Es $[0,1]$ una unión disjunta contable de conjuntos cerrados?

Question

¿Puede expresar $[0,1]$ como una unión disjunta contable de conjuntos cerrados, aparte de la forma trivial de hacerlo?

Answer 1

La respuesta es no. De hecho, como dijo Steve D, tenemos un teorema que vale para una amplia clase de espacios, que incluye intervalos cerrados, círculos, bolas y cubos. Lo demostró Sierpiński en $1918$ $[1]$ . Puedes encontrar la demostración en el libro "General Topology" de Ryszard Engelking, pero la publicaré aquí porque no es fácil encontrarla en Internet. En primer lugar, una definición: un espacio topológico se denomina continuo si es un espacio de Hausdorff compacto y conexo. El enunciado preciso es el siguiente:

Teorema (Sierpinski). Si un continuo $X$ tiene una cubierta contable $\{X_i\}_{i=1}^{\infty}$ por subconjuntos cerrados disjuntos por pares, entonces a lo sumo uno de los conjuntos $X_i$ no está vacío.

Para demostrarlo necesitaremos los siguientes lemas:

Lema $1$ . Sea $X$ sea un continuo. Si $F$ es un subconjunto cerrado no trivial de $X$ para cada componente $C$ de $F$ tenemos que $\text{Bd}(F) \cap C$ no está vacío.

Prueba . Sea $x_0$ estar en $C$ . Desde $X$ es Hausdorff compacto, los cuasicomponentes coinciden con los componentes, por lo que $C$ es la intersección de todos los conjuntos abiertos y cerrados de $F$ que contienen $x_0$ . Supongamos que $C$ es disjunta de $\text{Bd}(F)$ . Entonces, por compacidad de $\text{Bd}(F)$ existe un conjunto abierto-cerrado $A$ en $F$ que contiene $x_0$ y disjuntos de $\text{Bd}(F)$ . Tomemos un conjunto abierto $U$ tal que $A = U \cap F$ . Así pues, la igualdad $A \cap \text{Bd}(F) = \emptyset$ implica que $A = U \cap \text{Int}(F)$ Así que $A$ está abierto en $X$ . Pero $A$ también está cerrado en $X$ y contiene $x_0$ Así que $A=X$ . Pero entonces $\text{Bd}(F) = \emptyset$ lo que no es posible ya que $F$ sería abierto-cerrado no trivial en $X$ . $\bullet$

Lema $2$ . Si un continuo $X$ está cubierta por conjuntos cerrados disjuntos por pares $X_1, X_2, \ldots$ de los cuales al menos dos son no vacíos, entonces para cada $i$ existe un continuo $C \subseteq X$ tal que $ C \cap X_i = \emptyset$ y al menos dos conjuntos en la secuencia $C \cap X_1, C \cap X_2, \ldots$ no son vacíos.

Prueba . Si $X_i$ está vacío, entonces podemos tomar $C = X$ por lo que podemos suponer que $X_i$ no es vacío. Tome $j \ne i$ tal que $X_j \ne \emptyset$ . Desde $X$ es Hausdorff compacto, hay conjuntos abiertos disjuntos $U,V \subseteq X$ satisfaciendo $X_i \subseteq U$ y $X_j \subseteq V$ . Sea $x$ sea un punto de $X_j$ y $C$ el componente de $x$ en el subespacio $\overline{V}$ . Claramente, $C$ es un continuo, $ C \cap X_i = \emptyset$ y $ C \cap X_j \ne \emptyset$ . Por el lema anterior, $C \cap \text{Bd}( \overline{V}) \ne \emptyset$ y puesto que $X_j \subseteq \text{Int}(\overline{V})$ existe un $k \ne j$ tal que $C \cap X_k \ne \emptyset$ . $\bullet$

Ahora podemos demostrar el teorema:

Prueba . Supongamos que al menos dos de los conjuntos $X_i$ no son vacíos. Del lema $2$ se deduce que existe una secuencia decreciente $C_1 \supseteq C_2 \ \supseteq \ldots$ de continuos contenidos en $X$ tal que $C_i \cap X_i = \emptyset$ y $C_i \ne \emptyset$ para $i=1,2, \ldots$ La primera parte implica que $\bigcap_{i=1}^{\infty} C_i = \emptyset$ y de la segunda parte y compacidad de $X$ se deduce que $\bigcap_{i=1}^{\infty} C_i \ne \emptyset$ . $\bullet$

La hipótesis de Hausdorff es fundamental. Por ejemplo, consideremos $X$ un conjunto infinito contable con topología cofinita. Entonces $X$ es compacta, conexa y a $T_1$ -espacio. Sin embargo, podemos escribir $X$ como una unión disjunta de singletons contables, que son cerrados.

$[1]$ Sierpiński, W: _Teorema sobre los continuos_ Tôhoku Math. J. 13 (1918), 300-305.

Answer 2

Hoy me han planteado este problema y he pensado en publicar aquí mi solución para que otros puedan utilizarla en el futuro, ya que parece una pregunta típica. La respuesta de Nuno requiere más conocimientos y maquinaria, mientras que un enfoque más directo es tal vez deseable.

Prueba. La primera observación es que no importa si esto se demuestra para $[0,1),$ $(0,1)$ o $[0,1]$ (en este último caso se añade la restricción de intervalos no triviales). Esto se debe a que si se asume $[0,1)$ es la unión de intervalos cerrados disjuntos, entonces basta con eliminar los intervalos finales para obtener un recubrimiento de un intervalo de la forma $(a,b)$ $0<a<b<1$ por intervalos cerrados disjuntos. Supongamos que $$(0,1)=\bigcup\limits_{i=1}^{\infty}I_{i}.$$ En primer lugar, observe que $\{I_{i}\}$ no puede ser finito, ya que la unión finita de conjuntos cerrados es cerrada; además, dos conjuntos acotados cerrados cualesquiera tienen distancia positiva entre sí, por lo que un argumento de anidamiento demuestra que debe haber al menos un número contable de ellos (esto se explotará más adelante).

A partir de aquí, hay varias formas de enfocar el problema. Por ejemplo, definir los conjuntos $$S_{j}=(0,1)-\bigcup\limits_{i=1}^{j}I_{i}.$$ Entonces obtenemos una colección de subconjuntos abiertos anidados $\{S_{j}\}_{j=1}^{\infty}\subset(0,1)$ . Si podemos demostrar $S=\bigcap_{j=1}^{\infty}S_{j}\neq\emptyset$ entonces también habremos demostrado que debe haber al menos un punto en $(0,1)$ no cubiertos por $\{I_{i}\}_{i=1}^{\infty}$ obteniendo así una contradicción. Pero demostrar directamente si una intersección contable algo arbitraria de conjuntos abiertos es vacía o no vacía es difícil. Así que modifiquemos la $S_{j}$ ser $$S_{j}=(0,1)-\bigcup\limits_{i=1}^{j}I_{j}^{\circ}.$$ Entonces obtenemos una colección de conjuntos compactos anidados $\{S_{j}\}_{j=1}^{\infty}\subset[0,1)$ . El teorema de intersección de Cantor implica entonces que $$S=\bigcap_{j=1}^{\infty}S_{j}\neq\emptyset.$$ En efecto, según nuestro supuesto, la intersección contiene los puntos finales de cada $I_{i}$ o lo que es lo mismo, $$S=(0,1)-\bigcup\limits_{j=1}^{\infty}(a_{i},b_{i}=\{a_{i},b_{i}\}_{i=1}^{\infty}$$ donde el $a_{i},b_{i}$ son los puntos extremos derecho e izquierdo, respectivamente, de cada $I_{i}$ . Si entonces podemos demostrar $S$ es incontable (por ejemplo, si $S$ fuera perfecto), entonces obtendríamos nuestra contradicción deseada, ya que el conjunto de puntos finales es claramente contable (este enfoque parece más manejable que intentar demostrar que hay algunos puntos en $S$ que no son puntos finales de ningún $I_{i}$ ). Pero esto es trivial. Si $x\in S$ entonces $x=a_{i}$ o $x=b_{i}$ para algunos $i\in\mathbb{N}$ . Si $x=a_{i}$ entonces existe una subsecuencia de intervalos $[a_{i_{k}},b_{i_{k}}]$ a la izquierda de $[a_{i},b_{i}]$ tal que los puntos extremos derechos convergen a $x$ . La primera afirmación se deduce de $[0,1]-I_{i}$ siendo abierto, de modo que existe un intervalo interior de longitud positiva entre $(0,a_{i})$ en el que colocar un número contablemente infinito de intervalos cerrados, y la segunda afirmación es una simple consecuencia del hecho de que dos conjuntos compactos están siempre separados por una distancia positiva. Por tanto, si $[a_{i_{1}},b_{i_{1}}]$ está a la izquierda de $[a_{i},b_{i}]$ entonces existen intervalos $[a_{i_{2}},b_{i_{2}}],\ldots,[a_{i_{N}},b_{i_{N}}]$ y números positivos $\delta_{1},\delta_{2},\ldots,\delta_{N}$ tal que $$a_{i_{1}}<b_{i_{1}}<a_{i_{2}}<b_{i_{2}}<\ldots<a_{i_{N}}<b_{i_{N}}<a_{i}<b_{i}$$ y $$0<a_{i}-b_{i{N}}=\delta_{N}<\ldots<a_{i}-b_{i_{2}}=\delta_{2}<a_{i}-b_{i_{1}}=\delta_{1}.$$ Este proceso es claramente continuable, pero lo más importante, ya que $\delta_{k}>0$ para todos $k=1,2,\ldots$ este proceso debe continuar indefinidamente para que $\{I_{i}\}_{i=1}^{\infty}$ portada $(0,1)$ . Y así, obtenemos una secuencia de distancias $\delta_{k}\to0$ como $n\to\infty$ lo que implica $b_{i_{k}}\to a_{i}=x$ como $k\to\infty$ . El mismo argumento se aplica para si $x$ es un extremo derecho $b_{i}$ de algunos $I_{i}$ . Puesto que cada $x$ es el límite de una secuencia en $S$ vemos que $S$ es perfecto. Una aplicación del teorema de la Categoría Baire muestra entonces $S$ es incontable, ya que de lo contrario $S$ (siendo un subconjunto perfecto cerrado de un espacio métrico completo, por lo tanto completo en sí mismo) es la unión contable de singletons, que no son densos en ningún lugar, y por lo tanto no pueden ser todos los de $S$ . Esta es la contradicción deseada, ya que implica que hay un número incontable de $x\in(0,1)$ que no están cubiertos por $\{I_{i}\}_{i=1}^{\infty}$ . Esto completa la prueba.

El argumento anterior puede llevarse a cabo sin utilizar el teorema de la categoría de Baire para demostrar que existe en menos un $x\in(0,1)$ que no está en la portada de $\{I_{i}\}_{i=1}^{\infty}$ esto tiene la ventaja de ser sencillo sin tener que construir un conjunto auxiliar $S$ y luego apelar a un sofisticado teorema sobre subconjuntos perfectos de espacios métricos completos. Por otro lado, no aclara hasta qué punto se queda corta una cubierta disjunta contable de conjuntos cerrados al intentar cubrir $(0,1)$ (¡el teorema de la Categoría Baire demuestra que no se acerca ni de lejos!). Un planteamiento completamente distinto se basaría en la observación de que nuestro conjunto auxiliar $S$ tiene una estructura idéntica al conjunto de Cantor $C$ que también es la intersección contable de uniones finitas de intervalos abiertos extraídos de $[0,1]$ . Por lo tanto, si podemos establecer un mapa onto a partir de $S$ a $C$ habremos obtenido la deseada incontabilidad de $S$ . También podríamos hacer un truco a partir de estos hechos, y obtener una contradicción mostrando $(0,1)$ es topológicamente equivalente a $C$ pero esto parece innecesario y sin sentido.

Answer 3

Tengo una prueba diferente. Consideremos un recubrimiento arbitrario de $(0, 1)$ por intervalos cerrados disjuntos por pares $I_x$ Cada $I_x$ está en $(0, 1)$ . Denotemos el conjunto de cobertura por $L$ . Se puede demostrar que $L$ es un continuo lineal y, por tanto, incontable.

Dado que los intervalos cerrados son disjuntos por pares, existe un orden total natural entre ellos. Dado que $L$ cubre $(0, 1)$ para cualquier $I_x < I_y$ en $L$ existe un $I_z$ en $L$ tal que $I_x < I_z < I_y$ .

Queda por demostrar que $L$ tiene la propiedad de límite superior mínimo. Supongamos que un subconjunto de $L, S$ está limitada por encima por un $I_x$ . Debe existir una cota superior mínima de los extremos derechos de los intervalos en este subconjunto. Llamémoslo $a$ . Obviamente $a$ está a la izquierda de $I_x$ o en $I_x$ . Por lo tanto $a$ está en $(0, 1)$ . Si $a$ es el punto final derecho de un intervalo en $S$ ese intervalo es el límite superior mínimo de $S$ . En caso contrario, existe un $I_y$ en $L - S$ que cubre $a$ . Desde $a$ es el límite superior mínimo de los extremos derechos de los intervalos en $S$ a debe ser el extremo izquierdo de $I_y$ . Por lo tanto $I_y$ es el límite superior mínimo. Por lo tanto $L$ tiene la propiedad de límite superior mínimo.

Answer 4

He reflexionado un poco sobre este problema y quería aclarar algunos conceptos erróneos.

Supongamos que $[0,1]=\cup_i F_i$ . Un enfoque popular (que parece infructuoso) consiste en construir un conjunto compacto $[0,1]\supset K = \cup_i \partial F_i $ y luego usar el Teorema de la Categoría Baire para terminar.

Sin embargo, tenga en cuenta que puede sustituir el conjunto $[0,1]$ con cualquier conjunto compacto $K'$ y dejar el resto de la demostración sin cambios para "demostrar" el mismo resultado para cualquier conjunto compacto. Pero esto es absurdo, tomemos $K' = \{0,1\} = \{0\} \cup \{1\}$ .

¿Dónde está el fallo? Los decorados $\partial F_i$ no son densos en ninguna parte, como elementos del espacio $([0,1],\tau)$ . Pero no tienen por qué ser densos en ninguna parte como elementos de la topología del subespacio $\left(K,\tau_{|K}\right)$ .

@khaghans, te estoy mirando _

Answer 5

No. $[0,1]$ no puede escribirse como la unión de intervalos cerrados disjuntos contables . Intenta utilizar el teorema de la Categoría de Baire. También puede consultar este post http://terrytao.wordpress.com/2010/10/04/covering-a-non-closed-interval-by-disjoint-closed-intervals/