Son los únicos conjuntos en $\mathbb{R^1}$ que son tanto abiertos como cerrados $\mathbb{R^1}$ y $\emptyset$ ?

Question

Como el tema, cómo demostrar que el único conjunto en $\mathbb{R^1}$ que se abren y se cierran son los $\mathbb{R^1}$ y $\emptyset$ . He intentado demostrar por contradicción, pero no puedo demostrar que la suposición implica lo contrario.

Answer 1

Toma un juego $A\subseteq \bf R$ que está cerrado y abierto. Supongamos hacia la contradicción que $A$ no es toda la $\bf R$ y no vacío. Entonces hay algún punto $x_1\notin A$ y $x_0\in A$ . Sin pérdida de generalidad $x_0<x_1$ .

Considere el intervalo $I=[x_0,x_1]$ . $I\cap A$ es una intersección de conjuntos cerrados, por lo que es cerrada, así que $x'=\sup(I\cap A)$ está en $I\cap A$ . Obviamente, $x'<x_1$ . Pero $A$ está abierto, por lo que hay un $\varepsilon>0$ tal que $(x'-\varepsilon,x'+\varepsilon )\subseteq A$ pero luego hay algún otro punto de $A$ en $(x',x_1]$ Así que tenemos una contradicción.

Answer 2

Dejemos que $S\subset \Bbb R$ no vacío, abierto y cerrado. Arreglar $x_0\in S$ . Sea $I:=\{r>0,[x_0-r,x_0+r]\subset S$ . Como $S$ está abierto, $I$ no está vacío. Si $I$ está acotado, dejemos que $\{r_n\}$ una secuencia que aumenta hasta $\sup I$ . Entonces $x_0+r_n\in S$ para cada $n$ y como $S$ está cerrado $x_0+\sup I\in S$ . Pero $S$ está abierto, por lo que podemos encontrar $\delta>0$ tal que $x_0\pm \sup I\pm t \in S$ pour $0\leq t\leq \delta$ Por lo tanto $\sup I+\delta\in I$ una contradicción.

Así que $S=\Bbb R$ .

Tenga en cuenta que este enfoque funciona para $\Bbb R^d$ en lugar de $\Bbb R$ . Sólo hay que sustituir el intervalo $[x_0-r,x_0+r]$ por la bola cerrada $\bar B(x^{(0)},r):=\{x\in\Bbb R^d,\max_{1\leq j\leq d}|x_j-x_j^{(0)}|\leq r\}$ .

Answer 3

Supongamos que $U$ y su complemento $V$ son ambos subconjuntos abiertos no vacíos de $\mathbb R$ . Entonces hay $x \in U$ y $y \in V$ y cambiando los papeles de $U$ y $V$ si es necesario, podemos suponer $x < y$ . Ahora dejemos que $$a = \sup\{b \in \mathbb R : [x,b] \subseteq U \}$$ (el supremum existe ya que $x \in U$ y $y \not\in U$ y $x<y$ ). Si $a \in U$ entonces, ya que $U$ está abierto, $a + \varepsilon \in U$ para los pequeños $\varepsilon$ contradiciendo la definición de $a$ . En caso contrario, si $a \in V$ entonces, ya que $V$ también está abierto, $a-\varepsilon \in V$ para los pequeños $\varepsilon$ , contradiciendo de nuevo la definición de $a$ .