(ZF) Si$\mathbb{R}^k$ es una unión contable de conjuntos cerrados, entonces al menos uno tiene un interior no vacío

Question

Desde el espacio específico $\mathbb{R}^k$ es dado, esto podría ser comprobable en ZF.

Deje $\{F_n\}_{n\in \omega}$ ser una familia de cerrados subconjunto de $\mathbb{R}^k$, de los que la unión es $\mathbb{R}^k$.

Supongamos que $\forall n\in \omega, {F_n}^o=\emptyset$ ($o$ denota interior)

Fix $x_0 \in \mathbb{R}^k$ Luego, por supuesto, $\forall 0<r\in \mathbb{R}$ existe $y\in \mathbb{R}^k$ tal que $y\in B(r,x_0)\setminus (F_n \cup \{x_0\})$ por cada $n\in \omega$.

He intentado mostrar que para cada $r$ existe $y\in \mathbb{Q}^k$ que satisface la condición. (Una vez que la existencia está garantizada, ya que $\mathbb{Q}^k$ puede ser bien ordenado lexicográficamente, $y$ puede ser elegido de forma única, por lo tanto la recursividad teorema sería aplicable)

Pero yo no podía. Es allí cualquier manera de mostrar esto?

Si es verdad, vamos a $y_0 \in B(r,x)\setminus (F_0 \cup \{x_0\})$$y_{n+1} \in B(d(y_n,x_0),x_0) \setminus (F_{n+1} \cup \{x_0\})$.

Entonces, $\forall n\in \omega$, $B(d(y_n,x_0),x_0) \setminus (F_{n+1} \cup \{x_0\})$ es no vacío.

Aquí, de nuevo, no sé cómo demostrar que 'existe un $y\in \mathbb{R}^k$ tal que $y\notin \bigcup_{n\in \omega} F_n$.

Por favor, ayudar.

Si mi argumento es erróneo, por favor, dame una prueba adecuada.

Answer 1

La Categoría de Baire Teorema implica que completa métrica espacios no son de primera categoría (escasos). Es decir, que no son contables de la unión de la nada densos conjuntos. Un conjunto $A$ es denso en ninguna parte si $\text{Int}(\bar{A}) = \emptyset$.

Claramente $\mathbb{R}^n$ es un completo espacio métrico separable. Si $\mathbb{R}^n = \bigcup_k A_k$ donde cada una de las $A_k$ es cerrado y vacío interior, a continuación, esto se contradice con la Categoría de Baire Teorema.

Tan sólo necesita que la Categoría de Baire Teorema puede ser probado sin el axioma de elección. Esto es cierto para el polaco Espacio, es decir, completa separables métrica espacios. Teorema 4 de este pdf de Berkeley tiene corta prueba de este resultado : http://math.berkeley.edu/~jdahl/104/104Baire.pdf

Answer 2

Aunque es esencialmente equivalente a Asaf, yo prefiero la siguiente prueba (en ZF) que cada separables, completamente metrizable es espacio de Baire: creo que es más fácil trabajar con densos bloques abiertos.

Deje $\langle X,d\rangle$ completa, separable espacio métrico, vamos a $D=\{x_n:n\in\Bbb N\}$ ser denso en $X$, vamos a $\{U_n:n\in\Bbb N\}$ ser una familia de densa abrir los subconjuntos de a $X$, y deje $V$ ser un no-vacío abierto subconjunto de $X$. Para $n\in\Bbb N$ $x\in X$ deje $B(x,n)$ el de apertura $d$-bola de radio $2^{-n}$ centrada en $x$, y deje $D(x,n)$ ser cerrada $d$-bola de radio $2^{-n}$ centrada en $x$.

Vamos $$m(0)=\min\left\{n\in\Bbb N:x_n\in G\cap G_0\right\}$$ and $$k(0)=\min\left\{n\in\Bbb N:D\left(x_{m(0)},n\right)\subseteq G\cap G_0\right\}\;.$$

Dado $m(n),k(n)\in\Bbb N$, vamos $$m(n+1)=\min\left\{i\in\Bbb N:x_i\in B\left(x_{m(n)},k(n)\right)\cap G_{n+1}\right\}$$ and $$k(n+1)=\max\left\{2^{n+1},\min\left\{i\in\Bbb N:D\left(x_{m(n+1)},i\right)\subseteq B\left(x_{m(n)},k(n)\right)\cap G_{n+1}\right\}\right\}\;.$$

Para $n\in\Bbb N$ deje $y_n=x_{m(n)}$. Entonces

$$B\left(y_n,k(n)\right)\supseteq D\left(y_{n+1},k(n+1)\right)\supseteq B\left(y_{n+1},k(n+1)\right)\supseteq D\left(y_{n+2},k(n+2)\right)\supseteq\ldots$$

para cada una de las $n\in\Bbb N$. En particular, $\{y_i:i\ge n\}\subseteq B(y_n,k(n))\subseteq B(y_n,n)$, lo $\langle y_n:n\in\Bbb N\rangle$ $d$- secuencia de Cauchy y por lo tanto converge a algunos $y\in X$. Claramente $y\in D(y_n,k(n))\subseteq G\cap G_n$ por cada $n\in\Bbb N$, por lo que $$y\in G\cap\bigcap_{n\in\Bbb N}G_n\ne\varnothing\;.$$ Thus, $\bigcap_{n\in\Bbb, N}G_n$ is dense in $X$, and $X$ es de Baire.

Answer 3

La respuesta se desprende de una aplicación de algunas descriptivo de la teoría de conjuntos y Shoenfield del teorema de completitud. El resto de esta respuesta funciona de la misma manera en $\mathbb{R}^k$$\mathbb{R}$, pero lo voy a escribir (poco) en $\mathbb{R}$ por simplicidad de notación.

En realidad, el principio en cuestión es una variante de la categoría de Baire teorema y sería demostrable en una muy débil subsistema de segundo orden de la aritmética, aunque generalizada a una arbitraria completa separable espacio métrico. De segundo orden, la aritmética es mucho más débil que ZF. Para mostrar que el principio es comprobable en ZF es mucho más fácil, aunque voy a usar sólo el gran martillo de Shoenfield del absolutismo teorema de aquí.

Aquí es un boceto en ZF, mostrando cómo aplicar el teorema de completitud. El punto clave es que tenemos que demostrar que el principio de interés puede ser expresada mediante una fórmula en un nivel más bajo de la jerarquía analítica.

Tenga en cuenta que, dado cualquier conjunto abierto $U$, ZF puede formar el conjunto $A(U) = \{ (i,j) : B(q_i, 2^{-j}) \subseteq U\}$ donde $(q_i)$ es algunos fijos enumeración de los puntos racionales y $B(\cdot,\cdot)$ denota una bola como de costumbre. Y esta construcción es uniforme; dada una secuencia $(U_i)$, ZF es capaz de formar $(A(U_i))$.

Además, un conjunto es, por definición, cerrado si y sólo si su complemento es abierto.

Por lo tanto, en ZF, la declaración de que la unión de una secuencia $(C_k)$ de los conjuntos cerrados cubre todos los de $\mathbb{R}$ puede escribirse de la siguiente forma:

$$(\forall x \in \mathbb{R})(\existe i, j,k \in\omega)[ (i,j) \en Un(U_k) \de la tierra d(x, q_i) < 2^{-j}].$$ donde $(U_k)$ es la secuencia de los bloques abiertos complementarios a los conjuntos en thbe secuencia $(C_k)$.

La fórmula que se muestra es en el nivel $\Pi^1_1$ de la analítica de la jerarquía de si $(A(U_k))$ y la función de distancia se toman como parámetros (los parámetros pueden ser tomadas como elementos de $\omega^\omega$ con la rutina de la codificación, y el cuantificador más de $\mathbb{R}$ puede ser reemplazado con un cuantificador más de $\omega^\omega$ con los métodos de rutina, y la exactitud de estos métodos pueden ser verificados en ZF).

Del mismo modo, la declaración de que algunos $C_k$ tiene interior no vacío puede ser escrito como

$$(\existe k)(\forall x\in \mathbb{R})(\existe i,j)[ d(x, q_i) < 2^{j} \x \in C_k]$$

Esto es, nuevamente, $\Pi^1_1$ en el análisis de la jerarquía, ya que podemos sustituir $x \in C_k$ $x \not \in A(U_k)$ anterior. Así, la declaración general "si $\mathbb{R} = \bigcup C_k$ algunos $C_k$ tiene interior no vacío" puede ser tomado, en ZF, para ser de la forma $(\Pi^1_1) \to (\Pi^1_1)$, y por lo tanto, esta declaración es $\Sigma^1_2$ en relación con algunos parámetros en $\omega^\omega$.

Shoenfield del teorema de completitud, lo que es comprobable en ZF, los estados que $\Sigma^1_2$ frases de la analítica de la jerarquía con los parámetros de $X \in \omega^\omega$ son absoluta - tienen el mismo valor de verdad - entre el$V$$L(X)$. Debido a $L(X)$ seguramente satisface ZFC, y ZFC, demuestra que el principio en cuestión, ZF puede demostrar que el principio sea cierto en $L(X)$, por lo que también es cierto en $V$ por Shenfield del teorema.

Answer 4

Esta es esencialmente la categoría de Baire teorema. De hecho, en ZF para separables completa de métricas de espacios.

El argumento es como sigue:

Supongamos que $(X,d)$ es un separables completa de espacio métrico, y $\{a_k\mid k\in\omega\}=D\subseteq X$ es una contables subconjunto denso.

Por contradicción, supongamos que podemos escribir $X=\bigcup F_n$ donde $F_n$ son cerrados y con vacío interior, podemos asumir que $F_n\subseteq F_{n+1}$.

Definir, por recursión, la siguiente secuencia:

1. $x_0 = a_k$ tal que $k=\min\{n\mid a_n\notin F_0\}$;
2. $r_0 = \frac1{2^k}$ tal que $d(F_0,x_0)>\frac1k$, ya que el $x_0\notin F_0$ tales $k$ existe.
3. $x_{n+1} = a_k$ tal que $k=\min\{n\mid a_n\in B(x_n,r_n)\setminus F_n\}$;
4. $r_{n+1} = \frac1{2^k}$ tal que $d(F_n,x_{n+1})>\frac1k$, el argumento es como antes.

Tenga en cuenta que $x_n$ es una secuencia de Cauchy, por lo tanto converge a un punto de $x$. Si $x\in F_n$ algunos $n$, la primera nota que $d(x_k,F_n)\leq d(x_k,x)$, por la definición de una distancia a partir de un conjunto cerrado.

Si es así, para algunos $k$ tenemos que $d(x,x_k)<r_n$, en particular,$d(F_n,x_k)<r_n$. Primero llegamos a la conclusión de que $n<k$, de lo contrario $d(F_n,x_n)>r_n$. Ahora observamos que:

$$d(F_n,x_n)\leq d(x,x_n)\leq d(x,x_k)+d(x_k,x_n)\leq r_n+r_n=2r_n$$

No es difícil ver que $2r_n< d(F_n,x_n)$, lo cual es una contradicción a la elección de $x_n$.

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Añadió: ¿por Qué no $a_k$ en cada paso de la definición inductiva?

Tenga en cuenta que $D$ es densa, por tanto,$\overline{D}=X$. En particular, si $F_n$ está cerrado y tiene un subconjunto denso, a continuación,$F=X$. Puesto que suponemos que el interior de $F_n$ está vacía tenemos que $F_n\cap D$ no es denso en $X$, de lo contrario $F_n=X$ y tiene un no-vacío interior.

Tenemos que $D\setminus F_n$ es densa, ya que $D\cap F_n$ no es denso. En particular, esto significa que en cada conjunto abierto hay algunos $a_k\in D\setminus F_n$, y por lo tanto la inducción puede ser llevada en su totalidad.