El límite de unión es la unión de límites cuando los conjuntos tienen cierres disjuntos

Question

Supongamos que $\bar A\cap\bar B=\emptyset$ . Es $\partial (A \cup B)=\partial A\cup\partial B$ , donde $\partial A$ y $\bar A$ significan el conjunto de límites y el cierre del conjunto $A$ ?

Puedo demostrar que $\partial (A \cup B)\subset \partial A\cup\partial B$ pero para probar $\partial A\cup\partial B\subset \partial (A \cup B)$ no parece trivial. He intentado demostrar que para $x\in \partial A\cup\partial B$ WLOG, $x\in \partial A$ así que $B(x)\cap A$ y $B(x)\cap A^c$ no es igual a $\emptyset$ pero parece que no es suficiente para mostrar el resultado.

Answer 1

En realidad, puedes arreglártelas con un poco menos: Si $\overline{A} \cap B = \emptyset = A \cap \overline{B}$ el resultado se mantiene.

Como habrán notado, tenemos que $\partial ( A \cup B ) \subseteq \partial A \cup \partial B$ . Supongamos que $x \notin \partial ( A \cup B )$ . Hay dos casos:

1. $x \notin \overline{ A \cup B } = \overline{A} \cup \overline{B}$ . En este caso se puede demostrar fácilmente que $x \notin \partial A \cup \partial B$ .
2. $x \notin \overline{ X \setminus ( A \cup B ) }$ . Entonces $x \in X \setminus \overline{ X \setminus ( A \cup B ) } = \mathrm{Int} ( A \cup B )$ . Sin pérdida de generalidad, supongamos que $x \in A$ y como $A\cap \overline B=\emptyset$ entonces $x\in X\setminus\overline B$ lo que implica que $x\notin \partial (B)$ . Además, se puede demostrar que $U = \mathrm{Int} ( A \cup B ) \setminus \overline{B}$ es una vecindad de $x$ que está contenida en $A$ y así $x \notin \partial A$ . Así, $x \notin \partial A \cup \partial B$ .

Answer 2

A continuación se presenta una prueba que utiliza únicamente operaciones con conjuntos, para complementar las otras respuestas.

Propuesta. Supongamos que $\overline{A} \cap B = A \cap \overline{B} = \varnothing$ . Entonces $\mathrm{Int}(A \cup B) = \mathrm{Int}(A) \cup \mathrm{Int}(B)$ .

Prueba. Desde $\mathrm{Int}(A) \cup \mathrm{Int}(B)$ es un conjunto abierto contenido en $A \cup B$ tenemos $$ \mathrm{Int}(A) \cup \mathrm{Int}(B) \subseteq \mathrm{Int}(A \cup B). $$ Para la inversa, observe que $A \subseteq \overline{B}^c = \mathrm{Int}(B^c)$ y $B \subseteq \overline{A}^c = \mathrm{Int}(A^c)$ Por lo tanto $\mathrm{Int}(A \cup B) \subseteq A \cup B \subseteq \mathrm{Int}(B^c) \cup \mathrm{Int}(A^c)$ . Por lo tanto, $$ \mathrm{Int}(A \cup B) = \big(\mathrm{Int}(A \cup B) \cap \mathrm{Int}(B^c)\big) \cup \big(\mathrm{Int}(A \cup B) \cap \mathrm{Int}(A^c)\big). \tag*{$ (1) $} $$ Tenga en cuenta que $\mathrm{Int}(A \cup B) \cap \mathrm{Int}(B^c) \subseteq (A \cup B) \cap B^c = A \setminus B = A$ . Dado que el LHS es un conjunto abierto contenido en $A$ se deduce que $\mathrm{Int}(A \cup B) \cap \mathrm{Int}(B^c) \subseteq \mathrm{Int}(A)$ . Análogamente, $\mathrm{Int}(A \cup B) \cap \mathrm{Int}(A^c) \subseteq \mathrm{Int}(B)$ por lo que se deduce de $(1)$ que $\mathrm{Int}(A \cup B) \subseteq \mathrm{Int}(A) \cup \mathrm{Int}(B)$ . $\quad\Box$

Para demostrar lo mismo para el límite, recordemos que $\partial S = \overline{S} \setminus \mathrm{Int}(S)$ . Obtenemos lo siguiente:

Corolario. Supongamos que $\overline{A} \cap B = A \cap \overline{B} = \varnothing$ . Entonces $\partial(A \cup B) = \partial A \cup \partial B$ .

Prueba. Recordemos que $\overline{A \cup B} = \overline{A} \cup \overline{B}$ incluso para conjuntos arbitrarios. De ello se desprende que \begin {align*} \partial (A \cup B) &= \overline {A \cup B} \setminus \mathrm {Int}(A \cup B) \\ [1ex] &= ( \overline {A} \cup \overline {B}) \setminus ( \mathrm {Int}(A) \cup \mathrm {Int}(B)) \\ [1ex] &= \big ( \overline {A} \setminus ( \mathrm {Int}(A) \cup \mathrm {Int}(B)) \big ) \cup \big ( \overline {B} \setminus ( \mathrm {Int}(A) \cup \mathrm {Int}(B)) \big ) \\ [1ex] &= ( \overline {A} \setminus \mathrm {Int}(A)) \cup ( \overline {B} \setminus \mathrm {Int}(B)) \tag *{ $(2)$ } \\ [1ex] &= \partial A \cup \partial B, \end {align*} de donde deducir $(2)$ utilizamos que $\overline{A} \cap \mathrm{Int}(B) \subseteq \overline{A} \cap B = \varnothing$ y $\overline{B} \cap \mathrm{Int}(A) \subseteq \overline{B} \cap A = \varnothing$ . $\quad\Box$

Bajo la suposición más fuerte de OP de que $\overline{A} \cap \overline{B} = \varnothing$ tenemos el siguiente resultado más fuerte.

Teorema. Supongamos que $\overline{A} \cap \overline{B} = \varnothing$ . Entonces $\partial(A \cup B)$ es la unión topológica disjunta de $\partial A$ y $\partial B$ .

Prueba. Desde $\partial A \cap \partial B \subseteq \overline{A} \cap \overline{B} = \varnothing$ se deduce del corolario anterior que $\partial(A \cup B)$ es la unión de conjuntos disjuntos de $\partial A$ y $\partial B$ . Para ver que también es una unión topológica disjunta, observe que $\partial A$ y $\partial B$ son conjuntos cerrados, por lo que ambos son clopen en $\partial(A \cup B)$ . $\quad\Box$

Answer 3

Me gustaría reforzar ligeramente el resultado de la respuesta aceptada al que buscaba cuando me encontré con esta pregunta:

Si $A \cap B = \emptyset$ entonces $(\partial A \cup \partial B) \backslash ((\partial A \cap B) \cup (A \cap \partial B)) \subseteq \partial (A \cup B) \subseteq \partial A \cup \partial B$ .

La segunda inclusión está señalada por el OP, así que probaré la primera. Escribe el primer conjunto de la cadena anterior como $S_{AB}$ . Si $x \in S_{AB}$ entonces por simetría entre $A$ y $B$ podemos suponer WLOG que $x \in \partial A$ (lo que implica $x \notin B$ por la definición de $S_{AB}$ ), por lo que cada vecindad de $x$ se cruza con $A$ y $A^c$ (el complemento de $A$ ). Consideramos dos casos:

1. $x \notin A$ . En este caso, $x \in A^c \cap B^c = (A \cup B)^c$ por lo que cualquier vecindad de $x$ se cruza con $A \subset A \cup B$ y $(A \cup B)^c$ , mostrando $x \in \partial (A \cup B)$ .

2. $x \in A$ , lo que implica entonces $x \notin \partial B$ . En este caso, podemos encontrar una vecindad $U_0$ de $x$ contenida en su totalidad en $B$ o $B^c$ y como $x \in B^c \cap U_0$ Debemos tener $U_0 \subset B^c$ . Así, para cualquier vecindad $U$ de $x$ , $U \cap U_0 \subset B^c$ se cruza con $A^c$ y por lo tanto $U$ se cruza con $A \subset A \cup B$ y $(A \cup B)^c = A^c \cap B^c$ , mostrando $x \in \partial (A \cup B)$ .

En ambos casos, entonces, $x \in \partial (A \cup B)$ , mostrando $S_{AB} \subseteq \partial (A \cup B)$ .