(Topología General de Kelley) Ejercicio G capítulo 1.

Question

Estoy encontrando dificultades en la resolución del siguiente ejercicio escrito en el libro de Kelley como en el título. ¿Podría alguien ayudarme? Gracias por adelantado.

Si$A$ es denso en un espacio topológico y$U$ está abierto, entonces$U \subseteq \overline{(A \cap U)}$.

Answer 1

Sugerencia: tome$x\in U$,$V$ un barrio abierto de$x$. $U\cap V$ Está abierto, por lo que$A\cap (U\cap V)\ne\emptyset$. Pero $A\cap (U\cap V) = (A\cap U)\cap V $...

Answer 2

Supongamos que $x\in U$. Desde $A$ es densa, $x$ está contenida en el cierre de $A$. De ello se desprende que existe una neta $(x_{\alpha})_{\alpha\in D}$ $A$ (donde $D$ es cierto índice conjunto dirigido por una relación $\geq$) tal que $x_{\alpha}\to x$. Por la definición de la convergencia de las redes, ya que $x\in U$ $U$ es abierto, existe alguna $\alpha_{0}\in D$ tal que $\alpha\geq \alpha_0$ implica que ese $x_{\alpha}\in U$. Por lo tanto, $(x_{\alpha})_{\alpha\geq\alpha_0}$ es un netos en $A\cap U$ que también converge a $x$. De ello se desprende que $x$ es en el cierre de $A\cap U$. Desde $x\in U$ fue arbitraria, a la conclusión de que $U\subseteq\overline{A\cap U}$ sigue.

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Alternativa de la prueba, sin ninguna referencia a redes de $\phantom{---}$Deje $x\in U$. Desde $x$ es en el cierre de $A$, $x\in A$ o $x$ es un punto de acumulación de a $A$; véase el Teorema 1.7 en Kelly (1955, pág. 42).

Caso 1 $\phantom{---}$$x\in A$. A continuación, $x\in A\cap U\subseteq\overline{A\cap U}$, trivialmente.

Caso 2 $\phantom{---}$$x$ es un punto de acumulación de a $A$. Voy a demostrar que $x$ es un punto de acumulación de a $A\cap U$. Deje $V$ ser un conjunto abierto que contiene a $x$. A continuación, $U\cap V$ es también un conjunto abierto que contiene a $x$. Por lo tanto, $A\cap (U\cap V)\setminus\{x\}$ no está vacía, debido a que $x$ es un punto de acumulación de a $A$. Desde $V$ fue arbitraria abrir barrio de $x$, se deduce que el $x$ es un punto de acumulación también de $A\cap U$-recuerde que $(A\cap U)\cap V\setminus\{x\}$ no está vacío. Por lo tanto, $x$ es en el cierre de $A\cap U$.

Conclusión: $U\subseteq\overline{A\cap U}$.