Permita que$\mathscr{U}$ sea una colección de subconjuntos abiertos de$\mathbb{R}$ que separa conjuntos cerrados. Es decir, para cada par de conjuntos cerrados disjuntos$A,B \subset \mathbb{R}$, existe un valor disjunto$U,V \in \mathscr{U}$ tal que$A \subset U$ y$B \subset V$. ¿Es obvio que$\mathscr{U}$ necesita tener elementos$\mathfrak{c}$?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Cada subconjunto de $\mathbb Z$ es cerrado. Vamos a asignar a cada una de las $A\subseteq\mathbb Z$ distintos bloques abiertos $U_A$, $U_{\mathbb Z\setminus A}$ tal que $A\subseteq U_A$$\mathbb Z\setminus A\subseteq U_{\mathbb Z\setminus A}$. A continuación, el mapa de $A\mapsto U_A$ es un inyectiva mapa de$\mathcal P(\mathbb Z)$$\mathscr U$.
Prueba de inyectividad: Vamos a $B\ne A$, w.l.o.g $B\subsetneqq A$. Deje $a\in A\setminus B$. A continuación,$a\in U_A$, ya que el $a\in A$. También se $a\in\mathbb Z\setminus B$ implica $a\notin U_B$. Por lo tanto $U_A\ne U_B$.
EDIT: por encima de las respuestas a la pregunta original. Solo quiero añadir algunas ideas de lo que puede cambiar si queremos trabajar con un subespacio compacto de $\mathbb R$ en lugar de la totalidad de la línea real.
Así que vamos a hacer la misma pregunta acerca de $[0,1]$ en lugar de $\mathbb R$. Desde $[0,1]$ es compacto, no podemos encontrar infinito cerrado subespacio discreto, de modo que el anterior truco no funcionará.
Tenemos una contables base $\mathcal B=\{(p,q)\cap[0,1]; p<q, p,q\in\mathbb Q\}$ para este espacio. El uso de compacidad podemos demostrar que cualquiera de los dos subconjuntos cerrados pueden ser separados por los conjuntos $U$, $V$ tales que cada uno de ellos es una intersección finita finita de los sindicatos o de una unión finita finita intersecciones de conjuntos básicos de $\mathcal B$. (Véase más abajo.) I. e., cada separación de conjunto es de la forma $\bigcap_{i=1}^k \bigcup_{j=1}^l B_{ij}$ o de la forma $\bigcup_{i=1}^k \bigcap_{j=1}^l B_{ij}$, donde cada una de las $B_{ij}$$\mathcal B$. El sistema de $\mathscr U$ que consta de todos los conjuntos es el sistema contable de bloques abiertos. (El conjunto de todas las secuencias finitas de elementos de dado contables conjunto es de nuevo contables.) Así, en este espacio, un conjunto de tamaño $\aleph_0$ es suficiente.
Básicamente, la misma prueba que podría funcionar en cualquier segundo contables espacio compacto.
Sabemos que cualquiera de los dos puntos pueden ser separados por los sets básicos de $\mathcal B$. Supongamos que tenemos dos conjuntos cerrados disjuntos $A$$B$. Cerrado los subconjuntos compactos de un espacio compacto.
Podemos demostrar que para cualquier $x\notin A$ existen conjuntos de $U_x$ $V_x$ tal forma que:
- $A\subseteq U_x$, $x\in V_x$ y $U_x\cap V_x = \emptyset$ (es decir, de estos conjuntos separados $U$, $V$)
- $U_x$ es una unión finita de conjuntos de $\mathcal B$
- $V_x$ es de un número finito de intersección de los conjuntos de $\mathcal B$
La prueba de este hecho es exactamente el mismo que en esta respuesta con la única excepción de que tenemos que trabajar con los sets básicos solamente.
Ahora podemos repetir básicamente el mismo argumento nuevo. Para cada $b\in B$ tenemos conjuntos de $U_b$, $V_b$ con las propiedades anteriores. Ahora como $V_b$ es una cubierta abierta de a $B$, por lo tanto existe finito subcover $\{V_b; b\in F\}$. Los conjuntos de $U:=\bigcap_{b\in F} U_b$ $V:=\bigcup_{b\in F} V_b$ separada $A$$B$, y pertenecen a la familia de las $\mathscr U$ descrito anteriormente.
