Su solución es casi correcta, pero es necesario hacer un paso adicional para hacer los intervalos disjuntos.
Si $G$ está vacía, entonces la afirmación es trivial (el vacío de la colección de intervalos es en la mayoría de los contables).
Si $G$ no está vacío, que, para cada $x\in G$, $$\mathcal I_x\equiv\{I\,|\,I\text{ is an open interval, }x\in I,\text{ and }I\subseteq G\}.$$ Since $G$ is open, $\mathcal I_x\neq\varnothing$. Moreover, $$I^{\star}_x\equiv\bigcup_{I\in\mathcal I_x}I$$ is open and it is also an interval: I leave it to you to check that $$I^{\star}_x=\left]\inf_{I\in\mathcal I_x}\{\inf I\},\sup_{I\in\mathcal I_x}\{\sup I\}\right[\in\mathcal I_x.$$
Ahora, si $x,y\in G$, $I_x^{\star}$ $I_y^{\star}$ son idénticos o distintos. Para ver esto, supongamos que existe una $z\in I_x^{\star}\cap I_y^{\star}$. A continuación, $I_x^{\star}$ $I_y^{\star}$ están abiertos los intervalos que contienen un elemento común, por lo que el $\hat{I}\equiv I_x^{\star}\cup I_y^{\star}$ es un intervalo abierto, demasiado. Desde $x\in I_x^{\star}$, $y\in I_y^{\star}$, $I_x^{\star}\subseteq G$, y $I_y^{\star}\subseteq G$, se deduce que el $x\in \hat I$$\hat I \subseteq G$, por lo que el $\hat I\in\mathcal I_x $. De forma análoga, $\hat I\in\mathcal I_y$. Por lo tanto, $\hat I\subseteq I_x^{\star}$$\hat I\subseteq I_y^{\star}$, lo que, junto con la definición de $\hat{I}\equiv I_x^{\star}\cup I_y^{\star}$, sólo es posible si $I_x^{\star}=I_y^{\star}$.
Por último destacar que, $$G=\bigcup_{x\in G} I_x^{\star}.$$ Por lo anterior, cualquiera de los dos miembros de la unión que no sean el mismo debe ser distinto. Ahora uso el Lindelöf de la propiedad, como lo hacían antes.
