tout $A_i$ sont des ensembles connectés tels que $\bigcap\limits_{i\in E} A_i \neq \emptyset$ puis $\bigcup\limits_{i \in E} A_i$ est connecté [en double]

Question

C'est ma preuve

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Supposons que non. Ensuite,$\cup A_i$ a une partition ouverte $\{U,V\}$

$U \subseteq \cup A_i$ il suffit donc de montrer deux cas:

1. $U \subseteq \cup A_j$ avec $U \neq \cup A_j$ pour certains $J \subseteq E$. Alors il en existe$A_k$ tel que $U \neq A_k$ avec $U \cap A_k \neq \emptyset$. Donc$\{ U \cap A_k,V \cap A_k \}$ est une partition ouverte de $A_k$. Par hypothèse,$A_k$est connecté. C'est une contradiction avec [$\cup A_i$ est déconnecté]

2. $U= \cup A_t$ pour certains $T \subseteq E$. Puisque$V \neq \emptyset$, il en existe $A_k$ tel que $(A_k-U) \neq \emptyset$. Laisser$J=T \cup \{k\}$. Ensuite, par le cas 1, c'est une contradiction avec [$\cup A_i$ est déconnecté]

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C'est OK??
Je ne suis pas sûr de cela...

Answer 1

Il y a plusieurs choses que je ne comprends pas dans votre preuve. En particulier:

1. $U \neq \bigcup_j A_j$ : sur quel plateau l'union est-elle réalisée?

2. Même chose pour le cas 2. avec $T$.

Je dirais simplement comme $$\bigcap_{j \in J} A_j$$ est censé être non vide, prenons $x \in \bigcap_{j \in J} A_j$.

Comme par hypothèse $$\bigcup_{j \in J} A_j \subseteq U \cap V,$$ on peut supposer sans perte de généralité que $x \in U$ (nous pouvons échanger le rôle de $U,V$ dans l'autre cas).

Maintenant pour tout $j \in J$, $A_j$ est censé être connecté et $x \in A_j$. Donc$A_ j \subseteq U$ et enfin $$\bigcup_{j \in J} A_j \subseteq U$$ prouvant que le syndicat est connecté.