¿Es normal que cada conjunto ordenado linear en su topología de la orden?

Question

Estoy tratando de demostrar (o refutar) que cada lineales conjunto ordenado $(X, <_X)$ es normal en su orden de topología.

Tuve la oportunidad de probar $(X,<_X)$ es hausdorff, simplemente por tomar dos intervalos de con $\pm\infty $ por cada $x,y\in X$ sin puntos en común, pero cuando se trata de demostrar $(X,<_X)$ es normal, no estoy seguro de cómo demostrarlo.

Tomar dos conjuntos cerrados $A,B\subseteq X$, me gustaría encontrar dos conjuntos de $\hat A, \hat B$ tal forma que:

1. $A\subseteq \hat A$
2. $B \subseteq \hat B$
3. $\hat A \cap \hat B = \emptyset $

Pensé que de alguna manera se dividen $A$ $B$ a los sub-conjuntos, de tal manera que:

1. $A_1$ se compone de elementos de $A$ que tiene un sucesor y predecesor
2. $A_2$ se compone de elementos de $A$ que tiene un sucesor y no tiene un predecesor
3. $A_3$ se compone de elementos de $A$ que no tiene un sucesor y tienen un predecesor (en este caso es simétrico al caso de $2$)
4. $A_4$ se compone de elementos de $A$ que no tiene un sucesor ni un predecesor

Y lo mismo $B$.

Sé que todos los elementos de a $A_1$ $B_1$ están abiertos conjuntos (cada singleton $\{x \}$ donde $x\in A_1$), y para $A_2$ $A_3$ creo que puedo encontrar conjuntos que todavía no tienen elementos comunes con $B$, pero no escribir formalmente (todavía en mi cabeza), así que no estoy seguro de que en realidad va a ser capaz de hacerlo. Pero aparte de eso, lo que me molesta es $A_4$, que no tengo ninguna idea de cómo manejar.

¿Alguien tiene una idea sobre cómo manejar $A_4$ o de una formalización de la forma de manejar $A_2$$A_3$, o tal vez - una más corto/más comprensible la prueba (o refutación) por $(X,<_X)$ ser normal?

Answer 1

No trate de refutar, ya que el teorema es verdadero! (La prueba utiliza el axioma de elección, pero eso es O. K. debido a que el axioma de elección es cierto.) Aquí es una prueba de que he encontrado en mis notas. Esto demuestra que un linealmente ordenado topológica del espacio no sólo es normal, sino completamente (o hereditariamente) normal, es decir, si $A,B$ son conjuntos (no necesariamente cerrado) tal que $A\cap\bar B=B\cap\bar A=\emptyset$, entonces existen abiertos disjuntos conjuntos de $U,V$ tal que $A\subseteq U$$B\subseteq V$.

Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que no hay punto de $A\cup B$ es un extremo de $X$. Para cada una de las $a\in A$, elija $p_a,q_a\in X$ la satisfacción de las condiciones:

1. $p_a\lt a\lt q_a$;

2. $(p_a,q_a)\cap B=\emptyset$;

3. $(a,q_a)=\emptyset$ o $q_a\in A$ o $q_a\notin B\wedge(a,q_a)\cap A=\emptyset$;

4. $(p_a,a)=\emptyset$ o $p_a\in A$ o $p_a\notin B\wedge(p_a,a)\cap A=\emptyset$.

Puede comprobar [*] que tales puntos de $p_a,q_a$ existen para cada una de las $a\in A$. Ahora es claro que el conjunto $$U=\bigcup_{a\in A}(p_a,q_a)$$ es un conjunto abierto que contiene a$A$, $V=X\setminus\bar U$ es un conjunto abierto disjunta de a $U$. Ahora tienes que demostrar que $B\subseteq V$.

[*] Considere la posibilidad de cualquier $a\in A$; queremos $q_a\gt a$ $(a,q_a)\cap B=\emptyset$ y la satisfacción de la condición 3. Primero elige $q\gt a$$(a,q)\cap B=\emptyset$. Ahora consideramos tres casos.
Caso I. Si $(a,q)=\emptyset$, vamos a $q_a=q$.
Caso II. Si $(a,q)\cap A\ne\emptyset$, elija $q_a\in(a,q)\cap A$.
Caso III. Si $(a,q)\ne\emptyset=(a,q)\cap A$, elija $q_a\in(a,q)$.