Que $\mathscr{F}$ ser una colección de subconjuntos conectados de un espacio métrico $M$ tal que $\bigcap\mathscr{F}\ne\emptyset$. Demostrar que $\bigcup\mathscr{F}$ está conectado.
Si $\bigcup\mathscr{F}$ no está conectado, luego se pueden repartir en dos subconjuntos disjuntos, no vacío $A,B$. Que $x$ sea un punto en $\bigcap\mathscr{F}$. O $x\in A$ o $x\in B$. No sé dónde ir desde aquí.
Consejo: Eres realmente acerca a mitad de camino, aunque se omite una importante calificación de $A$ y $B$: Si $\bigcup\mathscr{F}$ no está conectado, entonces puede ser dividida en dos % de subconjuntos disjuntos, no-vacío, relativamente abierto $A$y $B$. Ahora fije $x\in\bigcap\mathscr{F}$ y sin pérdida de generalidad suponga que $x\in A$. $B\ne\varnothing$, así que escoja cualquier $y\in B$. Entonces hay un $F\in\mathscr{F}$ tal que #% el %#% y $y\in F$. Así, $x\in F$ y $x\in A\cap F$, que $y\in B\cap F$. ¿Por qué es esto una contradicción?
El uso que $X$ está conectado a $\iff$ el sólo funciones continuas $f:X\to\{0,1\}$ son constantes, donde $\{0,1\}$ está dotado de la topología discreta.
Ahora, usted sabe que cada una de las $F$ $\mathscr F$ está conectado. Considere la posibilidad de $f:\bigcup \mathscr F\to\{0,1\}$, $f$ continua.
Tome $\alpha \in\bigcap\mathscr F$. Ver el $f(\alpha)$ y a las $f\mid_{F}:\bigcup \mathscr F\to\{0,1\}$ cualquier $F\in\mathscr F$.
Ya que usted menciona métrica espacios, no estoy seguro de si usted sabe acerca de la primera cosa que quiero mencionar, así que vamos a probarlo:
THM Deje $(X,\mathscr T)$ ser una métrica (topológico) de espacio. A continuación, $X$ está conectado si y sólo si siempre que $f:X\to\{0,1\}$ es continua, es constante. El espacio de $\{0,1\}$ está dotado de la métrica discreta (topología), es decir, el abrir los conjuntos de $\varnothing,\{0\},\{1\},\{0,1\}$.
La declaración es de la forma $P\iff (A\implies B)$. En primer lugar, vamos a comprobar $\neg P\implies A\wedge \neg B$, entonces podemos demostrar $A\wedge \neg B\implies \neg P$. Nota utilizamos $(A\implies B)\equiv \neg A\vee B$, y la costumbre De Morgan Leyes.
P en Primer lugar, supongamos $X$ está desconectado, es decir, por $A,B$, lo $A\cup B=X$ y $A\cap B=\varnothing$, $A,B$ abrir. Definir $f:X\to\{0,1\}$ $$f(x)=\begin{cases}1& \; ; x\in A\\0&\; ; x\in B\end{cases}$$
A continuación, $f$ es continua debido a $f^{-1}(G)$ está abierto para cualquier abierto $G$ $\{0,1\}$ (esto es simplemente un caso de verificación), sin embargo, no es constante. Ahora supongamos $f:X\to\{0,1\}$ es continua pero no es constante. Set$A=\{x:f(x)=1\}=f^{-1}(\{1\})$$B=\{x:f(x)=0\}=f^{-1}(\{0\})$. Por hipótesis, $A,B\neq \varnothing$. Morover, ambos están abiertos, ya que son la preimagen de abrir establece en virtud de un mapa continuo, y $A\cup B=X$$A\cap B=\varnothing$. Por lo tanto $X$ está desconectado. $\blacktriangle$
Me gusta "clopen"... es un conjunto que es a la vez cerrado y abierto. Un espacio topológico $X$ no está conectado si, y sólo si, para cualquier punto de $a \in X$, tiene un "no trivial" clopen set $C$ contiene $a$. Es decir, un clopen conjunto tal que $\emptyset \neq C \subsetneq X$.
Tome $a \in \bigcap \mathscr{F}$. A continuación, tomar un clopen set $C \subset \bigcup \mathscr{F}$ contiene $a$. En la relación de la topología, para cualquier $X \in \mathscr{F}$, $C \cap X$ es un clopen conjunto. Desde $X$ está conectado, $C \cap X = X$. Es decir, $X \subset C$ por cada $X \in \mathscr{F}$. Por lo tanto, $\bigcup \mathscr{F} \subset C$.
Por lo tanto, $\bigcup \mathscr{F}$ no tiene "no trivial" clopen conjunto, y por ello está conectado.
La prueba admite algunas variantes. Por ejemplo, si usted toma cualquier no-vacío clopen set $C'$, que se cruzan algunos $X \in \mathscr{F}$. A partir de la conectividad, tenemos que $X \subset C'$. En particular, $a \in C'$.
La forma más rápida es utilizando las funciones de$\bigcup\mathcal{F}$$\{0,1\}$, sin Embargo, usted puede hacerlo directamente.
Deje $A, B$ ser una partición de $\bigcup\mathcal{F}$ en abierto, subconjuntos disjuntos. WLOG asumir que $A$ no está vacía. A continuación, hay algunos $x\in A$ y, por tanto, algunos de los $F\in \mathcal{F}$, de modo que $x\in F$. Como $F$ está conectado de ello se sigue que $F\subseteq A$, por lo tanto $\bigcap \mathcal{F} \subseteq F \subseteq A$. Como esta intersección es no vacía cada $G\in \mathcal{F}$ tiene un punto en $A$, y en el connectness de cada una de las $G$$G\subseteq A$. Por lo tanto cada miembro de $\mathcal{F}$ es un subconjunto de a $A$ $B$ está vacía.
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
