cierre de la finitud de los sindicatos

Question

$\newcommand{\cl}{\mathrm{cl}}$ Deje $X$ ser un espacio topológico y deje $A_1,\ldots A_n\subset X$. Es cierto que $$\cl\left(\bigcup_{m=1}^nA_m\right)=\bigcup_{m=1}^n\cl(A_m)$$ en cualquier espacio topológico?

Answer 1

Es cierto.

$A \subset A \cup B $ $B \subset A \cup B$ implica $\textrm{cl}(A) \subset \textrm{cl}(A \cup B)$$ \textrm{cl}(B) \subset \textrm{cl}(A \cup B)$. Por lo tanto $ \textrm{cl}(A) \cup \textrm{cl}(B) \subset \textrm{cl}(A \cup B)$.

$\textrm{cl}(A) \cup \textrm{cl}(B)$ es cerrado. (ya que los dos componentes y conjuntos son cerrados) Además, sabemos que el $A\subset \textrm{cl}(A) $ $ B\subset \textrm{cl}(B).$ por lo tanto, $(A \cup B) \subset \textrm{cl}(A) \cup \textrm{cl}(B) $ y de ello se sigue que $\textrm{cl}(A \cup B) \subset \textrm{cl}(A) \cup \textrm{cl}(B) $

Por lo que el resultado es cierto para cualquiera de los dos conjuntos. Podemos extender este resultado a cualquier número finito de conjuntos mediante la inducción. Por lo tanto, el resultado que quería probar lo que tiene.

Answer 2

Es. El cierre de un conjunto es el más pequeño cerrado superconjunto (un buen ejercicio, si no has encontrado ese resultado antes), y una unión de un número finito de conjuntos cerrados es cerrado. A partir de eso, demostrando el doble de la inclusión es bastante sencillo.

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Supongamos $A_1,...,A_n$ son arbitrarias subconjuntos del espacio topológico $X$. Para cualquier $1\leq j\leq n$, tenemos $$A_j\subseteq\bigcup_{m=1}^nA_m\subseteq\mathrm{cl}\left(\bigcup_{m=1}^nA_m\right),$$ so since $\mathrm{cl}(A_j)$ is the smallest closed superset of $A_j$, then $$\mathrm{cl}(A_j)\subseteq\mathrm{cl}\left(\bigcup_{m=1}^nA_m\right),$$ and since this holds for all $1\leq j\leq n$, then $$\bigcup_{m=1}^n\mathrm{cl}(A_m)\subseteq\mathrm{cl}\left(\bigcup_{m=1}^nA_m\right).$$

Comentario: La parte anterior de la contención también trabaja con infinidad de conjuntos, lo que significa $\bigcup_{j\in J}\mathrm{cl}(A_j)\subseteq\mathrm{cl}\left(\bigcup_{j\in J}A_j\right)$ para cualquier conjunto indizado $\{A_j\}_{j\in J}$ de los subconjuntos de a $X$.

Por otro lado, también tenemos para cada una de las $1\leq j\leq n$ que $$A_j\subseteq\mathrm{cl}(A_j)\subseteq\bigcup_{m=1}^n\mathrm{cl}(A_m),$$ so since that holds for all $1\leq j\leq n$, we have $$\bigcup_{m=1}^nA_m\subseteq\bigcup_{m=1}^n\mathrm{cl}(A_m).$$ Now $\mathrm{cl}\left(\bigcup_{m=1}^nA_m\right)$ is the smallest closed superset of $\bigcup_{m=1}^nA_m$, so since a union of finitely many closed sets is closed--meaning in particular that $\bigcup_{m=1}^n\cl(A_m)$ is closed--we have that $$\mathrm{cl}\left(\bigcup_{m=1}^nA_m\right)\subseteq\bigcup_{m=1}^n\mathrm{cl}(A_m),$$ and so $$\bigcup_{m=1}^n\mathrm{cl}(A_m)=\mathrm{cl}\left(\bigcup_{m=1}^nA_m\right)$$ por doble inclusión.

Comentario: La segunda mitad de la inclusión podría no mantener durante infinitamente muchos conjuntos (a veces no). Considerar, para cada entero positivo $n$, el intervalo real $$A_n:=\left(\frac{1}{n+1},\frac{1}{n}\right),$$ with $X:=\Bbb R$ in the standard topology. Clearly, $\mathrm{cl}(A_n)=\left[\frac{1}{n+1}\frac 1 n\right]$, from which we can show that $$\bigcup_{n=1}^\infty\cl(A_n)=(0,1]$$...but that isn't even closed, so can't possibly be the same thing as $\mathrm{cl}\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)$. Fortunately, we do know by the first part that $$\bigcup_{m=1}^\infty A_n\subseteq (0,1]\subseteq\mathrm{cl}\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right),$$ and so the smallest closed superset of $\bigcup_{n=1}^\infty A_n$ is also a superset of $(0,1]$. Well, what is the smallest closed superset of $(0,1]$? That has to be $[0,1]$, so $$\bigcup_{m=1}^\infty \mathrm{cl}(A_n)=(0,1]\subset [0,1]=\mathrm{cl}\left(\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right)$$ in this case. There are other ways to show that $\mathrm{cl}\left(\bigcup_{m=1}^\infty A_n\right)=[0,1]$, pero esta es probablemente la más directa.

Answer 3

Hay un lema para los infinitos subconjuntos:

Para cada localmente finito de la familia $\{A_s : s\in S\}$ tenemos la igualdad $$\cl\left(\bigcup A_s :s\in S \right)=\bigcup_{s \in S } \cl(A_s).$$

Consulte la Página 17, el teorema de 1.1.11 de EngelKing del libro.

Answer 4

Pensé que podría ser útil para dar también la prueba, basada en la caracterización de cierre a través de los barrios. Te voy a dar la prueba para los dos conjuntos.

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$x\in\cl{A}$ $\Leftrightarrow$ Cada vecindario $U$ $x$ intersecta $A$.

Si denotamos por a $\mathcal N_x$ el sistema de todos los barrios de $x$, esto puede ser reescrito como poco $$ x\in\cl{A} \Leftrightarrow (\forall U\in\mathcal N_x) (U\cap A\ne\emptyset).$$

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Ahora obtenemos:
$$x\in \cl(A\cup B)\Leftrightarrow\\ (\forall U\in\mathcal N_x) U\cap (A\cup B) \ne\emptyset \Leftrightarrow\\ (\forall U\in\mathcal N_x) (U\cap\ne\emptyset)\lor(U\cap B\ne\emptyset).$$

Podemos caracterizar de manera similar de la unión de los cierres:
$$x\in \cl(A)\cup\cl(B) \Leftrightarrow [(\forall U\in\mathcal N_x) U\cap\ne\emptyset]\lor[(\forall V\in\mathcal N_x) V\cap B\ne\emptyset].$$

De lo anterior queda claro que el $x\in \cl(A) \cup \cl(B)$ implica $x\in\cl(A\cup B)$. Para demostrar lo contrario implicación se debe utilizar el hecho de que estamos trabajando con los barrios de $x$ y están cerrado bajo intersecciones.

Supongamos que $x\notin \cl(A)\cup \cl(B)$. Esto significa que $$[(\exists U\in\mathcal N_x) U\cap A=\emptyset] \land [(\exists V\in\mathcal N_x) V\cap B=\emptyset].$$ Si $U$ $V$ tiene las propiedades como las de arriba, a continuación, $W=U\cap V$ es de nuevo un barrio de $x$$W\cap (A\cup B)=\emptyset$. Por lo tanto $x\notin \cl(A\cup B)$.