Topología de los ejercicios de cierre de frontera

Question

Son mis pruebas correcta? La topología es $\mathbb{R^n}$

Los ejercicios.

1. Probar que un conjunto $A$ es cerrado iff $Fr(A)\subseteq A$
2. Un conjunto $A$ es cerrado iff $A=Cl(A)$
3. Para cualquier conjunto, $A$, $Fr(A)$ se cierra
4. Para cualquier conjunto $A\subseteq \mathbb{R^n}$, $Fr(A)=Fr(\mathbb{R^n}-A)$
5. Para cualquier conjunto $A\subseteq \mathbb{R^n}$, $Fr(A)=Cl(A)\cap Cl(\mathbb{R^n}-A)$
6. Un conjunto $A$ es abrir el fib $A=Int(A)$

Pruebas. El cierre de un conjunto $A$ está definido por $Cl(A)=A\cup Fr(A)$

1. Supongamos $Fr(A)\subseteq \mathbb{R^n}-A$. Como $A$ es cerrado, $\forall x\in \mathbb{R^n}-A, \exists N_x$ tal que $N_x\cap A=\emptyset$. Esto es cierto para cada $x\in Fr(A)$ (por supuesto). Pero $x\in Fr(A) \implies$ cada barrio de $x$ se cruzan $A$ no trivialmente; una contradicción. Por lo $Fr(A)\subseteq A$. Por el contrario, supongamos $Fr(A)\subseteq A$ y deje $x\notin A$, $\exists N$ barrio de $x$ tal que $N\cap A=\emptyset$ $A$ es cerrado.
2. Supongamos $A$ está cerrada,$Fr(A)\subseteq A \implies Fr(A)\cup A \subseteq A \implies Cl(A)\subseteq A$. Como $A\subseteq Cl(A)$ cualquier $A$, se deduce que el $A=Cl(A)$. Por el contrario, supongamos $A=Cl(A)=A\cup Fr(A)$, $Fr(A)\subseteq A$ $A$ es cerrado (por el resultado anterior).
3. Como $Fr(Fr(A))\subseteq Fr(A)$, de la siguiente manera (1.) que $Fr(A)$ es cerrado.
4. Deje $x\in Fr(A)$, $\exists$ vecindario $N$ tal que $N\cap A\neq \emptyset$$N\cap (\mathbb{R^n}-A)\neq \emptyset$. Como $A=\mathbb{R^n}-(\mathbb{R^n}-A)$, se deduce que el $N\cap (\mathbb{R^n}-(\mathbb{R^n}-A))\neq \emptyset$$N\cap (\mathbb{R^n}-)\neq \emptyset$$x\in Fr(\mathbb{R^n}-A)$. A la inversa puede ser demostrado al igual.
5. $Cl(A)\cap Cl(\mathbb{R^n}-A) = (A\cup Fr(A))\cap ((\mathbb{R^n}-A)\cup Fr(A))=Fr(A)\cup (A\cap (\mathbb{R^n}-A))=Fr(A)$
6. Supongamos $A=Int(A)$. Como $Int(A)$ es una unión de bloques abiertos es abierto por lo tanto $A$ está abierto. Por el contrario, supongamos que $A$ es abierto, entonces no es una vecindad de cada punto de $x\in A$ tal que $x\in N\subseteq A$. Como $x\in N$, $x$ es en cualquier unión de abrir los conjuntos que contengan $N$$x\in Int(A)$. Como $Int(A)\subseteq A$ cualquier $A$, se deduce que el $A=Int(A)$

Answer 1

$\newcommand{\fr}{\operatorname{Fr}}\newcommand{\cl}{\operatorname{cl}}$Comenzar con mal pie en la prueba de (1): la negación de la $\fr(A)\subseteq A$$\fr(A)\nsubseteq A$, no mucho más fuerte declaración de $\fr(A)\subseteq\Bbb R^n\setminus A$. Para que la dirección de la equivalencia se puede argumentar de la siguiente manera:

Supongamos que $A$ es cerrado y $x\notin A$; a continuación, $x$ tiene un nbhd $N$ tal que $N\cap A=\varnothing$. Esto implica claramente que el $x\notin\fr(A)$, y sigue a la vez que $\fr(A)\subseteq A$.

Para (3) considero que ya he mostrado en otro lugar que $\fr(\fr(A))\subseteq\fr(A)$ para cualquier conjunto $A$.

En (4) usted tiene el mal cuantificador: si $x\in\fr(A)$, entonces para cada nbhd $N$ $x$ es cierto que $N\cap A\ne\varnothing\ne N\cap(\Bbb R^n\setminus A)$, y necesita esta hecho para todos los nbhd de $x$, no solo por uno, en orden para su argumento en realidad llevar a la conclusión de que $x\in\fr(\Bbb R^n\setminus A)$.

El resto se ve bien, sin embargo.