¿Cómo puedo eliminar inútil subconjuntos?

Question

ANTECEDENTES / MOTIVACIÓN:

El otro día, me fue dado un finito que cubre $\mathcal{B} = \{I_1, \ldots, I_n\}$ $[0, 1]$ por la apertura de los intervalos, y quería perfeccionar mediante la eliminación de inútil intervalos, es decir, los $I_k$ que están contenidas en la unión de los otros: $$I_k \subseteq I_1 \cup \dots \cup \widehat{I_k} \cup \dots \cup I_n~~(\text{$I_k$ is ommited.)}$$ Desde mi velo era finito, era fácil establecer un algoritmo para hacer esto: comprobar si $I_1$ es inútil; si lo es, quitar de la lista y proceder a $I_2$, teniendo en cuenta la nueva lista, y así sucesivamente.

Sin embargo, no pude dejar de notar que este proceso depende en el orden dado. Por ejemplo, si $I_1 = [0, 1]$, $I_2 = [0, 3/4)$ y $I_3 = (1/4, 1]$, me gustaría eliminar $I_1$ y me gustaría hacer. Si, por otro lado, $I_3$ $I_1$ cambiado de sitio, mi algoritmo acabaría eliminando $I_2$ $I_3$ lugar.

Entonces me comencé a preguntar si hay una forma más directa, no-algorítmica argumento para demostrar que un refinamiento siempre existe. Un ingenuo supongo que sería definir $$\mathcal{B}^{\prime} = \bigg\{ I_k \in \mathcal{B} : I_k \not\subseteq \bigcup_{j \neq k} I_j \bigg\},$$ pero esto puede estar vacío. En el caso finito, uno podría resolver el algoritmo dado, pero la situación se vuelve problemática cuando se trata con diferentes revestimientos. Esto me ha llevado a la siguiente pregunta.

PREGUNTA: Suponga que tiene un conjunto $X$ y arbitrario de la familia de subconjuntos de a $\mathcal{A} = \{A_i\}_{i \in I}$ $X$ tales que su unión es $X$. ¿Cómo se puede demostrar que existe un refinamiento $\mathcal{A}^{\prime} = \{A_j\}_{j \in J}$, $J \subseteq I$, de tal manera que ningún miembro de $\mathcal{A}^{\prime}$ es inútil (contenida en algunos unión de otros miembros de $\mathcal{A}^{\prime}$) sino $\mathcal{A}^{\prime}$ todavía cubre $X$?

Gracias.

Answer 1

Usted no puede, porque no es siempre cierto. Deje $X=\mathbb{N}$, y para $n\in\mathbb{N}$ deje $A_n=\{0,1,\dots,n\}$. Deje $\mathscr{A}=\{A_n:n\in\mathbb{N}\}$. Claramente $\mathscr{A}$ es un cover de $\mathbb{N}$. Sin embargo, si $I$ es cualquier subconjunto de a $\mathbb{N}$ tal que $\mathscr{A}'=\{A_i:i\in I\}$ cubre $\mathbb{N}$, $I$ es infinito, y $\{A_i:i\in I\setminus\{\min I\}\}$ es un subconjunto de a $\mathscr{A}'$ que aún cubre $\mathbb{N}$. Por lo tanto, $\mathscr{A}$ no tiene irreductible subcover.

Agregado: Es un útil teorema de topología general que si la cubierta de la $\mathscr{A}$ es de punto finito, es decir, si $$\operatorname{st}(x,\mathscr{A})\triangleq\{A\in\mathscr{A}:x\in A\}$$ is finite for every $x\in X$, then it has an irreducible subcover. This can be proved using Zorn's lemma. Let $\mathfrak{R}=\{\mathscr{R}\subseteq\mathscr{A}:\bigcup\mathscr{R}=X\}$, and consider the partial order $\langle\mathfrak{R},\supseteq\rangle$. It's easy to see that a maximal element in this partial order is an irreducible subcover of $\mathscr{A}$, so we need only show that every chain in $\langle\mathfrak{R},\supseteq\rangle$ has a $\supseteq$-maximal element. Let $\mathfrak{C}$ be a chain in $\langle\mathfrak{R},\supseteq\rangle$, and let $\mathscr{C}=\bigcap\mathfrak{C}$. Suppose that $\mathscr{C}$ does not cover $X$; then there is some $x\en X\setminus\bigcup\mathscr{C}$. Suppose that $x\in A\in\mathscr{A}$; then $A\notin\mathscr{C}$, so there is some $\mathscr{C}_A\in\mathfrak{C}$ such that $A\notin\mathscr{C}_A$. But $\operatorname{st}(x,\mathscr{A})$ is finite, so we can enumerate it as $\{A_1,\dots,A_n\}$ for some $n$, and without loss of generality $$\mathscr{C}_{A_1}\supseteq\dots\supseteq\mathscr{C}_{A_n}\;.$$ But then $\mathscr{C}_{A_n}\cap\operatorname{st}(x,\mathscr{A})=\varnothing$, so $x\notin\bigcup\mathscr{C}_{A_n}$, contradicting the assumption that $\mathscr{C}_{A_n}\in\mathfrak{R}$. Thus, $\mathscr{C}$ does cover $X$, every chain in $\langle\mathfrak{R},\supseteq\rangle$ has a $\supseteq$-maximal element, and Zorn's lemma applies to yield an irreducible subcover of $\mathscr{A}$.