Problema de conectividad y contabilidad de subconjuntos compactos de la línea de Sorgenfrey

Question

1) Atascado con este problema, ¿me pueden ayudar? Mostrar que si $X$ es conexo y para un subespacio conexo $A$ de $X$ tenemos $X \setminus A = U \cup V$ donde $U,V$ están abiertas en $X \setminus A$ y disjuntos, entonces los conjuntos $A \cup U$ y $A \cup V$ están conectados.

2) El siguiente resultado aparece en la página de la Enciclopedia de matemáticas de Hazewinkel $375$ :

Cualquier subconjunto compacto de la línea de Sorgenfrey es contable.

He intentado probarlo sin suerte. ¿Por qué es cierto?

Answer 1

Asumiré conjuntos de la forma $[a,b)$ están abiertos.

Sea $C$ sea un subconjunto compacto de la línea de Sorgenfrey $E$ . Como la topología en $\mathbb{R}$ es más débil que el de $E$ , $C$ también es compacta en la topología estándar de $\mathbb{R}$ . En particular, allí está cerrada y acotada. Ahora bien, si $A$ es cualquier subconjunto no vacío de $C$ su supremum $\sup(A)$ no sólo está en $C$ pero ya en $A$ : en caso contrario, los conjuntos $\{x: x < a \}$ para $a \in A$ y $\{ x: x \ge \sup(A) \}$ forman una cubierta abierta de $C$ sin una subcubierta finita, contradiciendo su compacidad. Así que los subconjuntos compactos de la línea de Sorgenfrey están bien ordenados bajo $>$ el orden estándar inverso en $\mathbb{R}$ .

Es bien sabido que tales subconjuntos son a lo sumo contables, por ejemplo, utilizando que la topología de orden es segundo contable.

Answer 2

No estoy seguro de cómo responder a una pregunta con dos preguntas, así que aquí va una respuesta a la primera pregunta. El argumento parece más enrevesado de lo que debería, así que, por favor, hazme saber si ves alguna simplificación.

Mostraremos $A\cup U$ es conexo, el otro caso es simétrico. Supongamos que $C \subseteq A \cup U$ es clopen. Dado que $A$ está conectado, sustituyendo $C$ con $(A \cup U)\setminus C$ si es necesario podemos suponer $C \cap A = \emptyset$ . Desde $U$ está abierto en $X\setminus A$ existe un conjunto abierto $U_1 \subset X$ disjuntos de $V$ tal que $U = U_1 \setminus A$ . Desde $C$ está abierto en $A \cup U$ existe un conjunto abierto $U_2 \subseteq X$ disjuntos de $A$ tal que $C = U_2 \cap (A \cup U)$ . Así, $C = U_1 \cap U_2$ Así que $C$ estaba abierto en $X$ todo el tiempo.

Basta entonces con demostrar que $C$ está cerrado en $X$ (ya que $X$ está conectado, esto obliga a $C$ sea vacía garantizando la conectividad de $A \cup U$ ). Un argumento análogo al anterior sirve para demostrar que $X \setminus C$ es la unión de dos subconjuntos abiertos de $X$ .

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Iba a responder a la segunda pregunta en una segunda respuesta, pero luego me di cuenta de que no tenía ningún sentido. La cuestión es que cualquier subconjunto incontable de los reales contiene una secuencia contablemente infinita y estrictamente creciente. Si no, entonces tendrías una copia invertida de $\omega_1$ (el primer ordinal incontable) sentado dentro de los reales, lo que contradice la separabilidad (apretar un racional entre dos puntos sucesivos).

Una vez que tenga su secuencia creciente $(x_n)_n$ se puede construir un contraejemplo a la compacidad buscando la cubierta $\{(-\infty, x_n) : n \in \mathbb{N}\} \cup \{[\lim_n x_n, +\infty)\}$ (si el límite existe -- si la secuencia explota hasta el infinito no hay que preocuparse de esta última parte).

Answer 3

(1) Sea $U_0$ y $V_0$ sean conjuntos abiertos en $X$ tal que $U = U_0 \setminus A$ y $V = V_0 \setminus A$ y supongamos que $A \cup U$ no es conexo; entonces hay conjuntos no vacíos $H,G \subseteq A \cup U$ tal que $A \cup U = G \cup H$ , $G \cap H = \emptyset$ y $H$ y $G$ son cerrados y abiertos en la topología del subespacio sobre $A \cup U$ .

Supongamos que $G \cap A \ne \emptyset \ne H \cap A$ . Desde $G$ y $H$ están abiertas en $A \cup U$ existen conjuntos abiertos $W_G,W_H$ en $X$ tal que $G = W_G \cap (A \cup U)$ y $H = W_H \cap (A \cup U)$ . Entonces $G \cap A$ = $W_G \cap (A \cup U) \cap A = W_G \cap A$ ya que $U \cap A = \emptyset$ y del mismo modo $H \cap A = W_H \cap A$ . Así, $G \cap A$ y $H \cap A$ son subconjuntos relativamente abiertos y no vacíos de $A$ y puesto que $A \subseteq G \cup H$ su unión es $A$ Esto contradice la suposición de que $A$ está conectado. Por lo tanto, podemos suponer que $A \subseteq G$ para que $H \cap A = \emptyset$ , $W_H \cap A = \emptyset$ y, por tanto $H = W_H \cap U$ .

Ahora $W_H \cap U \subseteq W_H \cap U_0 \subseteq W_H \cap (U \cup A) = (W_H \cap U) \cup (W_H \cap A) = W_H \cap U$ Así que $W_H \cap U = W_H \cap U_0$ y, por tanto $H = W_H \cap U$ está abierto en $X$ . Afirmo que $H$ también está cerrado en $X$ contradiciendo la suposición de que $X$ está conectado.

Claramente $X \setminus H = G \cup V = \left(W_G \cap (A \cup U) \right) \cup V = \left(W_G \cap (X \setminus V) \right) \cup V = W_G \cup V$ . Pero $A \subseteq G \subseteq W_G$ Así que $V_0 \setminus V \subseteq A \subseteq W_G$ y $X \setminus H = W_G \cup V = W_G \cup V_0$ un subconjunto abierto de $X$ como se afirma.

(2) Sea $K$ sea un subconjunto incontable de la línea de Sorgenfrey. Supongamos que $x \in K$ y existe una secuencia $\langle x_n:n \in \omega \rangle$ en $K$ tal que $x_n < x_{n+1}$ para todos $n \in \omega$ y $x = \sup\{x_n:n \in \omega \}$ (es decir, la secuencia converge monotónicamente hasta $x$ en la topología euclidiana). Sea $V_L = (\leftarrow,x_0)$ , $V_R = [x, \to)$ y para $n \in \omega$ deje $V_n = [x_n,x_{n+1})$ Entonces $\mathcal V = \{V_L,V_R\} \cup \{V_n:n \in \omega\}$ es una cubierta abierta de $K$ sin subcubierta finita. Por lo tanto, basta con demostrar que $K$ debe contener un punto tal $x$ y secuencia $\langle x_n:n \in \omega \rangle$ .

Si no, para cada $x \in K$ debe haber un número racional $r(x)<x$ tal que $(r(x),x) \cap K = \emptyset$ . Pero $\mathbb Q$ es contable, por lo que debe haber distintos $x,y \in K$ tal que $r(x) = r(y)$ . (De hecho, la función $r$ debe ser constante en un subconjunto incontable de $K$ pero sólo necesitamos dos puntos con la misma $r$ valor). Sin pérdida de generalidad $x<y$ . Pero entonces $r(y) = r(x) < x < y$ y $x \in (r(y),y) \cap K$ contradiciendo la elección de $r(y)$ . Por lo tanto, el punto y la secuencia deseados deben existir, y $K$ no puede ser compacta (ni siquiera contablemente compacta, ya que $\mathcal V$ es contable).