Demostrando que $\mathbb{R}$ está conectado

Question

Así que sé que $\mathbb{R}$ es tanto abierto como cerrado. Pero dado un conjunto, $X\subset \mathbb{R}$ , $X\ne \emptyset $ que es a la vez abierta y cerrada, ¿cómo se demuestra que $X=\mathbb{R}$ ?

Aquí está mi intento: Usando las definiciones que me dieron, $X$ abierto implica que para cada $x\in X$ hay un $\delta \gt 0$ , $(x-\delta,~ x+\delta)\subset X$ . Además, como $X$ está cerrado , $B=\mathbb{R}$ \ $X$ está abierto.

Sin embargo, no sé cómo proceder.
NB: No se trata de un problema de deberes.

Answer 1

Supongamos que $X$ y $\mathbb{R}\setminus X$ están abiertos. Elige un punto $a\in X$ y un punto $b\in \mathbb{R}\setminus X$ . No hay nada malo en suponer que $a<b$ . Sea $A = \{x\in [a,b]:[a,x]\subseteq X\}$ . $A$ está acotado, por lo que tiene un límite superior mínimo $u$ . Claramente $u\le b$ .

Ahora dejemos que $\epsilon > 0$ y considerar el intervalo $J=(u-\epsilon, u+\epsilon)$ . Desde $u$ es el límite superior mínimo de $A$ , $A \cap (u-\epsilon,u]\ne\varnothing$ y, por lo tanto, ciertamente $J\cap A\ne \varnothing$ . Esto demuestra que $u$ no puede estar en $\mathbb{R}\setminus X$ ya que no hay nbhd abierto de $u$ es un subconjunto de $\mathbb{R}\setminus X$ Así, $u\in A$ y por lo tanto $u<b$ (ya que $b\notin A$ ). Sea $v=\min\{u+\epsilon,b\}$ . Claramente $v \notin A$ , por lo que hay algo de $x\in [a,v)\setminus X$ . ya que $[a,u]\subseteq X$ Debemos tener $x\in [u,v)\subseteq [u,u+\epsilon)$ . Así, $J\setminus X\ne \varnothing$ y $J\nsubseteq X$ . Así, $u$ no puede estar en $X$ o bien. Ya que $u$ tiene que estar en algún lugar, esto es una contradicción, mostrando que $X$ y $\mathbb{R}\setminus X$ no pueden estar ambos abiertos.

Answer 2

Teorema. Un intervalo compacto $[a,b]$ está conectado.

Supongamos que $[a,b]$ estaban desconectados. Entonces existiría una función continua sobreyectiva $f$ de $[a,b]$ en el espacio discreto $\{0,1\}$ . Dicho espacio discreto también puede considerarse como un subconjunto de $\mathbb R$ con la topología del subespacio, por lo que $f$ sería continua como función de $[a,b]$ a $\mathbb R$ también. Pero por el teorema del valor intermedio, alcanzaría todos los valores del intervalo $[0,1]$ contradiciendo que es una función sobre $\{0,1\}$ . Por lo tanto, tal función no puede existir, y $[a,b]$ debe estar conectado. $\square$

Teorema. Si un espacio $X$ contiene al menos dos puntos y cualquier par de puntos distintos de $X$ están contenidos en un subconjunto conectado, entonces $X$ está conectado.

Prueba. Supongamos que tenemos conjuntos abiertos no vacíos disjuntos $A,B \subset X$ con $A \cup B = X$ es decir, una desconexión de $X$ . Por la suposición de que hay $a \in A$ y $b \in B$ contenida en una conexión $S \subseteq X$ . $S$ tiene la topología del subespacio, por lo que $A \cap S$ y $B \cap S$ serían entonces subconjuntos abiertos no vacíos de $S$ con $(A \cap S) \cup (B \cap S) = (A \cup B) \cap S = X \cap S = S$ , produciendo una desconexión de $S$ , que es nuestra contradicción deseada. $\square$

Corolario. $\mathbb{R}$ está conectado.

Answer 3

Una pista: $X$ es cerrado si $\partial X = \partial X^c = \emptyset$

Answer 4

Puedes demostrar, como ejercicio previo, que $x\in \partial(X)$ (límite de $X$ ) si y sólo si existen secuencias $(x_n)$ en $X$ y $(y_n)$ en $\mathbb{R}\setminus X$ tal que $x_n\to x$ y $y_n\to x$ . Después de demostrar esto se puede argumentar lo siguiente:

Supongamos que $X$ y $\mathbb{R}\setminus X$ son ambos cerrados. Tome $x\in\partial(X)$ . Existen $(x_n)$ en $X$ con $x_n\to x$ . Desde $X$ está cerrado, $x\in X$ . De la misma manera se puede demostrar que $x\in \mathbb{R}\setminus X$ y esto es una contradicción. Por lo tanto, el límite de $X$ está vacía.

Ahora bien, como $X$ es abierto existe una colección contable de intervalos abiertos disjuntos $I_k=(a_k,b_k)$ tal que $$X=\bigcup_{k\in\mathbb{N}} I_k.$$ Desde $X\neq \emptyset$ al menos un intervalo $I_r=(a_r,b_r)$ no está vacío y está contenido en $X$ . Tenga en cuenta que si $a_r=-\infty$ y $b_r=\infty$ entonces $\mathbb{R}\subseteq X$ y no hay nada que probar. Por lo tanto, podemos suponer que, o bien $a_r$ o $b_r$ es finito, es un número. Por ejemplo, supongamos que $a_r$ es un número Tenemos $a_r\not\in X$ . Entonces, como $\mathbb{R}\setminus X$ también está abierto, existe $\delta>0$ tal que $(a_r-\delta,a_r+\delta)\subset \mathbb{R}\setminus X$ . Pero como $a_r$ está en el límite de $I_r$ , $(a_r-\delta,a_r+\delta)\cap I_r\neq \emptyset$ y por lo tanto $(a_r-\delta,a_r+\delta)\cap X\neq\emptyset$ . Nótese que a partir de aquí es posible demostrar que $a_r\in\partial(X)$ Y esto es un absurdo.

Por lo tanto, tales $X$ no puede ser.