Podemos acomodar una cantidad no numerable de vacío abierto pone en $\mathbb{R}^n$ de manera tal que cada punto está contenido en a lo más un número finito de ellos?

Question

Esta simple pregunta vino a mi mente el otro día:

Pregunta: Podemos acomodar una cantidad no numerable de vacío abierto pone en $\mathbb{R}^n$ de manera tal que cada punto de $\mathbb{R}^n$ está contenido en a lo más un número finito de conjuntos?

Me pasé horas y horas tratando de encontrar una forma inteligente de conseguir una colección de dibujo de subconjuntos de a $\mathbb{R}^2$, pero cada intento fallido. De ahí mi intuición fuertemente me dice que la respuesta es 'no', pero luego también he pasado horas tratando de refutar la reclamación sin éxito.

Tal vez hay una forma inteligente de usar que en un espacio métrico un vacío contables cerrados subconjunto contiene al menos un punto aislado.

Answer 1

No. Deje $\mathcal F$ ser una familia de vacío abrir los subconjuntos de a $\mathbb R^n$ de manera tal que cada punto de $\mathbb R^n$ es en la mayoría de un número finito de conjuntos de $\mathcal F$. Ahora consideremos el conjunto $$ P = \{ (q,A) \in \mathbb Q^n\times \mathcal F \mid q\in A \} $$

Por un lado $P$ debe ser contables, debido a que tiene un número finito de miembros para cada una de las $q$, y una contables de la unión finita de conjuntos es contable.

Por otro lado $P$ tiene al menos tantos elementos como $\mathcal F$, debido a que cada conjunto abierto no vacío contiene un punto racional.

Por lo tanto $\mathcal F$ es en la mayoría de los contables.

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Este argumento no depende de $\mathbb R^n$ métrica o completa; sólo se requiere que se trata de un separables en el espacio.

(Como bof argumenta en los comentarios de abajo, esto no requiere ninguna forma de que el axioma de elección, suponiendo que el espacio es segundo contable).

Answer 2

Me formular Henning excelente respuesta en su mayor generalidad:

Definición de 0. Deje $X$ denotar un conjunto y $\mathcal{O}$ denotar una familia de subconjuntos de a $X$. A continuación, $D \subseteq X$ se llama $\mathcal{O}$-denso iff para cada $A \in \mathcal{O} \setminus \{\emptyset\}$, la intersección $D \cap A$ no está vacía. La densidad de $\mathcal{O}$ es el menos cardinalidad de una $\mathcal{O}$-subconjunto denso. Escribimos $\mathrm{den}(\mathcal{O})$ para la densidad de $\mathcal{O}$.

Tenga en cuenta que:

• $\mathrm{den}(\mathcal{O}) \leq |X|$
• $\mathrm{den}(\mathrm{Open}(\mathbb{R}^n)) = \aleph_0$

Definición 1. Deje $X$ denotar un conjunto y $\mathcal{F}$ denotar una familia de subconjuntos de a $X$. El repiticity de $\mathcal{F}$ es el menos cardenal $\kappa$ tal que para todos los $x \in X$, tenemos $$|\{A \in \mathcal{F} \mid x \in A\}| \leq \kappa.$$ We write $\mathrm{rep}(\mathcal{F})$ for the repiticity of $\mathcal{F}$.

Tenga en cuenta que:

• $\mathrm{rep}(\mathcal{F}) \leq |\mathcal{F}|$

Teorema. Deje $X$ denotar un conjunto y supongamos que $\mathcal{O}$ $\mathcal{F}$ son familias de subconjuntos de a $X$ tal que $\mathcal{F} \subseteq \mathcal{O} \setminus \{\emptyset\}$. Entonces: $$|\mathcal{F}| \leq \mathrm{rep}(\mathcal{F}) \cdot \mathrm{den}(\mathcal{O})$$

La prueba es que ahora, al final de esta respuesta.

Ahora podemos responder a su pregunta bastante sencilla.

Pregunta: podemos acomodar una cantidad no numerable de vacío abierto pone en $\mathbb{R}^n$ de manera tal que cada punto de $\mathbb{R}^n$ está contenida en la mayoría de los finitely muchos de los conjuntos? Si podemos contestar "no" a la variante de esta pregunta en la que la frase "en la mayoría de un número finito de" se sustituye por "en la mayoría de los countably muchos," entonces podemos responder "no" a la pregunta original. Pero esto es equivalente a: ¿ existen innumerables $\mathcal{F} \subseteq \mathrm{Open}(\mathbb{R}^n) \setminus \{\emptyset\}$ tal que $\mathrm{rep}(\mathcal{F}) \leq \aleph_0$? El uso de nuestro teorema, vemos que no. Por suponga $\mathcal{F} \subseteq \mathrm{Open}(\mathbb{R}^n) \setminus \{\emptyset\}$ satisface $\mathrm{rep}(\mathcal{F}) \leq \aleph_0$. Entonces:

$$|\mathcal{F}| \leq \mathrm{rep}(\mathcal{F}) \cdot \mathrm{den}(\mathrm{Open}(\mathbb{R}^n)) \leq \aleph_0 \cdot \aleph_0 = \aleph_0$$

Por lo $\mathcal{F}$ es contable.

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Prueba. Escribir $D$ $\mathcal{O}$- subconjunto denso de $X$, y asumir la $|D| = \mathrm{den}(\mathcal{O})$. Definir:

$$\mathcal{G} = \{ (d,A) \in D \times \mathcal F \mid d\in A \} $$

Hay una proyección de $\pi_1 : \mathcal{G} \rightarrow \mathcal{F}$$\pi_1(d,A) = A$. Este es surjective (usar ese $\mathcal{F} \subseteq \mathcal{O} \setminus \{\emptyset\}$ e las $\mathcal{O}$-densidad de $D$). Por lo tanto $|\mathcal{F}| \leq |\mathcal{G}|.$

Por lo tanto:

$$|\mathcal{F}| \leq |\mathcal{G}| = |\{ (d,A) \in D \times \mathcal F \mid d\in A \}| = \left|\bigoplus_{d:D}\{A \in \mathcal{F} \mid d\in A \}\right| $$

$$= \sum_{d:D} \left|\{A \in \mathcal{F} \mid d\in A \}\right| \leq \sum_{d:D} \mathrm{rep}(\mathcal{F}) = \mathrm{rep}(\mathcal{F}) \cdot |D| = \mathrm{rep}(\mathcal{F}) \cdot \mathrm{den}(\mathcal{O})$$

Answer 3

sólo una reformulación de la idea de Henning

si $\{r_n\}$ es cualquier contables subconjunto denso de $\Bbb{R}^n$ podemos formulario: $$ \mathcal{V}=\bigcup_{n\lt \omega}\{U\in \mathcal{F}|r_n \U,\} $$ claramente $\mathcal{V}$ es en la mayoría de los contables, pero que agota todos los miembros de $\mathcal{F}$ que contengan cualquier tipo de $r_n$.

por lo tanto, desde el $\mathcal{F}$ es incontable podemos (AC) elegir un $V \in \mathcal{F} \setminus \mathcal{V}$ que contiene no $r_n$, contradiciendo la suposición de densidad