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Demostrar que todo espacio regular de Lindelof es normal

Le agradecería que revisara mi prueba para comprobar si es correcta. Gracias.

Problema: Demostrar que todo espacio regular de Lindelöf es normal

Prueba:

Sea X un espacio regular de Lindelöf. Sea $A$ , $B$ sean conjuntos cerrados en $X$ que son disjuntos. Obsérvese que $X$ es regular implica que los conjuntos de un punto son cerrados.


Afirmo el siguiente lema:

Si $A$ es un conjunto cerrado en un espacio de Lindelöf, entonces $A$ es Lindelöf.

Prueba de lo anterior:

Sea $A$ sea un conjunto cerrado en $X$ donde $X$ es Lindelöf.

Entonces $\mathcal{C}$ sea una cobertura abierta de $A$ por conjuntos abiertos en $X$ . Entonces $\mathcal{C} \cup \{X - A\}$ es una cubierta abierta de $X$ desde $X - A$ está abierto por el hecho de que $A$ está cerrado.

Desde $X$ es Lindelöf existe una subcubierta contable que puede incluir o no a $(X - A)$ . Si es así, basta con eliminar el conjunto $X - A$ y nos queda una cubierta abierta contable de $A$ como subconjunto contable de nuestro conjunto original $\mathcal{C}$ . Por lo tanto $A$ es Lindelöf.


Pasemos ahora a la prueba de la afirmación principal:

Desde $X$ es regular y $B$ está cerrado y $A$ es disjunta de $B$ existe entonces para cada $x \in A$ un conjunto abierto $U_x$ que contiene $x$ tal que $U$ es disjunta de $B$ . Por regularidad podemos encontrar un conjunto abierto $V_x$ tal que $\overline{V_x} \subseteq U_x$ . Podemos hacer esta misma operación para cualquier punto $x \in A$ . Haga lo mismo para $B$ por ejemplo $A$ .

Después de hacerlo, llegamos a dos coberturas abiertas para $A$ y $B$ . Desde $A$ y $B$ son conjuntos cerrados en un espacio de Lindelöf sabemos que $A$ y $B$ son ellos mismos Lindelöf. Entonces hay subcoberturas abiertas de esas coberturas de $A$ y $B$ , llama a estas tapas abiertas $\mathcal{W}=\{W_n: n \in \Bbb N\}$ y $\mathcal{Z}=\{Z_n: n \in \Bbb N\}$ para $A$ y $B$ respectivamente. Ahora podemos definir los conjuntos abiertos $W_n$ y $Z_n$ , $n \in \Bbb N$ como:

$$W'_n = W_n - \bigcup_{i=1}^n \overline{Z}_i$$

et

$$Z'_n = Z_n - \bigcup_{i=1}^n \overline{W}_i$$

Consideremos entonces los conjuntos abiertos $$W' = \bigcup_n W'_n,\, Z' = \bigcup_n Z'_n$$ Entonces $W'$ y $Z'$ son disjuntos, ya que supongamos que $y\in W'$ y $y\in Z'$ . Entonces tenemos para $i \ge j$ que $y \in W_i$ pero $y \notin Z_j$ para cualquier $j \le i$ . Pero según la definición de $Z'_i$ tenemos también que $y \in Z'_j$ para algunos $j \le i$ por lo que tenemos una contradicción. El caso en que $i \le j$ funciona de forma similar.

Por tanto, hemos obtenido dos conjuntos abiertos disjuntos $W'$ y $Z'$ que contienen los conjuntos cerrados $A$ y $B$ . Por lo tanto $X$ es normal.

2voto

Dick Kusleika Puntos 15230

La prueba es en esencia correcta, pero el argumento de disjunción podría ser un poco más preciso: supongamos que tenemos $x \in W' \cap Z'$ Así que $x \in W'_i$ para algunos $i$ y $x \in Z'_j$ para algunos $j$ . Arreglar estos $i$ y $j$ entonces tenemos dos casos:

  1. Si $i \ge j$ entonces sabemos $x \in W'_i$ Así que $x \in W_i$ y $x \notin \overline{Z_j}$ Así que $x \notin Z_j$ Así que $x \notin Z'_j$ contradicción.

  2. Si $j \ge i$ sabemos que $x \in Z'_j$ así que $x \notin \overline{W_i}$ Así que $x \notin W_i$ Así que $x \notin W'_i$ contradicción.

Así que en cualquier caso tenemos una contradicción y por lo tanto $W'$ y $Z'$ deben ser disjuntos.

Tampoco argumenta por qué $A \subseteq \bigcup_n W'_n$ e igualmente $B \subseteq \bigcup_n Z'_n$ pero esto es bastante fácil: $A$ está cubierto por el $W_n$ para empezar y todos $Z_n$ se eligieron de forma que $A \cap \overline{Z_n} = \emptyset$ lo que implica $A \subseteq X - \bigcup_n \overline{Z_n}$ (pero este último conjunto no es necesariamente cerrado, por lo que no podemos utilizarlo y tenemos que recurrir a uniones finitas para restar, cosa que podemos hacer, como vimos). Los conjuntos $W'_n$ y $Z'_n$ son también abiertos como la diferencia entre un conjunto abierto y uno cerrado, por lo que efectivamente $W'$ y $Z'$ están abiertos.

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