Separación de conjuntos cerrados en el plano de Moore / plano de Niemytzki (Topología)

Question

Pasé los últimos días tratando de resolver este ejercicio con poco éxito, así que espero que alguien aquí pueda ayudar:

Denota el avión de Moore por $M$ el $x$ -eje por $R$ y la parte superior medio avión por $H$ ( $M = R \cup H$ ). Deje que $A, B \subseteq M$ se cerrará y desarticular subconjuntos de $M$ . Supongamos que $|A \cap R| < \infty $ . Demuestra que $A$ y $B$ pueden ser separados por vecindarios abiertos desarticulados.

Soy consciente del hecho de que $M$ no es $T_4$ y en los ejercicios anteriores probé los siguientes hechos:

• $R$ como un subespacio de $M$ tiene la topología discreta.
• $H$ como un subespacio de $M$ es homeomórfico a $H$ como un subespacio de $ \mathbb {R}^2$ (con la topología estándar).
• $H$ está abierto en $M$ .
• El cierre en $M$ de cada elemento de la base de la topología es la misma que su cierre en el plano euclidiano.
• $M$ es un espacio regular de Hausdorff ( $T_3$ ).

También demostré que es suficiente para probar la demanda en el caso de que $A \cap R = \varnothing $ y $B = R$ (aunque otros enfoques también podrían funcionar), pero tengo problemas para mostrar que existe un barrio abierto de $A$ cuyo cierre no se cruza con $R$ .

¡Su ayuda será muy apreciada!

Answer 1

Si consideramos el caso reducido en el que $A\cap R=\emptyset$ y $B=R$ , tenga en cuenta que $H$ (como subespacio) es homeomorfo al semiplano abierto euclidiano estándar y como tal es normal, y como $H$ es una vecindad abierta de $A$ encontramos un espacio abierto (en Euclides) $H$ (por tanto, también abierto en el plano de Niemytzki)) subconjunto $U$ con $A \subseteq U \subseteq \overline{U} \subseteq H$ por lo que el cierre de $U$ en $H$ (o el plano euclidiano) falla $R$ (es decir, se queda dentro de $H$ ).

Es fácil comprobar a partir de la definición de topología del plano de Niemytzki que para $x \in R$ y $B \subseteq H$ tenemos que $x \in \overline{B}$ (topología de Niemytzki) implica $x \in \overline{B}$ (topología euclidiana), y esto implica que $\overline{U}$ en la topología de Niemytski es un subconjunto del cierre de $U$ en la topología euclidiana (y, por lo tanto, se pierde $R$ ). Así que $U$ y $M\setminus \overline{U}$ separar $A$ (disjuntos de $R$ ) y $B=R$ , según sus necesidades.

Answer 2

Esta es mi solución:

Desde $A\cap R=\varnothing$ para cada $\left(x,y\right)\in A$ es sostiene que $y>0$ y por lo tanto $\left(x,y\right)\in B_{\frac{y}{3}}\left(\left(x,y\right)\right)\subseteq H$ . Denote $W:=\bigcup_{\left(x,y\right)\in A}B_{\frac{y}{3}}\left(\left(x,y\right)\right)\subseteq H$ , así que $W$ está abierto en $H$ .

Desde $A$ está cerrado en $H$ se deduce de $H$ (como subespacio de un espacio métrico espacio métrico) que existe un conjunto abierto $U$ ( $U$ está abierto en $H$ , pero como $H$ está abierto en $M$ , $U$ también está abierto en $M$ ) tal que $A\subseteq U\subseteq cl_{H}\left(U\right)\subseteq W$ . Afirmamos que $cl_{M}\left(W\right)\subseteq H$ y por lo tanto $cl_{M}\left(U\right)\subseteq cl_{M}\left(W\right)\subseteq H$ (como $U\subseteq W$ implica que $cl_{M}\left(U\right)\subseteq cl_{M}\left(W\right)$ ).

Supongamos por contradicción que $cl_{M}\left(W\right)\cap R\neq\varnothing,$ por lo que existe $\left(x,0\right)\in R$ tal que toda vecindad abierta de $\left(x,0\right)$ se cruza con $W$ . Demostraremos que para cada $\varepsilon>0$ , $A\cap\left[B_{\varepsilon}\left(\left(x,\varepsilon\right)\right)\cup\left(x,0\right)\right]\neq\varnothing,$ lo que implica que $\left(x,0\right)\in cl_{M}\left(A\right)$ , al contrario de lo que ocurre con al hecho de que $cl_{M}\left(A\right)=A$ (como $A$ está cerrado en $M$ ) y $A\cap R=\varnothing.$

Dejemos que $\varepsilon>0$ por la definición de cierre, existe alguna $\left(x',y'\right)\in W\cap\left[B_{\frac{\varepsilon}{2}}\left(\left(x,\frac{\varepsilon}{2}\right)\right)\cup\left(x,0\right)\right]$ , y de $W$ se deduce que existe $\left(x'',y''\right)\in A$ tal que $d\left(\left(x',y'\right),\left(x'',y''\right)\right)<\frac{y'}{2}$ . Tenga en cuenta que, dado que $\left(x',y'\right)\in B_{\frac{\varepsilon}{2}}\left(\left(x,\frac{\varepsilon}{2}\right)\right)$ , se sostiene que $\left(x'-x\right)^{2}+\left(y'-\frac{\varepsilon}{2}\right)^{2}<\left(\frac{\varepsilon}{2}\right)^{2}$ y $y'<\varepsilon$ .

Ahora:

$d\left(\left(x,\varepsilon\right),\left(x'',y''\right)\right)\leq d\left(\left(x,\varepsilon\right),\left(x',y'\right)\right)+d\left(\left(x',y'\right),\left(x'',y''\right)\right)<\sqrt{\left(x'-x\right)^{2}+\left(y'-\varepsilon\right)^{2}}+\frac{y'}{2}=\sqrt{\left(x'-x\right)^{2}+\left(y'-\frac{\varepsilon}{2}\right)^{2}+\frac{3\varepsilon^{2}}{4}-\varepsilon y'}+\frac{y'}{2}<\sqrt{\varepsilon^{2}-\varepsilon y'}+\frac{y'}{2}\stackrel{\left(\star\right)}{\leq}\varepsilon $

$\left(\star\right)$ se mantiene porque $\sqrt{\varepsilon^{2}-\varepsilon y'}+\frac{y'}{2}\leq\varepsilon$ si $\sqrt{\varepsilon^{2}-\varepsilon y'}\leq\varepsilon-\frac{y'}{2}$ si $\varepsilon^{2}-\varepsilon y'\leq\varepsilon^{2}-\varepsilon y'+\left(\frac{y'}{2}\right)^{2}$ si $0\leq\left(\frac{y'}{2}\right)^{2}$ que siempre es cierto.

Por lo tanto, $\left(x'',y''\right)\in B_{\varepsilon}\left(\left(x,\varepsilon\right)\right)\cup\left(x,0\right)$ , lo que implica que $\left(x,0\right)\in cl_{M}\left(A\right)$ , a contradicción (como se ha explicado anteriormente). De ello se desprende que $cl_{M}\left(W\right)\cap R=\varnothing$ lo que implica que $cl_{M}\left(U\right)\subseteq H$ . Por lo tanto, $U$ y $M\backslash cl_{M}\left(U\right)$ están abiertos en $M$ y separar $A$ y $R$ .

Answer 3

He aquí una prueba topológica suponiendo $A$ está acotado.

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Recordemos la "normalización de un punto" del plano de Niemytzki construida por @BrianMScott en Plano de Moore / Plano de Niemytzki (Topología)

Dejemos que $X$ sea el plano de Niemytzki, sea $H$ sea el semiplano superior abierto, y sea $L$ sea el $x$ -eje. Para cada $x\in L$ y $r>0$ dejar $D(x,r)$ sea el disco cerrado de radio $r$ en la topología habitual tangente a $L$ en $x$ y que $\mathscr{D}$ sea el conjunto de todos esos discos. Sea $p$ sea un punto que no esté en $X$ y que $Y=X\cup\{p\}$ . Topologizar $Y$ estar haciendo $X$ un subconjunto abierto con la topología de Niemytzki y tomando

$$\left\{Y\setminus\bigcup\mathscr{F}:\mathscr{F}\subseteq\mathscr{D}\text{ is finite}\right\}$$

como base local en $p$ . Si $U=X\setminus\bigcup_{k=1}^nD(x_k,r_k)$ , donde $D(x_1,r_1),\ldots,D(x_n,r_n)\in\mathscr{D}$ es un nbhd abierto básico de $p$ , $s_k>r_k$ para $k=1,\ldots,n$ y $V=X\setminus\bigcup_{k=1}^nD(x_k,s_k)$ entonces $V$ también es un nbhd abierto de $p$ y $\operatorname{cl}_YV\subseteq U$ . Está claro que $Y$ es $T_1$ y como $X$ es regular, se deduce que $Y$ es $T_3$ . $Y$ también es Lindelöf: una vez $p$ está cubierto por un conjunto abierto, sólo un número finito de puntos de $L$ quedan por cubrir, y $H$ es Lindelöf. Se deduce de inmediato que $Y$ es $T_4$ .

La idea detrás de esta topología es que los contraejemplos a la normalidad en $X$ son pares de subconjuntos infinitos de $L$ Esta topología hace que $p$ un punto límite de todo subconjunto infinito de $L$ y, por lo tanto, se eliminan todos los ejemplos de este tipo.

Ahora bien, si $A\subseteq H$ está cerrado y limitado También está cerrado en $Y$ . Aviso $R\cup\{p\}$ está cerrado en $Y$ . Desde $Y$ es normal, hay conjuntos abiertos disjuntos $U$ y $V$ separando $A$ y $R\cup\{p\}$ . Entonces $U$ y $V\setminus \{p\}$ son abiertos disjuntos en $X$ , separando $A$ y $R$ . Hemos terminado.