Caracterización de conjuntos conectados localmente conectados

Aug 15 2020

$T_1$ espacio $X$ está conectado y conectado localmente iff para cada cubierta abierta $\{U_\alpha\}$ de $X$ y par de puntos $x_1,x_2$ de $X$, existe una secuencia finita $\alpha_1,\cdots,\alpha_n$ y una secuencia de subconjuntos abiertos conectados $V_1,\cdots,V_n$ tal que

  1. $x_1\in V_1$, $x_2\in V_n$
  2. $V_i\cap V_j\neq\varnothing$ si $|i-j|\leq1$
  3. $V_i\subseteq U_{\alpha_i}$ para todos $i=1,\cdots,n$

Ahora, para conectarse $X$, tenemos eso para $x_1,x_2$ de $X$ y abrir la tapa $\{U_\alpha\}$, podemos obtener una secuencia $U_{\alpha_1},\cdots,U_{\alpha_n}$ de la portada de modo que

  1. $x_1\in U_{\alpha_1}$, $x_2\in U_{\alpha_n}$
  2. $U_{\alpha_i}\cap U_{\alpha_j}\neq\varnothing$ si $|i-j|\leq1$

Tambien como $X$ está conectado localmente, cada componente de un conjunto abierto está abierto.

Ahora, creo que el $V_i$ Se requieren componentes de $U_{\alpha_i}$, elegido apropiadamente para que las Condiciones $1$ y $2$sostener. Esto se haría cargo automáticamente si la condición$3$. Sin embargo, no he podido mostrar esto. ¡Cualquier ayuda sería apreciada!

Respuestas

1 PaulFrost Aug 16 2020 at 14:38

Dejar $X$satisfaga la "condición de cubierta abierta". Luego$X$ está conectado porque dos $x_1, x_2 \in X$ están contenidos en un subconjunto conectado de $X$ (toma la unión del $V_i$). Para mostrar que$X$ está conectado localmente, deje $x_1 \in X$ y $U_1$ ser un barrio abierto de $x_1$. Tenemos que encontrar un vecindario abierto conectado$V_1$ de $x_1$ tal que $V_1 \subset U_1$. El conjunto$U = X \setminus \{x_1\}$ está abierto desde $X$ es $T_1$(este es el único lugar donde necesitamos el$T_1$-requisito). Por lo tanto$\mathcal U = \{U_1, U\}$ es una tapa abierta de $X$. Elige cualquiera$x_2 \in X$ (si tu quieres $x_2 = x_1$). Existe una secuencia de abiertos conectados$V_i$como en tu condición. Tenemos$x_1 \in V_1$. Además,$V_1$ está contenido en algún miembro de $\mathcal U$. Ya que$x_1 \in V_1$, es imposible que $V_1 \subset U$. Así$V_1 \subset U_1$.

A continuación demostramos lo contrario. Comencemos con lo siguiente

Lema: dejar $M_1,\ldots, M_r$ ser subconjuntos de $X$ tal que $M_i \cap M_{i+1} \ne \emptyset$ para $i =1,\ldots,r-1$. Entonces existe un subconjunto$\{k_1,\ldots,k_n\} \subset \{1,\ldots,r\}$ tal que $1 = k_1 < k_2 <\ldots k_{n-1} < k_n=r$ y $M_{k_i} \cap M_{k_j} \ne \emptyset$ si $\lvert i - j \rvert \le 1$.

Prueba: llamar $\{k_1,\ldots,k_n\} \subset \{1,\ldots,r\}$ bueno si$1 = k_1 < k_2 <\ldots k_{n-1} < k_n=r$ y $M_{k_i} \cap M_{k_{i+1}} \ne \emptyset$ para $i = 1,\ldots,n-1$. Claramente$\{1,\ldots,r\}$es bueno. Existe un bonito$\{k_1,\ldots,k_n\}$con un mínimo$n$ (posiblemente $n = r$). Asumir$M_{k_i} \cap M_{k_j} \ne \emptyset$ por un par $(i,j)$ tal que $\lvert i - j \rvert > 1$. Wlog podemos asumir$i < j$. Luego$\{k'_1 = k_1,\ldots,k'_i = k_i,k'_{i+1} = k_j,\ldots,k'_{n+1-(j-i)} = k_n\}$ es agradable con $n+1-(j-i) < n$, una contradicción.

El lema muestra que en la "condición de cubierta abierta" podemos reemplazar 2. por la condición (solo aparentemente) más débil $$V_i \cap V_{i+1} \ne \emptyset, i =1,\ldots,n-1 .$$ Dejar $\mathcal U$ ser una tapa abierta de $X$. por$x_1,x_2 \in X$ definir $x_1 \sim x_2$ si existe una secuencia finita de subconjuntos abiertos conectados $V_1,\cdots,V_n$ tal que

  1. Cada $V_i$ está contenido en algunos $U_{\alpha_i} \in \mathcal U$.
  2. $x_1\in V_1$, $x_2\in V_n$
  3. $V_i\cap V_{i+1} \neq\emptyset$ para $i = 1,\ldots,n-1$

$\sim$es una relación de equivalencia. La reflexividad se debe a la conexión local (cada$x$ está contenido en algunos $U \in \mathcal U$, ahora toma $n=1$ y $V_1$ cualquier abierto conectado tal que $x \in V_1 \subset U$). La simetría y la transitividad son obvias.

Las clases de equivalencia $[x_1]$ con respecto a $\sim $ están abiertos: Si $x_2 \in [x_1]$, encontramos una secuencia de $V_i$como anteriormente. Pero entonces obviamente$x_2 \in V_n \subset [x_1]$. Por tanto, las clases de equivalencia forman una partición de$X$en conjuntos abiertos separados por pares. Ya que$X$está conectado, solo puede haber una clase de equivalencia. Por lo tanto, dos$x_1,x_2 \in X$ son equivalentes que terminan la prueba.

1 HennoBrandsma Aug 16 2020 at 08:58

En esta respuesta doy una caracterización en cadena de la conexión. Lea eso primero. No tengo el "iff$|i-j| \le 1$"parte allí, pero eso se puede lograr utilizando el $T_1$-esencia de $X$, verifique la prueba. Personalmente, no me gusta mezclar axiomas de separación de esa manera.

Si $X$ está conectado y conectado localmente, deje $\{U_{\alpha \in A}\}$ ser una tapa abierta de $X$. Entonces para cada$x \in X$ tenemos $\alpha_x$ y abierto conectado $V_x$ tal que $x \in V_x \subseteq U_{\alpha_x}$. Luego aplique la caracterización en cadena de la conexión de$X$ a $\{V_x: x \in X\}$ y hemos mostrado una dirección, la existencia de esa cobertura desde la conexión y la conexión local.

Cómo ver probar $X$conectado y conectado localmente desde la "condición de cadena modificada"? La conexión es fácil ya que simplemente aplicamos la condición directamente a la cubierta.$\{U,V\}$ cuando $U,V$ es una desconexión de $X$.

Más aún, deja $O$ estar abierto, $p \in O$ y deja $C$ ser un componente de $p$ en $O$. Aplicar el hecho a la tapa abierta$\{O,X\setminus \{p\}\}$ de $X$. por$y \in C$ y $p$ nos encontramos abiertos y conectados $V_1,\ldots V_n$ tal que $p \in V_1$, $q \in V_n$ y $V_i \subseteq O$ o $V_i \subseteq X\setminus \{p\}$ para todos $i$ y adyacente $V_i$intersecarse. De hecho, la "cadena" debe tener una longitud$2$ si lo piensas (!), entonces $n=2$. Pero entonces$V_1 \cup V_2$ está conectado y un subconjunto de $O$ y muestra que $q$ es un punto interior de $C$ y $X$ está conectado localmente.