Deje $X$ ser conectado a un espacio métrico ( con más de un punto ) y $A \subseteq X$ ser que no se cierra en $X$ que $X \setminus A$ no está conectado ; entonces, ¿es verdad que $X \setminus B$ no está también conectado para algunos cerrado ( en $X$ ) subconjunto $B$ de % de$A$ ?
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MrTuttle
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Sí, en la métrica de los espacios de esto es cierto. Más generalmente, se sostiene en los espacios de la satisfacción de las $T_5$ separación de axiomas cualquier separados los juegos pueden ser separados por bloques abiertos.
Que $X\setminus A$ no está conectado significa que hay dos vacío relativamente abierto subconjuntos $U_r,V_r$ de % de $X\setminus A$ tal que $U_r\cap V_r = \varnothing$ e $X\setminus A = U_r\cup V_r$.
Que $U_r$ e $V_r$ son relativamente abierta en $X\setminus A$ y discontinuo significa que están separados en $X$, es decir,$U_r \cap \overline{V_r} = \varnothing = \overline{U_r} \cap V_r$. Por la $T_5$ axioma, existen abiertos disjuntos (en $X$ conjuntos de $U,V$ con $U_r\subset U$ e $V_r\subset V$. A continuación, $B := X \setminus (U\cup V)$ es cerrado en $X$, y desde $X\setminus A = U_r\cup V_r\subset U\cup V$, tenemos $B\subset A$. Y por la construcción de $X\setminus B = U\cup V$ no está conectado.
Nos muestran que la métrica de los espacios se $T_5$espacios: Vamos a $E,F$ ser distintos conjuntos en el espacio métrico $X$, es decir,$E\cap \overline{F} = \varnothing = \overline{E}\cap F$. Si alguno de los dos está vacía, una separación por la apertura de los juegos de trivial - podemos elegir uno de los conjuntos como $\varnothing$. Así que supongo que ambos son no vacíos. A continuación, definir
$$U := \{ x\in X : \operatorname{dist}(x,E) < \operatorname{dist}(x,F)\} \quad\text{and}\quad V := \{ x\in X : \operatorname{dist}(x,F) < \operatorname{dist}(x,E)\},$$
donde $\operatorname{dist}(x,M) := \inf \{ d(x,y) : y \in M\}$. Desde $E\cap \overline{F} = \varnothing$, para cada $e\in E$ hay un $r > 0$ tal que $B_r(x) \cap F = \varnothing$, lo $\operatorname{dist}(e,E) = 0 < r \leqslant \operatorname{dist}(e,F)$, de donde $E \subset U$. Por el mismo razonamiento $F\subset V$, y claramente $U\cap V = \varnothing$. Queda por ver que $U$ e $V$ están abiertos. Por simetría, es suficiente para mostrar que el $U$ está abierto. Supongamos $x\in U$. Entonces
$$s := \operatorname{dist}(x,E) < t := \operatorname{dist}(x,F)$$
por definición de $U$, y con $r := \frac{t-s}{3}$ tenemos $r > 0$, y para todos los $y\in B_r(x)$
$$\operatorname{dist}(y,E) \leqslant \operatorname{dist}(x,E) + d(x,y) < s + r < t - r < \operatorname{dist}(x,F) - d(x,y) \leqslant \operatorname{dist}(y,F),$$
por lo $B_r(x) \subset U$ e $U$ es reconocido como abierto.
Diego Fonseca
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Es cierto que $X \setminus B$ no está también conectado para algunos cerrado ( en $X$ ) subconjunto $B$ de $A$?
La respuesta es: en General no es cierto.
Considere la posibilidad de $X=R$ con topología $\mathcal{T}$ con base $$\mathcal{B}=\left\{\left(-\infty,a\right) : \: a \in \mathbb{R}\right\}.$$ Deje $a, x\in \mathbb{R}$ con $a<x$, considere la posibilidad de $A=\left[a,x\right) \cup \left(x, \infty\right)$, tenga en cuenta que $A$ no está cerrado en $X$ e $X\setminus A= \left(-\infty,a \right) \cup {x}$ no está conectado.
Tenga en cuenta que si $B$ es cerrado (en $X$) subconjunto de $A$, entonces no es $y \in \mathbb{R}$ con $x<y$ tal que $B=\left[y,\infty\right)$, además, $X \setminus B$ está conectado.
