¿Puede alguien mostrarme cómo demostrarlo? En un espacio paracompacto: dada una familia de conjuntos $A_i$ donde $i \in I$ (algún conjunto de índices) entonces: $\overline{\cup{A_i}} = \cup \overline{A_i}$ Gracias.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
DiGi
Puntos
1925
$\newcommand{\cl}{\operatorname{cl}}$ La afirmación es falsa en general, incluso si los conjuntos $A_i$ están abiertos. Deja que $S$ sea el Línea Sorgenfrey es decir, la línea real topologizada tomando $\big\{[a,b):a<b\big\}$ como base. $S$ es $T_3$ y Lindelöf, por lo que es paracompacto. Para $x\in(0,1)$ dejar $U_x=[x,1)$ y que $\mathscr{U}=\{U_x:x\in(0,1)\}$ . $\mathscr{U}$ es una familia de conjuntos cerrados en $S$ Así que $$\bigcup_{x\in(0,1)}\cl_SU_x=\bigcup_{x\in(0,1)}U_x=(0,1)\;,$$ pero $$\cl_S\bigcup_{x\in(0,1)}U_x=\cl_S(0,1)=[0,1)\;.$$
El resultado más cercano que se me ocurre es este:
Teorema. Dejemos que $X$ sea un espacio, y que $\mathscr{A}$ sea cualquier familia localmente finita de subconjuntos de $X$ . Entonces $$\cl_X\bigcup\mathscr{A}=\bigcup\big\{\cl_XA:A\in\mathscr{A}\big\}\;.$$
Prueba. Es evidente que basta con demostrar que $\cl_X\bigcup\mathscr{A}\subseteq\bigcup\big\{\cl_XA:A\in\mathscr{A}\big\}$ Así que supongamos que $x\in\cl_X\bigcup\mathscr{A}$ . Dejemos que $V$ sea un nbhd abierto de $x$ que sólo se reúnen con un número finito de miembros de $\mathscr{A}$ y que $\mathscr{A}_0=\{A\in\mathscr{A}:V\cap A\ne\varnothing\}$ . Si $U$ es cualquier nbhd abierto de $x$ Así es $U\cap V$ Así que $(U\cap V)\cap\bigcup\mathscr{A}\ne\varnothing$ . Pero $V\cap\bigcup\mathscr{A}=V\cap\bigcup\mathscr{A}_0$ Así que $(U\cap V)\cap\bigcup\mathscr{A}=(U\cap V)\cap\bigcup\mathscr{A}_0$ y se deduce que $x\in\cl_X\bigcup\mathscr{A}_0$ . Pero $\mathscr{A}_0$ es finito, por lo que $\cl_X\bigcup\mathscr{A}_0=\bigcup\big\{\cl_XA:A\in\mathscr{A}_0\big\}$ y, por lo tanto, hay algo de $A_x\in\mathscr{A}_0$ tal que $x\in\cl_XA_x\subseteq\bigcup\big\{\cl_XA:A\in\mathscr{A}\big\}$ . $\dashv$
ferson2020
Puntos
946
Esto es cierto, dado que todos los $A_i$ están abiertos.
En primer lugar, obtenemos $\cup \overline{A_i} \subseteq \overline{\cup{A_i}}$ debido a la naturaleza del operador de cierre.
Ahora dejemos que $x \in \overline{\cup A_i}$ . Como el espacio es paracompacto, y como $\cup A_i$ es una tapa abierta, $\cup A_i$ tiene algún refinamiento localmente finito $\cup B_i$ , por lo que hay algo de vecindad $U$ de $x$ tal que $U$ interseca a un número finito de $B_i$ .
Supongamos, por contradicción, que $x \notin \cup \overline{A_i}$ . $\cup \overline{B_i} \subseteq \cup \overline{A_i}$ Así que $x \notin \cup \overline{B_i}$ por lo que para cada $B_i$ , $x \notin \overline{B_i}$ .
Ahora dejemos que $i_1, i_2, ..., i_n$ sean los índices tales que $U \cap B_{i_1}, U \cap B_{i_2}, ..., U \cap B_{i_n}$ son todos no vacíos, y que $V = U \cap (\displaystyle \cup_{k=1}^n \overline{B_{i_k}}')$ ( $U$ restar los cumplimientos de los cierres). Aviso $V$ es una vecindad abierta de $x$ que no se cruza con ningún $B_i$ .
Pero eso significa $V$ no se cruza con $\cup B_i$ Así que $V'$ es un conjunto cerrado que contiene $\cup B_i$ tal que $x \notin V$ , lo que significa que $x \notin \overline{\cup B_i}$ . $\cup B_i$ es un refinamiento de $\cup A_i$ Así que $x \notin \overline{\cup A_i}$ , al contrario de lo que suponíamos.
Eso significa que, de hecho, debemos tener $x \in \cup \overline{A_i}$ , dando $\overline{\cup A_i} \subseteq \cup \overline{A_i}$ que se combina con nuestra primera desigualdad para la igualdad $\overline{\cup A_i} = \cup \overline{A_i}$ .
