Cómo demostrar que $\left(\overline{A}\right)'\subset A'$ en un espacio de Hausdorff

Question

Si $E$ es un espacio de Hausdorff, y $A\subset E$ cómo demostrar que $\left(\overline{A}\right)'\subset A'$ ?

Decimos que $x\in A'$ si y sólo si $\forall V\in \mathcal{V}_x, (V\setminus\{x\})\cap A\neq\emptyset$

Decimos que $x\in \overline{A}$ si y sólo si $\forall V\in \mathcal{V}_x, V\cap A\neq\emptyset$

Así que dejemos $x\in \left(\overline{A}\right)' $ entonces $\forall V\in \mathcal{V}_x, (V\setminus\{x\})\cap \overline{A}\neq \emptyset$

entonces existe $y$ tal que $y\in V\setminus\{x\}$ y $y\in \overline{A}$ así que $y\in V$ y $\forall W\in \mathcal{V}_y, W\cap A\neq \emptyset$

Tenemos que $E$ es un espacio Hausdorff por lo que existe un nbh $V_1$ a $x$ y $V_2$ para $y$ tal que $V_1\cap V_2= \emptyset$

Pero cómo demostramos que $(V\setminus\{x\})\cap A\neq \emptyset$

como continuar por favor

Answer 1

Tenga en cuenta que $\overline A = A \cup A'$ . Como el conjunto derivado de una unión finita es la unión de los conjuntos derivados, tenemos $\left(\overline A\right)' = A' \cup A''$ . Desde $A'$ está cerrado en un $T_1$ -espacio (ver El conjunto de puntos límite de un subconjunto de un espacio Hausdorff es cerrado. ), tenemos $A''\subseteq A'$ y por lo tanto $\left(\overline A\right)'\subseteq A'$ .

Answer 2

Quizás sea más fácil demostrar el contrapositivo: $(A')^c \subset ((\overline{A})')^c$ .

Supongamos que $x \in (A')^c$ Así que $x$ no es un punto límite de $A$ . Por lo tanto, existe $V \in \mathcal V_x$ tal que $W = V \setminus \{x\}$ no se cruza con $A$ . Si podemos demostrar que $W$ no se cruza con $\overline A$ entonces hemos terminado.

Ya sabemos que $W$ no se cruza con $A$ por lo que basta con demostrar que $W$ no contiene ningún punto límite de $A$ .

Tenga en cuenta que $\{x\}$ es cerrado ya que el espacio es Hausdorff (ver prueba más adelante), por lo que $W = V \setminus \{x\} = V \cap (\{x\})^c$ es una intersección de dos conjuntos abiertos, por lo tanto, abiertos. Supongamos que $y \in W$ . Si $y$ fuera un punto límite de $A$ entonces $W$ tendría que contener algún $a \in A$ pero esto no puede ocurrir porque $W \cap A = \emptyset$ .

---

Prueba de que todos los singletons son cerrados en un espacio de Hausdorff: sea $\{x\}$ sea cualquier singleton y $y$ sea cualquier otro punto. Entonces hay un barrio abierto $U_y$ que contiene $y$ pero no contiene $x$ . Entonces $$U = \bigcup_{y \in E \setminus \{x\}} U_y$$ es una unión de conjuntos abiertos, por lo tanto abierta, y $U$ contiene todos los puntos de $E$ excepto $x$ Por lo tanto $U = \{x\}^c$ . Desde $\{x\}^c$ es abierto, se deduce que $\{x\}$ está cerrado.

Answer 3

Dejemos que $x\in\left(\overline{A}\right)'$ y que $V$ sea un conjunto abierto con $x\in V$ .

Entonces $(V\setminus\{x\})\cap\overline{A}\neq\varnothing$ . Sea $y\in(V\setminus\{x\})\cap\overline{A}$ .

Para demostrar que $x\in A'$ basta con demostrar que $(V\setminus\{x\})\cap A\neq\varnothing$ .

Lo haremos deduciendo una contradicción en base a la suposición: $(V\setminus\{x\})\cap A=\varnothing$ .

Tenga en cuenta que $V$ es un conjunto abierto que contiene $y\in\overline{A}$ para que $V\cap A\neq\varnothing$ .

$(V\setminus\{x\})\cap A=\varnothing$ combinado con $V\cap A\neq\varnothing$ implica $V\cap A=\{x\}$ .

Tenemos $y\in V\setminus\{x\}$ para que $y\neq x$ .

Dejemos que $U$ sea un conjunto abierto con $y\in U$ y $x\notin U$ . Dicho conjunto existe porque el espacio es Hausdorff.

(En realidad ya es suficiente si el espacio es T1).

Entonces $y\in U\cap V$ , $U\cap V$ está abierto y $(U\cap V)\cap A=\varnothing$ .

Esto contradice que $y\in\overline{A}$ y estamos listos.