Cada apertura de la tapa tiene una contables subcover (Lindelöf del lema)

Question

Cómo probar para cada apertura de la tapa hay una contables subcover? Sin el uso más sofisticado de los resultados de la topología, suponiendo que sólo un análisis real de fondo.

He encontrado una prueba con la segunda contables espacio de caracterización, pero ya que nunca he estudiado general de la topología de antes, es difícil asociar una contables base en la recta real. Mi intuición me dice para transformar la apertura de la tapa en distintos subconjuntos abiertos, pero, ¿cómo lograr eso?

Answer 1

Voy a suponer que quieres demostrar que $\mathbb{R}$ es Lindelöf. Definitivamente, usted no quiere tratar de transformar la apertura de la tapa en distintos bloques abiertos, porque no puede ser hecho: no hay familia de dos o más pares disjuntos no vacíos abrir establece cubre $\mathbb{R}$.

Conseguir una contables de base para $\mathbb{R}$ no es en absoluto difícil, siempre que usted sabe que $\mathbb{Q}$, el conjunto de los números racionales, es contable. Simplemente deje $\mathscr{B}$ el conjunto de intervalos abiertos con rational extremos: cada par $\{p,q\}$ de los distintos números racionales determina exactamente un ejemplo de intervalo, $(p,q)$ si $p<q$, e $(q,p)$ si $p>q$, y sólo hay countably muchos pares de números racionales, por lo $\mathscr{B}$ es contable. Sólo queda demostrar que $\mathscr{B}$ es una base para la topología de $\mathbb{R}$, lo que significa que muestra que cada conjunto abierto en $\mathbb{R}$ es una unión de miembros de $\mathscr{B}$.

Todos los no-vacío conjunto abierto en $\mathbb{R}$ es una unión de intervalos abiertos. Si podemos mostrar que cada intervalo abierto en $\mathbb{R}$ es una unión de miembros de $\mathscr{B}$, es decir, de abrir los intervalos de con racional de los extremos, se sigue inmediatamente que todos los no-vacío abierto subconjunto de $\mathbb{R}$ es también una unión. Para ello vamos a $(a,b)$ ser cualquier no-vacío intervalo abierto en $\mathbb{R}$. A continuación, hay secuencias de $\langle p_n:n\in\mathbb{N}\rangle$ $\langle q_n:n\in\mathbb{N}\rangle$ de los números racionales tales que:

• $p_0>p_1>p_2>\dots\;$;
• $q_0<q_1<q_2<\dots\;$;
• $\lim\limits_{n\to\infty}p_n = a\;$;
• $\lim\limits_{n\to\infty}q_n = b\;$; y
• $p_0<q_0$.

En otras palabras, $\langle p_n:n\in\mathbb{N}\rangle$ es una disminución de la secuencia convergente a $a$, $\langle q_n:n\in\mathbb{N}\rangle$ es un aumento de la sucesión convergente a $b$, e $p_0<q_0$. Fácilmente se deduce que $$(a,b) = \bigcup_{n\ge 0}(p_n,q_n)\;,$$ and each interval $(p_n,q_n)$ obviously has rational endpoints. Thus, every non-empty open interval in $\mathbb{R}$ is a union of members of $\mathscr{B}$, so every non-empty open set of any kind in $\mathbb{R}$ is such a union, and $\mathscr{B}$ is therefore a countable base for the topology of $\mathbb{R}$.

Ahora es trivial ver que $\mathbb{R}$ es Lindelöf: si $\mathscr{U}$ es cualquier abra la cubierta de $\mathbb{R}$, acaba de dejar $$\mathscr{B}_\mathscr{U}=\{B\in\mathscr{B}:\exists U\in\mathscr{U}\big(B\subseteq U\big)\}.$$ Each $U\in\mathscr{U}$ is the union of the members of $\mathscr{B}_\mathscr{U}$ contained in it, so $\mathscr{B}_\mathscr{U}$ covers $\mathbb{R}$. It's also countable, since it's a subset of the countable set $\mathscr{B}$. Now for each $B\in\mathscr{B}_\mathscr{U}$ choose some $U(B)\in\mathscr{U}$ such that $B\subseteq U$; the definition of $\mathscr{B}_\mathscr{U}$ guarantees that there is one. Let $\mathscr{U}_0=\{U(B):B\in\mathscr{B}_\mathscr{U}\}$. Then $\mathscr{U}_0$ is countable, since it's no bigger than $\mathscr{B}_\mathscr{U}$, and $$\bigcup\mathscr{U}_0 = \bigcup_{B\in\mathscr{B}_\mathscr{U}}U(B)\supseteq \bigcup_{B\in\mathscr{B}_\mathscr{U}}B=\mathbb{R},$$ so $\mathscr{U}_0$ is indeed a countable subcover of $\mathscr{U}$.

Agregado: Esta idea puede extenderse a $\mathbb{R}^n$. En lugar de abrir con un intervalo racional de los extremos, que tome para su contables base el conjunto de productos Cartesianos de tales intervalos. En otras palabras, se toma como base para $\mathbb{R}^n$ el conjunto de las cajas abiertas de la forma $B_1\times\dots\times B_n$ donde $B_1,\dots,B_n\in\mathscr{B}$. A continuación, se muestran que cada caja abierta en $\mathbb{R}^n$ es una unión de estos racional de las cajas. Dado que sólo hay countably muchos racional de los cuadros, y todos los no-vacío conjunto abierto en $\mathbb{R}^n$ es una unión de ellos, se deduce que el $\mathbb{R}^n$ es Lindelöf: el resto de la argumentación es igual que por $\mathbb{R}$.

Hay otra manera de proceder, si usted sabe que cerrado, acotado a los subconjuntos de a $\mathbb{R}^n$ son compactos, lo que significa que cada apertura de la tapa de dicho conjunto tiene un número finito de subcover. Lo voy a hacer por $\mathbb{R}$; la generalización a $\mathbb{R}^n$ es bastante sencillo. $\mathbb{R}$ es la unión de los intervalos cerrados $[n,n+1]$$n\in\mathbb{Z}$. Sólo hay countably muchos de estos intervalos, y cada uno de ellos es compacto. Ahora vamos a $\mathscr{U}$ ser cualquier abra la cubierta de $\mathbb{R}$. Para cada una de las $n\in\mathbb{Z}$ deje $\mathscr{U}_n = \{U\in\mathscr{U}:U\cap [n,n+1]\ne\varnothing\}$. A continuación, $\mathscr{U}_n$ es una cubierta abierta de a $[n,n+1]$, por lo que tiene un número finito de subcover, $\mathscr{V}_n$. Por último, vamos a $$\mathscr{V}=\bigcup_{n\in\mathbb{Z}}\mathscr{V}_n\;;$$ $\mathscr{V}$ is the union of countably many finite sets, so it's a countable subset of $\mathscr{U}$, and it clearly covers $\mathbb{R}$.

Answer 2

NOTA: no sé si esto es lo que el usuario podría llamar "sofisticado resultados". Utiliza algunos aparentemente highfalutin el lenguaje, pero las ideas son muy simples. Espero que sea suficiente.

Creo que lo que el usuario está pidiendo es demostrar que cada segundo contables espacio es Lindelof (en la notación más común).

Realmente, el usuario está pidiendo para demostrar que "Si $X$ es el segundo contables e $A$ es un subconjunto de a $X$, la de cualquier abra la cubierta de $A$ admite una contables subcover." A ver cómo $\text{Second Countable}\implies \text{Lindelof}$ nos da esta simplemente tenga en cuenta que si $\Omega$ $X$- abra la cubierta de $A$ $\Omega$ induce una $A$-abra la cubierta de $A$ y desde $A$ es segundo contable (desde el segundo countability es hereditaria) nuestro resultado $\text{Second Countable}\implies\text{Lindelof}$ nos da lo que queremos.

Así que, vamos a probar a $\text{Second Countable}\implies\text{Lindelof}$. Por lo tanto, vamos a $X$ ser el segundo contables contables con base $\mathscr{B}$, y deje $\Omega=\left\{U_\alpha\right\}_{\alpha\in\mathcal{A}}$ ser una cubierta abierta de a $X$. Por supuesto, para cada una de las $\alpha\in\mathcal{A}$ podemos cubrir la $U_\alpha$ con algunos de la colección de $B_\alpha$ de los elementos de $\mathscr{B}$. Nota luego de que $\displaystyle \Sigma=\bigcup_{\alpha\in\mathcal{A}}B_\alpha$ es una contables de apertura de la tapa para $X$. Así, para cada elemento $O$ $\Sigma$ elija un elemento $U$ $\Omega$ que lo contienen. Entonces, este subconjunto, la llamada se $\Gamma$ $\Omega$ es una cubierta abierta de a $X$ (desde su unión contiene la unión de todos los elementos de a$\Sigma$$X$) y contables, ya que hay una surjection $\Sigma\to\Gamma$ $\Sigma$ es contable. Por lo tanto, $\Gamma$ es nuestro deseado contables subcover de $\Omega$.