Demostrar que si es de $A$ ambos abiertos y cerraron, $A=\mathbb R$.

Question

Supongamos que $A$ es un subconjunto no vacío de $\mathbb R$. Demostrar que si es de $A$ ambos abiertos y cerraron, $A=\mathbb R$.

Creo que debo asumir que $A$ no es igual a $\mathbb R$ y derivar una contradicción. ¿Significa $A$ complemento también es cerrada y abierta? No sé si ese sería el enfoque correcto a la prueba. ¡Cualquier ayuda es muy apreciada!

Answer 1

Supongamos que $x\notin A$.

Puesto que está cerrado $A$ podemos encontrar un intervalo abierto, máximo $I\ni x$ separados de $A$. (¿Por qué?).

$A$ No está vacía, habrá algunos $y\in A$. Supongamos, por ejemplo, que $y>x$. $I$ Tiene un límite superior y que $z=\sup I$. Entonces debe ser $z$ $A$. Pero cruza de cada vecindad abierta de $z$ $I$, y esto contradice el hecho de que $A$ está abierto.

Mismo if $y<x$, que $z=\inf I$.

Answer 2

Supongamos que $A \neq \mathbb{R}$, entonces no es un punto de $y \in \mathbb{R}$ tal que $y \not\in A$. Desde $A$ es cerrado, esto significa que $\mathbb{R}\setminus A$ está abierto. Por otra parte, $\mathbb{R} \setminus A$ también está cerrada, ya que $A$ está abierto.

Supongamos, sin pérdida de generalidad que el conjunto $A_{< y} = \{ a \in A : a < y \}$ no está vacío. Deje $x = \sup A_{<y}$. Sabemos que $x \in A$ desde $A$ es cerrado. Dado $\delta > 0$, ¿qué podemos decir acerca de la $B_\delta(x)$?

---

Desde $y \in \mathbb{R}\setminus A$, hay un $\epsilon > 0$ tal que $(y - \epsilon, y + \epsilon)$ es disjunta de a $A$. Esto significa que $x < y$. Ahora para cualquier $\delta >0$ el intervalo de $(x-\delta, x+\delta)$ contiene los números de más de $x$ pero menos de $y$. Según nuestra definición, $x$ es el más grande número real en $A$ menos de $y$, y por lo tanto $(x-\delta, x+ \delta)$ no está contenido en $A$ cualquier $\delta>0$. Por lo tanto, $A$ no está abierta, y esto es una contradicción.

Answer 3

Si $A\neq R$, entonces el $A^c$ es un subconjunto apropiado de monja-vacío de $R$ $A^c$ ambos abiertos y cerraron, así $R=A\cup A^c$. Y eso significa $R$ se desconecta, que contradice.

Answer 4

Supongamos $A \ne \mathbb{R}$. Elija cualquier punto de $x \in A$. Supongamos $A \ne \mathbb{R}$. A continuación, cualquiera de $[x,\infty) \not\subseteq A$ o $(-\infty,x] \not\subseteq A$. Considere el caso donde $[x,\infty)\not\subseteq A$ (en el caso de que $(-\infty,x] \not\subseteq A$ es manejado de manera similar.) Para este caso, definir $$ Y = \sup\{ y \in \mathbb{R} : [x,y]\subseteq \}. $$ $Y$ es finito porque $[x,y]\not\subseteq A$ algunos $y$. Y $Y$ es en el cierre de $A$ porque no es monótona creciente secuencia $\{ x_{n} \}_{n=1}^{\infty}\subset A$ que converge a $Y$. Becuase $A$ está cerrada,$Y \in A$. Sin embargo, $A$ también está abierta, lo que da un intervalo abierto alrededor de $Y$, decir $(Y-\delta,Y+\delta)$, la cual está contenida en $A$; pero que contradice la definición de $Y$ porque $Y+\delta/2 > Y$$Y+\delta/2 \in A$. Por lo tanto, $Y=\infty$.