Prueba con conjuntos compactos

Question

Demuestra lo siguiente: Si $\Omega$ es abierto, entonces hay conjuntos compactos $K_j,j = 1,2,...,$ con $$K_j \subset \mathring{K}_{j+1} \quad \text{for every j} $$ tal que $$ \bigcup_{j=1}^\infty K_j = \Omega$$

El problema es que no tengo ni idea de cómo elegir estos conjuntos compactos $K_j$ ¿alguien puede darme una pista? Gracias.

Answer 1

Supongamos que $\Omega$ no está vacío.

Sugerencia: Suponga que ha construido $K_j$ , considere la distancia de Hausdorff de $K_j$ y $\mathbb{C} \setminus \Omega$ es decir, que $(X,d)$ es un espacio métrico, $K$ es compacto y $C$ es cerrada, la distancia de Hausdorff entre $K$ y $C$ denotado por $D(K,C)$ se define como

$$D(K,C) = \underset{x \in K, y\in C}{\min}(d(x,y)).$$

Utiliza esto para construir el interior del siguiente conjunto compacto.

Answer 2

Dejemos que $\Omega$ sea un subconjunto abierto de $\mathbb{C}$ . Para simplificar, consideraremos primero los subconjuntos abiertos acotados.

(De hecho, podemos suponer $\Omega\subseteq \mathbb{R}^n$ . El mismo argumento funciona). Tomemos un subconjunto denso contable $D=\{x_n\mid n\in\mathbb{N}\}$ de $\Omega$ Es decir, $\overline{D}\cap\Omega=\Omega$ . Para cada $n$ , elija $r_n$ tal que $\overline{B}(x_n,r_n)\subseteq \Omega$ .

No hay razón para pensar que $X=\bigcup_n \overline{B}(x_n,r_n)$ es $\Omega$ . De ahí que necesitemos un truco: observar que todo subconjunto de $\Omega$ es contable en segundo lugar, por lo que Lindelöf. Por lo tanto, podemos elegir una colección de bolas cerradas $\{\overline{B}(y_n,t_n)\mid n\in\mathbb{N}\}$ tal que $\overline{B}(y_n,t_n)\subseteq\Omega$ y $\{B(y_n,t_n/2)\mid n\in\mathbb{N}\}$ cubre $\Omega\setminus X$ .

Construir ahora $K_n$ de la siguiente manera: supongamos que $K_{n-1}$ se da. Considere una colección $\mathcal{X}$ de una cubierta contable de bolas cerradas que cubre $\partial K_{n-1}$ . Ahora defina $K_n:=K_{n-1}\cup \bigcup \mathcal{X}\cup \overline{B}(x_n,r_n)\cup \overline{B}(y_n,t_n)$ . Podemos ver que $K_n$ satisface las propiedades deseadas.

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Ahora considere el general $\Omega$ . Supongamos que $\langle K_{mn}\mid m\in\mathbb{N}\rangle$ es una secuencia de conjuntos cerrados que satisface $K_{mn}\subseteq K_{m+1,n}^\circ$ y $\bigcup_m K_{mn}=\Omega\cap B(0,n)$ . Entonces podemos tomar $K_l=\bigcup_{m,n\le l} K_{m,n}$ y $\langle K_l\mid l\in\mathbb{N}\rangle$ es una secuencia deseada.

Answer 3

Para $\Omega = \mathbb C$ es trivial: Toma $K_n = \overline{B_n(0)}$ .

Así que consideremos $\Omega \ne \mathbb C$ . Para cada $z \in \Omega$ definir $r(z) = \sup \{r > 0 \mid B_r(z) \subset \Omega \}$ . Desde $\Omega \ne \mathbb C$ tenemos $r(z) < \infty$ . Claramente $B_{r(z)}(z) \subset \Omega$ .

Dejemos que $\Omega' \subset \Omega$ sea el subconjunto de todos los $z = x + iy \in \Omega$ tal que $x, y \in \mathbb Q$ . Este conjunto es contable ya que $\mathbb Q \times \mathbb Q$ es contable. Escribe $\Omega' = \{ z_1, z_2, z_3, \ldots ... \}$ . Demostremos que $\bigcup_{n=1}^\infty B_{r(z_n)}(z_n) = \Omega$ .

Considere $z \in \Omega$ . Existe $n$ tal que $\lvert z - z_n \rvert < r(z)/2$ . Para $w \in \mathbb C$ con $\lvert w - z_n \rvert < r(z)/2$ tenemos $\lvert w - z \rvert \le \lvert w - z_n \rvert + \lvert z_n - z \rvert < r(z)/2 + r(z)/2 = r(z)$ Por lo tanto $B_{r(z)/2}(z_n) \subset B_{r(z)}(z) \subset \Omega$ . Por lo tanto, $r(z_n) \ge r(z)/2$ . Pero claramente $z \in B_{r(z)/2}(z_n) \subset B_{r(z_n)}(z_n)$ .

Definir $$K_m = \bigcup_{n=1}^m \overline{B_{(1-\frac{1}{m})r(z_n)}(z_n)} .$$ Estos conjuntos son compactos. Claramente $U_m = \bigcup_{n=1}^m B_{(1-\frac{1}{m})r(z_n)}(z_n)$ es un conjunto abierto contenido en $K_m$ Por lo tanto $U_m \subset \mathring K_m$ . Desde $\overline{B_{(1-\frac{1}{m})r(z_n)}(z_n)} \subset B_{(1-\frac{1}{m+1})r(z_n)}(z_n)$ vemos que $K_m \subset U_{m+1} \subset \mathring K_{m+1}$ . Demostremos que $\bigcup_{m=1}^\infty K_m = \Omega$ .

Considere $z \in \Omega$ . Existe $N$ tal que $z \in B_{r(z_N)}(z_N)$ . Para un tamaño suficientemente grande $M$ tenemos $z \in B_{(1-\frac{1}{M})r(z_N)}(z_N)$ Así pues, para $m = \max (N, M)$ obtenemos $z \in K_m$ .