Dejemos que $A$ sea un conjunto cerrado en $\mathbb{R}^n$ . ¿Cómo puedo demostrar que $A$ = cierre de $B$ donde $B$ ¿es contable? Gracias por cualquier ayuda.
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Para $p\in\Bbb R^n$ y $r>0$ dejar $B(p,r)=\{x\in\Bbb R^n:d(p,x)<r\}$ , donde $d(p,x)$ es la distancia euclidiana habitual entre $p$ y $x$ en $\Bbb R^n$ . Sea $\mathscr{B}=\{B(p,r):p\in\Bbb Q^n\text{ and }r\in\Bbb Q^+\}$ , donde $\Bbb Q^+$ es el conjunto de los racionales positivos. $\mathscr{B}$ es una familia contable de conjuntos abiertos en $\Bbb R^n$ . Sea $\mathscr{B}_0=\{B\in\mathscr{B}:B\cap A\ne\varnothing\}$ .
Para cada $B\in\mathscr{B}_0$ elija un punto $x_B\in B\cap A$ y que $D=\{x_B:B\in\mathscr{B}_0\}$ claramente $D$ es un subconjunto contable de $A$ . Te dejo que demuestres que $\operatorname{cl}D=A$ No es difícil, pero añadiré más explicaciones si las necesitas.
(En general, no hay manera de especificar exactamente cómo los puntos $x_B$ se eligen, por lo que en general este argumento requiere la axioma de elección .)
Añadido: Para demostrar que $A\subseteq\operatorname{cl}D$ , dejemos que $x$ sea cualquier punto de $A$ . Para cualquier $\epsilon>0$ hay un $r\in\Bbb Q^+$ y un $p\in\Bbb Q^n$ tal que $r<\epsilon/2$ y $p\in B(x,r)$ . Entonces $B(p,r)\in\mathscr{B}$ y $x\in A\cap B(p,r)\ne\varnothing$ Así que $B(p,r)\in\mathscr{B}_0$ y $x_{B(p,r)}\in D\cap B(p,r)$ . Finalmente, $d(x_{B(p,r)},x)\le d(x_{B(p,r)},p)+d(p,x)<2r<\epsilon$ Así que $x_{B(p,r)}\in D\cap B(x,\epsilon$ . Desde $\epsilon>0$ era arbitraria, esto demuestra que $x\in\operatorname{cl}D$ y como $x\in A$ era arbitraria, muestra que $A\subseteq\operatorname{cl}D$ .
freespace
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El espacio $\mathbb R^n$ tiene un contable base es decir, es un segundo espacio contable . Por ejemplo, las bolas con diámetros racionales y centros con coordenadas racionales pueden tomarse como una base de este tipo.
Si $A=\emptyset$ , puede tomar $B=\emptyset$ . Así que asumamos a partir de ahora que $A$ no está vacío.
Si se toma cualquier base contable $$\mathcal B=\{B_n; n\in\mathbb N\}.$$
Ahora, para cada $n$ usted toma $b_n$ como un elemento arbitrario de $A\cap B_n$ , si $A\cap B_n$ no está vacío.
Si $A\cap B_n=\emptyset$ puede elegir $b_n$ como un elemento arbitrario de $A$ .
El conjunto $B=\{b_n; n\in\mathbb N\}$ cumple la condición $\overline B=A$ .
- Desde $B\subseteq A$ y $A$ está cerrado, tenemos $\overline B\subseteq A$ .
- Si un elemento $x$ pertenece a $A$ entonces para cada barrio básico $B_n\ni x$ de $x$ tenemos $B_n\cap A\ne\emptyset$ . Esto implica que $b_n\in B_n$ . Por lo tanto, cada barrio de $x$ contiene un elemento del conjunto $B=\{b_n; n\in\mathbb N\}$ lo que significa que $x\in\overline B$ .
Obsérvese que hemos utilizado Axioma de elección ya que hemos elegido un elemento $b_n$ de cada uno de los no vacíos $A\cap B_n$ .
La prueba anterior es casi idéntica a la prueba habitual del hecho de que El espacio de segunda cuenta es separable .
Hagen von Eitzen
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Para cada uno de los tantos intervalos contables $[a,b]$ con $a,b\in\mathbb Q^n$ seleccionar un único punto de $[a,b]\cap A$ (si hay uno). Entonces, si $x\in A$ y $\varepsilon>0$ , encontrar $a,b\in \mathbb Q$ con $x\in [a,b]\subset B(x,\varepsilon)$ y observar que el punto elegido $\in[a,b]\cap A$ (que puede ser $x$ mismo) tiene la distancia $<\varepsilon$ de $x$ .
La construcción anterior utiliza el axioma de elección contable.
users
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Un subespacio de un espacio métrico de segunda contabilidad es de segunda contabilidad y metrizable. Como para los espacios metrizables, segundo contable es equivalente a ser separable (tener subconjunto denso contable), tenemos que cualquier subespacio de un espacio métrico segundo contable es separable. Por tanto, si $A$ es un subconjunto cerrado de un segundo espacio métrico contable $X$ entonces $A$ es separable, por lo que existe un subconjunto contable $B$ de $A$ tal que $A=cl_A (B)=\overline{B} \cap A$ , donde $cl_A(B)$ es el cierre de $B$ en $A$ y $\overline B, \overline A$ son el cierre de $B,A$ en $X$ etc. Pero $B \subseteq A$ y $A$ está cerrado en $X$ Así que $\overline B \subseteq A$ . Así, $A=\overline{B} \cap A=\overline B$ , donde $B$ es un subconjunto contable de $A$ .
Ahora aplique el argumento anterior con $X=\mathbb R^n$ .
