Si $ \mathcal {B}$ en $X$ converge en $x$ se acumula en $x$ y si $X$ es Hausdorff, $x$ es un punto único de acumulación.

Question

Esencialmente necesito retroalimentación, sobre todo en el estilo de escritura y la precisión y la firmeza de los argumentos.

Supongamos que $ \mathcal {B}$ converge en $x$ . Para cada barrio abierto $U(x)$ de $x$ en $X$ existe $B_j \in\mathcal {B}$ de tal manera que $B_j \subset U(x)$ . Claramente, $B_j \cap U(x) \neq \emptyset $ . Tenemos que mostrar que $B_i \cap U(x) \neq \emptyset $ para todos $i \in I$ de tal manera que $i \neq j$ . Ya que para todos $i,j \in I$ existe $k \in I$ de tal manera que $b \in B_k \subset B_i \cap B_j$ Por lo tanto $B_i \cap B_j \neq \emptyset $ para todos $i,j \in I$ . De ello se deduce que $B_i \cap U(x) \neq \emptyset $ para todos $i \neq j \in I$ . Así, por cada $U(x) \in \mathcal {T}$ y cada $B_i \in \mathcal {B}$ , $U(x) \cap B_i \neq \emptyset $ .\ Supongamos que $(X, \mathcal {T})$ es un espacio Hausdorff. Considere una base filtrante $ \mathcal {B}$ en $X$ convergiendo a $x \in X$ mostramos que, si $y \in X$ y $y \neq x$ Entonces $ \mathcal {B}$ no puede acumularse en $y$ . Desde entonces, $x \neq y$ y $X$ es Hausdorff, existen barrios abiertos $U(x) \in \mathcal {T}$ y $V(y) \in \mathcal {T}$ de $x$ y $y$ respectivamente de tal manera que $U(x) \cap V(y) = \emptyset $ . Desde $ \mathcal {B}$ converge en $x$ existe un elemento de base filtrante $B_i \in \mathcal {B}$ para cada barrio abierto $U(x)$ de $x$ de tal manera que $B_i \subset U(x)$ . De ello se deduce que existe $B_i \in \mathcal {B}$ de tal manera que $B_i \cap V(y)= \emptyset $ . Por lo tanto, $ \mathcal {B}$ no puede acumularse en $y$ .

Answer 1

Yo lo haría de forma algo diferente:

Supongamos que tenemos una base de filtro $ \mathcal {B} = \left\ {B_i : i \in I \right\ }$ y $x \in X$ . Luego $ \mathcal {B}$ se acumula en $x$ iff

$$ \forall i \in I, \forall \mbox { neighbourhoods } U(x) \mbox { of } x, U(x) \cap B_i \neq \emptyset $$

o equivalente $x$ está en el cierre de todos $B_i$ . Ahora, si $ \mathcal {B} \rightarrow x$ , entonces $x$ es un punto de acumulación: elige un punto arbitrario $U(x)$ barrio de $x$ y un arbritario $B_i$ en $ \mathcal {B}$ . Luego por la convergencia para algunos $j$ tenemos $B_j \subset U(x)$ y también tenemos por la definición de una base de filtro, aplicada a $B_i$ y $B_j$ algunos $B_k$ con $ \emptyset \neq B_k \subset B_i \cap B_j \subset B_j \subset U(x)$ . De ello se deduce que, en efecto. $U(x)$ y $B_i$ se intersectan, según sea necesario.

Ahora supongamos $X$ es Hausdorff, $ \mathcal {B} \rightarrow x$ y $y$ es un punto de acumulación de $y$ . Supongamos que $y \neq x$ . Luego están los vecindarios desarticulados $U(y)$ y $U(x)$ de $y$ resp. $x$ . Por la convergencia, para algunos $i$ , $B_i \subset U(x)$ . Pero si $y$ es un punto de acumulación $U(y)$ debería intersecarse $B_i$ que no puede ser. Contradicción. Así que $y = x$ y $x$ es el único punto de acumulación de $ \mathcal {B}$ .

Así que esencialmente tienes los argumentos correctos, creo.