Un conjunto del plano que incluye recursivamente "cruces"...

Question

Definición: Llame a "cruz con centro en $(x,y) \in \mathbb R^2$ " un conjunto de $\mathbb R^2$ dado por $(I_1(x)\times\{y\}) \cup (\{x\}\times I_2(y))$ donde $I_1(x) \subseteq \mathbb R$ es una vecindad de $x$ y $I_2(y) \subseteq \mathbb R$ es una vecindad de $y$ .

El problema: Dejemos que $A \subseteq \mathbb R^2$ sea un conjunto tal que para cualquier $z \in A$ existe un cruz con centro en $z$ que está todo incluido en $A$ . ¿Es cierto que $A$ debe incluir un conjunto abierto no vacío?

( Ejercicio de calentamiento: demostrar que $A$ puede no estar abierto).

Answer 1

Dejemos que $$\begin{align}X&=\{\,(a+b\sqrt 2,a-b\sqrt 2)\mid a,b\in\mathbb Q\,\}\\&=\{\,(x,y)\in\mathbb R^2\mid x+y\in\mathbb Q\land (x-y)\sqrt 2\in\mathbb Q\,\}\end{align}$$ y $$A=\mathbb R^2\setminus X.$$ Para $(x,y)\in A$ hay a lo sumo una forma de escribir $x=a+b\sqrt 2$ con $a,b\in \mathbb Q$ por lo que a lo sumo falta un punto en la línea $ \{x\}\times\mathbb R$ . Asimismo, como máximo falta un punto de $\mathbb R\times\{y\}$ . Por lo tanto, $A$ tiene la propiedad cruzada.

Por otro lado, $X$ es denso en $\mathbb R^2$ : Dado $(x,y)\in \mathbb R^2$ hay secuencias racionales $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ y $(b_n)_{n\in\mathbb N}$ con $a_n\to \frac{x+y}{2}$ y $b_n\to \frac{x-y}{2\sqrt 2}$ . Entonces la secuencia de puntos $(a_n+b_n\sqrt 2,a_n-b_n\sqrt 2)\in X$ converge a $(x,y)$ . Por lo tanto, $A$ no incluye ningún conjunto abierto no vacío.

Answer 2

Dejemos que $\mathscr{T}$ sea la familia de todos los $U\subseteq\Bbb R^2$ tal para cada $p\in U$ , $U$ contiene una cruz con centro en $p$ . Entonces $\mathscr{T}$ es una topología en $\Bbb R^2$ . Esta topología se denomina a veces topología cruzada en $\Bbb R^2$ y se denota por $\Bbb R\otimes\Bbb R$ . La cuestión se reduce, por tanto, a demostrar que existe un conjunto $A$ que está abierto en $\Bbb R\otimes\Bbb R$ pero tiene el interior euclidiano vacío.

Lema. Dejemos que $D\subseteq\Bbb R$ y que $f:D\to\Bbb R$ sea inyectiva; entonces $f=\{\langle x,f(x)\rangle:x\in D\}$ es un subconjunto cerrado y discreto de $\Bbb R\otimes\Bbb R$ . (Nótese que estoy identificando la función $f$ con su gráfico).

La prueba es muy sencilla, y se la dejo a usted.

Corolario: Si $f$ es denso en la topología euclidiana sobre $\Bbb R^2$ entonces $\Bbb R^2\setminus f$ está abierto en $\Bbb R\otimes\Bbb R$ y tiene el interior euclidiano vacío.

Para construir este tipo de $f$ , dejemos que $\mathscr{I}=\{I_n:n\in\Bbb N\}$ sea una enumeración de los intervalos abiertos en $\Bbb R$ con puntos finales racionales, y que $\Bbb Q=\{q_n:n\in\Bbb N\}$ sea una enumeración de los racionales. Sea $\pi:\Bbb N\times\Bbb N\to\Bbb N$ sea el función de emparejamiento y que $\varphi=\pi^{-1}:\Bbb N\to\Bbb N\times\Bbb N$ . Para cada $n\in\Bbb N$ dejar $\varphi(n)=\langle\alpha(n),\beta(n)\rangle$ .

Supongamos que $n\in\Bbb N$ y los números racionales $x_m=q_{k_m}$ y $y_m=q_{\ell_m}$ se han definido para todos los $m<n$ . Sea $K_n=\{k_m:m<n\}$ y $L_n=\{\ell_m:m<n\}$ . (Nótese que la hipótesis es vacuamente cierta para $n=0$ con $K_0=L_0=\varnothing$ .) Entonces dejemos que $x_n=q_{k_n}$ y $y_n=q_{\ell_n}$ , donde $$k_n=\min\{k\in\Bbb N\setminus K_n:q_k\in I_{\alpha(n)}\}$$ y $$\ell_n=\min\{\ell\in\Bbb N\setminus L_n:q_\ell\in I_{\beta(n)}\}\;;$$ no es difícil ver que esto es siempre posible. Dejemos que $D=\{x_n:n\in\Bbb N\}$ , $E=\{y_n:n\in\Bbb N\}$ y $f=\{\langle x_n,y_n\rangle:n\in\Bbb N\}$ la construcción garantiza que $f$ es una biyección de $D$ en $E$ .

Ahora dejemos que $U$ sea cualquier conjunto abierto euclidiano no vacío en $\Bbb R^2$ ; hay $I_k,I_\ell\in\mathscr{I}$ tal que $I_k\times I_\ell\subseteq U$ . Sea $n=\pi(k,\ell)$ Entonces $k=\alpha(n)$ y $\ell=\beta(n)$ Así que $\langle x_n,y_n\rangle\in I_{\alpha(n)}\times I_{\beta(n)}\subseteq U$ y se deduce que $f$ es denso en la topología euclidiana sobre $\Bbb R^2$ . Y la función $f$ es inyectiva, por lo que se deduce del corolario que $A=\Bbb R^2\setminus f$ tiene las propiedades deseadas.

(Como hay gente que se preocupa, he construido $f$ de manera que no se requiera el axioma de elección; si se utiliza el axioma de elección, no es necesario ocuparse de la función de emparejamiento).