Yo quiero probar la siguiente declaración que se encuentra en Los Elementos de Análisis Real por Robert G. Bartle, en la página 67 ejercicio H:
Cada subconjunto abierto de $\mathbb{R}^{p}$ es la unión de un contable de la colección de conjuntos cerrados. (Sugerencia: Argumentar como en el ejercicio anterior, pero esta vez utilice cerrado bolas)
Me he referido a la a la solución dada en esta cuestión, pero el enfoque es diferente de lo que el libro está pidiendo. I primer show en el anterior ejercicio y su prueba y, a continuación, muestro mi intento en el que quiero probar.
Anterior Ejercicio: Un subconjunto de a $\mathbb{R}^{p}$ está abierto el fib es la unión de un contable de la colección de abrir las bolas.
prueba. $(\leftarrow )$ Una bola abierta es un conjunto abierto, y por la propiedad 9.3(c) la unión de cualquier colección de bloques abiertos en $\mathbb{R}^{p}$ es, de hecho, abierto en $\mathbb{R}^{p}$. Que es que la unión de una contables de la colección de abrir bolas es abierto en $\mathbb{R}^{p}$, por lo tanto es un subconjunto de a $\mathbb{R}^{p}$.
$(\rightarrow)$ Deje $G\neq\emptyset$ , $G\subset\mathbb{R}^{p}$ ser abierto, vamos a $\{r_{n}\::\: n\in\mathbb{N}\}$ ser una enumeración de todos los puntos racionales en $G$ (es que cada una de las $p$ componentes de un punto de $G$ , que consta de sólo números racionales). Ahora nos vamos a $\mathcal{B}(r_{n},\frac{1}{m_{n}}$) donde $m_{n}$ es el menor número natural tal que $\mathcal{B}(r_{n},\frac{1}{m_{n}})\subset G$ . Claramente,$$\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\mathcal{B}(r_{n},\frac{1}{m_{n}})\subset G$$.
Ahora, si nos vamos a $x\in G$ desde $G$ está abierto todos sabemos que no existe una bola centrada en $x$ , elija $m$ tal que $\mathcal{B}(x,\frac{2}{m})\subset G$ . Ahora sigue por el Teorema 6.10 de que existe un número racional $y\in\mathcal{B} (x,\frac{1}{m})$ ; por lo tanto $y\in G$ y, por tanto, $y=r_{n}\in\{r_{n}\::\: n\in\mathbb{N}\}$ para algunos $n$ . Si $x\notin\mathcal{B}(r_{n},\frac{1}{m_{n}})$ entonces debemos tener ese $\frac{1}{m_{n}}<\frac{1}{m}$ . [(żpor qué?) $y\in\mathcal{B}(x,\frac{1}{m})$ implica que la distancia $d(x,y)<\frac{1}{m}$ , mientras que $x\notin\mathcal{B}(r_{n},\frac{1}{m_{n}})=\mathcal{B}(y,\frac{1}{m_{n}})$ implica que la distancia $d(x,y)\geqslant\frac{1}{m_{n}}$ ; por lo tanto $\frac{1}{m_{n}}<\frac{1}{m}$ ]. Ahora, claramente $\mathcal{B}(r_{n},\frac{1}{m})\subset\mathcal{B}(x,\frac{2}{m})\subset G$ lo que contradice nuestra selección de $m_{n}$ , lo $x\in\mathcal{B}(r_{n},\frac{1}{m_{n}})$ . [(de nuevo, ¿por qué?) Deje $\alpha\in\mathcal{B}(r_{n},\frac{1}{m})$ , a continuación, $d(\alpha,y)<1/m$ se sigue de la desigualdad de triángulo que $d(x,\alpha)\leqslant d(x,y)+d(y,\alpha)<\frac{2}{m}$ ; por lo tanto $\alpha\in\mathcal{B}(x,\frac{2}{m})$ y, por tanto, $\mathcal{B}(r_{n},\frac{1}{m})\subset\mathcal{B}(x,\frac{2}{m})$ ]. Ahora, desde la $x$ fue arbitrarly en $G$ se sigue que para cada una de las $x\in G$ existe $n$ tal que $x\in\mathcal{B}(r_{n},\frac{1}{m_{n}})$ ; por lo tanto $G\subset\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\mathcal{B}(r_{n},\frac{1}{m_{n}})$ lo que muestra que $G=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\mathcal{B}(r_{n},\frac{1}{m_{n}})$. $\square$
La proposición a ser probada:
Cada subconjunto abierto de $\mathbb{R}^{p}$ es la unión de un contable de la colección de conjuntos cerrados.
prueba. Deje $G\ne\emptyset$ , $G\subset\mathbb{R}^{p}$ ser abierto, vamos a $\{r_{n}\::\: n\in\mathbb{N}\}$ ser una enumeración de todos los puntos racionales en $G$ . Ya, $G$ está abierto para todos los $r_{n}$ existe una bola abierta $\mathcal{B}(r_{n},\varepsilon_{n})$ contenida en $G$ . Por otra parte, para cada una de las $r_{n}$ existe una bola cerrada $\overline{\mathcal{B}}(r_{n},\varepsilon_{n}-\frac{1}{m_{n}})\subset\mathcal{B}(r_{n},\varepsilon_{n})\subset\begin{subarray}{c} G\end{subarray}$ donde $m_{n}$ es el menor número natural tal que $\varepsilon_{n}-\frac{1}{m_{n}}>0$ . (es decir, $\frac{1}{m_{n}}<\varepsilon_{n}$ ). Claramente,
$$\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\overline{\mathcal{B}}(r_{n},\varepsilon_{n}-\frac{1}{m_{n}})\subset G.$$
Ahora cogemos un arbitrario $x\in G$ desde $G$ está abierto podemos encontrar una $\mathcal{B}(x,\varepsilon_{m})\subset G$; elija $m\in\mathbb{N}$ de modo que $m$ es el número más pequeño tal que $\varepsilon_{m}-\frac{1}{m}>0$ y $\overline{\mathcal{B}}(x,\varepsilon_{m}-\frac{1}{m})\begin{subarray}{c} \subset\end{subarray}\mathcal{B}(x,\varepsilon_{m})$ . Ahora, desde la $\varepsilon_{m}-\frac{1}{m}>0$ de ello se desprende que debe existir un número racional $y\in\overline{\mathcal{B}}(x,\varepsilon_{m}-\frac{1}{m})$ . [por lo tanto $y=r_{n}$ para algunos $n$ y $\mathcal{\overline{B}}(y,\varepsilon_{n}-\frac{1}{m_{n}})=\overline{\mathcal{B}}(r_{n},\varepsilon_{n}-\frac{1}{m_{n}})\subset\mathcal{B}(x,\varepsilon_{m})$ ]. Supongamos que $x\notin\overline{\mathcal{B}}(r_{n},\varepsilon_{n}-\frac{1}{m_{n}})$ , a continuación, $d(x,y)>\varepsilon_{n}-\frac{1}{m_{n}}$ pero sabemos $d(x,y)\leqslant\varepsilon_{m}-\frac{1}{m}$ por lo que se deduce que el $0<\varepsilon_{n}-\frac{1}{m_{n}}<\varepsilon_{m}-\frac{1}{m}$ . Ahora, vamos a $\alpha\in\overline{\mathcal{B}}(r_{n},\varepsilon_{n}-\frac{1}{m_{n}})$ de ello se desprende que $d(\alpha,y)\leqslant\varepsilon_{n}-\frac{1}{m_{n}}$ y que $d(x,\alpha)\leqslant d(\alpha,y)+d(y,x)\leqslant\left(\varepsilon_{n}-\frac{1}{m_{n}}\right)+\left(\varepsilon_{m}-\frac{1}{m}\right)$.
Como usted puede ver por ahora estoy girando y metiéndome donde no! Si yo pudiera demostrar que $x\in\overline{\mathcal{B}}(r_{n},\varepsilon_{n}-\frac{1}{m_{n}})$, entonces me gustaría ser, o del mismo modo, si yo pudiera mostrarle $\overline{\mathcal{B}}(r_{n},\varepsilon_{n}-\frac{1}{m_{n}})\subset\overline{\mathcal{B}}(x,\varepsilon_{m}-\frac{1}{m})$ pero no puedo hacer cualquiera de estas, porque yo no tengo ninguna forma de relacionarse $\varepsilon_{n}$$\varepsilon_{m}$. Tal vez mi enfoque es totalmente equivocado. Yo agradecería un poco de orientación, gracias!
