Cualquier dos conjuntos abiertos disjuntos son el interior y exterior de algún conjunto

Question

Un espacio topológico $X$, dado cualquier dos conjuntos abiertos $A,B$, hay un conjunto de $S\subseteq X$ tal que $\DeclareMathOperator{\ntr}{int}\ntr S=A$ y $\DeclareMathOperator{\ext}{ext}\ext S=B$.

¿Esto es cierto para $X=\Bbb R^2$? Si es así, ¿qué propiedades topológicas en $X$ son necesarias para que un general espacio topológico satisfacer esto? Si no es así, ¿existe alguna restricción que me olvidé de añadir?

Answer 1

Aquí está el topológica de la propiedad, que debería ser suficiente para hacer una afirmación verdadera:

Un espacio topológico $X$ es resoluble si hay un conjunto $T\subseteq X$ tal que $T$ $T^c$ son densa.

A continuación, $\Bbb R^2$ es resuelto por $\Bbb Q^2$.

En primer lugar, podemos demostrar el teorema para regular abrir conjuntos de $A,B$ (nota de que los abra $U$ es uno de esos que $\ntr\bar U=U$). Ahora vamos a $X$ ser resuelto por $T$, y deje $A,B$ ser distinto, abierto regulares pone en $X$, y deje $S=A\cup (T\setminus B)$. Yo reclamo que $\DeclareMathOperator{\ntr}{int}\ntr S=A$$\DeclareMathOperator{\ext}{ext}\ext S=B$. Desde el interior de la función respeta la inclusión del conjunto, tenemos:

$$A=\ntr A\subseteq\ntr A\cup (T\setminus B)=\ntr S$$ $$B=\ntr B=\ntr A^c\cap B\subseteq\ntr A^c\cap(T^c\cup B)=\ext S$$

Por el contrario, tenga en cuenta que $(\ntr\bar A\cup T)\setminus\bar A\subseteq (\bar A\cup T)\setminus\bar A\subseteq T$, e $(\ntr\bar A\cup T)\setminus\bar A=(\ntr\bar A\cup T)\cap\ext A$ es abierto, por lo $(\ntr\bar A\cup T)\setminus\bar A\subseteq\ntr T=\emptyset$. Por lo tanto,$\ntr\bar A\cup T\subseteq\bar A$, por lo que $$\ntr S\subseteq\ntr A\cup T\subseteq\ntr\bar A\cup T=\ntr\ntr\bar A\cup T\subseteq\ntr\bar A=A$$ (since $Una$ es normal abierto).

Del mismo modo para $B$, $\ext S\subseteq\ntr T^c\cup\bar B\subseteq\ntr\bar B=B$ debido a $(\ntr T^c\cup\bar B)\setminus\bar B$ es un conjunto abierto contenido en a $T^c$, lo que ha vacío interior por $T$ es densa.

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Utilizando la anterior como un lema, podemos generalizar el teorema para cualquier par de abrir conjuntos de $A,B$. Deje $\DeclareMathOperator{\irr}{irr}\irr U=\ntr\bar U\setminus U$. A continuación, $U$ es regular iff $\irr U=\emptyset$ (es decir, $\irr U$ es el conjunto de "irregular " puntos" de $U$). Ahora arbitraria de abiertos disjuntos $A,B$, vamos a $Y=X\setminus(\irr A\cup \irr B)$ como un subespacio. A continuación,$\irr_YA=\irr_YB=\emptyset$, así que hay un conjunto $Q\subseteq Y$ tal que $\ntr_Y Q=A\cap Y=A$$\ext_Y Q=B\cap Y=B$. Tenga en cuenta que $\irr A$ es disjunta de a $B$ y viceversa, ya $\irr A\subseteq\bar A$, e $B=\ntr B\subseteq \ntr A^c=\bar A^c$.

Afirmo que para $S=Q\cup\irr B$, $\ntr S=A$ y $\ext S=B$. Ahora $\ntr S$ es disjunta de a $\irr B$ porque $\ntr S$ $B$ son disjuntas (por la misma razón que $A$ $\irr B$ son distintos), por lo $\ntr S\subseteq Y$ está abierto, y por lo tanto $\ntr S\subseteq\ntr_Y Q=A$. Del mismo modo, $\ext S\subseteq B$. Por el contrario, $A\subseteq Q\subseteq S$, y desde $A$ está abierto, tenemos $A\subseteq\ntr S$, y de manera similar a $B\subseteq\ext S$. (Los detalles de este párrafo tomado de Karl respuesta)

Answer 2

Originalmente, esta respuesta y de las ediciones de Mario Carneiro de respuesta fueron esencialmente los mismos, descubrió de forma independiente, de los argumentos. Posteriormente se percató de un enfoque equivalente que hace un mejor uso de mi Lema que me han aclarado en esta revisión. Me refiero a las partes de Mario de la respuesta que tratar el caso específico en el que el abrir los conjuntos regulares.

$\DeclareMathOperator{\interior}{int}\DeclareMathOperator{\exterior}{ext}\DeclareMathOperator{\irr}{irr}$Para cualquier subconjunto $A\subseteq X$, definir $\irr A=\{x\in\interior\bar A\colon x\notin A\}$. Ahora, supongamos $A$ está abierto en $X$. A continuación, $A\subseteq\interior\bar A$ significa que $A\cup\irr A=A\cup(\interior\bar A\setminus A)=\interior\bar A$ es un subconjunto abierto de $X$. El hecho de que está contenida en $\bar A$ indica que es regular.

Lema. Para cualquier discontinuo abrir conjuntos de $A,B$ en un espacio topológico $X$, los conjuntos de $A\cup\irr A$ $B\cup\irr B$ son también distintos.
Prueba. Si $A\cap\irr B$ es no vacío, entonces $A$ tiene un vacío (abierto) intersección con el interior de $\bar B$. Pero $A\cap B=\emptyset$, lo $\bar B\setminus B$ contiene un conjunto abierto, contradicción. De ello se desprende que $A\cap\irr B=\emptyset=\irr A\cap B$. Sólo queda demostrar que $\irr A$ es disjunta de a $\irr B$. Si $x$ es en ambos, entonces vamos a $U$ ser un barrio de $x$ contenida en $\bar A$$\bar B$. Tenemos, $$\emptyset\ne U\cap B\subseteq U\cap\interior A^c\subseteq\bar A\cap\interior A^c=\emptyset,$$ una contradicción. q.e.d.

Por lo tanto, si $X$ es un espacio topológico con una densa co-subconjunto denso, entonces como Mario Carneiro se demostró que no existe $S_0\subset X$ tal que $\interior S_0=A\cup\irr A$ $\exterior S_0=B\cup\irr B$ para cualquier discontinuo abrir conjuntos de $A,B\subseteq X$.

Observar que $A\subseteq\interior(S_0\setminus\irr A)\subseteq(\interior S_0)\setminus\irr A=A$. Definir $S=S_0\cup \irr B\setminus\irr A$. Si $U$ es un subconjunto abierto de $S$, $U\setminus\irr B$ está abierto en $S_0\setminus\irr A$, lo $U\subseteq A$ por nuestro cálculo inicial. De ello se desprende que $\interior S=A$. A ver que $\exterior S=B$, sólo tenga en cuenta los siguientes simetría: $S^c=S_0^c\cup\irr A\setminus\irr B$.

Answer 3

Deje $X$ ser resoluble espacio con una densa/co-subconjunto denso $D$, y $A, B$ discontinuo abrir los subconjuntos de a $X$. Entonces el conjunto $S = A \cup (D\setminus \overline{A}\setminus\overline{B}) \cup (\overline{B}\setminus B)$$\operatorname{int} S=A$$\operatorname{ext} S=B$.

Claramente $A \subset \operatorname{int} S$. Para ver el reverso de la inclusión, la nota que $S \subset A \cup \operatorname{ext} A \cup \overline{B}$. Obviamente un punto en $\overline{B}$ no puede ser interior a cualquier subconjunto de a $X\setminus B$. Debido a que el complemento de $D\setminus \overline{A}\setminus\overline{B}$ es densa y el complemento de $\overline{B} \setminus {B}$ es denso y abierto, su intersección es denso en todas partes, por lo que un punto en $S \cap \operatorname{ext} A$ no puede ser interior a $S$. Así, hemos demostrado que $\operatorname{int} S = A$.

Debido a $X\setminus\overline{A}\setminus\overline{B}$ está abierto, tenemos la inclusión $$ X\setminus\overline{A}\setminus\overline{B} \subconjunto \overline{X\setminus\overline{A}\setminus\overline{B}} = \overline{D \cap (X\setminus\overline{A}\setminus\overline{B})} = \overline{D \setminus\overline{A}\setminus\overline{B}} $$ lo que implica que $X\setminus B \subset \overline{S}$, y debido a $B$ es abrir hemos $$ \overline{D \setminus\overline{A}\setminus\overline{B}}\subconjunto \overline{D\setminus \overline{B}} \subconjunto \overline{D}\setminus \operatorname{int}B = X\setminus B $$ por lo tanto $\overline{S} \subset X\setminus B$. Por lo tanto llegamos a la conclusión de que $\operatorname{ext} S = B$.