la respuesta es no, aquí hay un ejemplo más.
En el plano, sea $B$ el disco unitario cerrado junto con el eje x positivo. Sea $A$ el semiplano $x>2$. Su intersección (no está vacía pero) tiene interior vacío.
Con respecto a la "condición adicional razonablemente débil", puedes imponer la condición de que $B$ sea regularmente cerrado, es decir, $B=\text{cl}(\text{int}(B))$.
Elige cualquier $p\in A \cap B$ y asume que $A \cap \text{int}(B) = \emptyset$.
Pero entonces, dado que $A$ es abierto, tenemos que $A \cap \text{cl}(\text{int}(B))=\emptyset$, una contradicción.
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Si $U$ es abierto, los espacios topológicos típicos no extraños hacen que $\operatorname{int}(U\cup\{x\})=U$. En estos, tu propiedad no se cumplirá. -- La discreción sería una condición adicional adecuada