conjuntos abiertos-numerables

Question

Probar que la colección de abiertos dos a dos disjuntos  de Rn es numerable.(con la topología usual))

Answer 1

$\mathbb{R}^n$ es separable, por cada abierto de tu familia escoge un elemento del abierto que tambien este en el denso numerable.

Comments

Tu respuesta no se entiende. ¿Qué quieres expresar con tu expresión "toma un elemento del denso numerable que este en cada uno de los abiertos"? ¿Cómo existe un elemento que está en todos los abiertos a la vez? Te doy negativo para que tengas cuidado con las respuestas.

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Creo que tienes razon

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Ahora que ya editó, la respuesta parece bastante correcta...

Answer 2

(Ejercicio reeditado)

Sea $(U_\alpha)_{\alpha \in \Gamma}$ una familia de subconjuntos abiertos de $\mathbb{R}^n$ tales que $U_\alpha \cap U_\beta = \varnothing$ siempre que $\alpha \neq \beta.$ Sea $\mathscr{S}$ la familia de rectángulos abiertos en $\mathbb{R}^n$ tales que todos sus vértices tienen todas sus entradas racionales; esto es, para que $R \in \mathscr{S}$ es necesario y suficiente que existan $A = (a_1, \ldots, a_n) \in \mathbb{Q}^n$ y $B = (b_1, \ldots, b_n) \in \mathbb{Q}^n$ tales que $R = \prod\limits_{i = 1}^n (a_i, b_i).$ Es un ejercicio sencillo verificar que $\mathscr{S}$ es una base de la topología de $\mathbb{R}^n.$ Además, $\mathscr{S}$ es un conjunto enumerable (producto finito de conjuntos enumerables). Por lo tanto, basta demostrar que existe una función suprayectiva $\varphi:\mathscr{S} \to \Gamma.$ Para esto observa que, para cada $\alpha \in \Gamma$, existe un rectángulo $R \in \mathscr{S}$ tal que $R \subset U_\alpha.$ Define $\mathscr{S}'$ como el conjunto de los $R$ en $\mathscr{S}$ tal que $R$ está contenido en algún $U_\alpha.$ Para cada $R$ en $\mathscr{S}'$ existe un $\alpha$ tal que $R \subset U_\alpha.$ El axioma de elección permite escoger una función $\varphi:\mathscr{S}' \to \Gamma$ tal que $R \subset U_{\varphi(R)}.$ Extiende arbitrariamente $\varphi$ a todo $\mathscr{S}$ (lo puedes hacer usando el axioma de elección). Resta ver que $\varphi$ es suprayectiva. Si $\alpha \in \Gamma$ existe un $R \in \mathscr{S}$ tal que $R \subset U_\alpha;$ como los $U_\alpha$ son ajenos, $\varphi(R) = \alpha. \blacksquare$

Comments

Me parece que estás usando el axioma de elección "al revés", es decir, tu razonamiento te permite hallar una función $\psi:\Gamma\longrightarrow\mathscr S$ (pues primero notas que para cada $\alpha$ existe el elemento de $\mathscr S$, y luego eliges); pero lo que necesitas es al revés. Y no se vale utilizar el inverso de $\psi$, ya que no hay garantía de que $\psi$ sea inyectiva. Sin embargo, si en vez de pedir que $R\in\mathscr S$ sea tal que $U_\alpha\cap R\neq\varnothing$, puedes pedir que $R\subseteq U_\alpha$ (porque $\mathscr S$ no sólo es una subbase, sino de hecho una base). Entonces es claro que cualquier función de elección será inyectiva, ya que los $U_\alpha$ son disjuntos a pares.

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Efectivamente necesitaba que $\mathscr{S}$ fuera base, la condición $U_\alpha \cap R \neq \varnothing$ no es suficiente para que $\varphi$ esté bien definida.

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Aún siento que es más fácil invocar una función $\psi:\Gamma\longrightarrow\mathscr S$ (eligiendo, para cada $\alpha$, un $R\subseteq U_\alpha$), y es fácil ver que $\psi$ debe de ser inyectiva (y con eso basta para ver que $\Gamma$ es numerable, pues $\mathscr S$ también lo es). Pero es cuestión de gustos, tu respuesta tal como quedó ahora es totalmente correcta.