Caracterização de conjuntos conectados localmente conectados

Aug 15 2020

$T_1$ espaço $X$ está conectado e conectado localmente iff para cada tampa aberta $\{U_\alpha\}$ do $X$ e par de pontos $x_1,x_2$ do $X$, existe uma sequência finita $\alpha_1,\cdots,\alpha_n$ e uma sequência de subconjuntos abertos conectados $V_1,\cdots,V_n$ de tal modo que

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

Agora, para conectado $X$, nós temos isso para $x_1,x_2$ do $X$ e abrir a tampa $\{U_\alpha\}$, podemos obter uma sequência $U_{\alpha_1},\cdots,U_{\alpha_n}$ da capa de modo que

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

Tambem como $X$ está conectado localmente, cada componente de um conjunto aberto é aberto.

Agora, eu acredito que o $V_i$ necessários são os componentes de $U_{\alpha_i}$, apropriadamente escolhido para que as Condições $1$ e $2$aguarde. Isso cuidaria automaticamente se a condição$3$. No entanto, não fui capaz de mostrar isso. Qualquer ajuda seria apreciada!

Respostas

1 PaulFrost Aug 16 2020 at 14:38

Deixei $X$satisfazer a "condição de tampa aberta". Então$X$ está conectado porque quaisquer dois $x_1, x_2 \in X$ estão contidos em um subconjunto conectado de $X$ (pegue a união do $V_i$) Para mostrar isso$X$ está conectado localmente, vamos $x_1 \in X$ e $U_1$ ser um bairro aberto de $x_1$. Temos que encontrar um bairro aberto e conectado$V_1$ do $x_1$ de tal modo que $V_1 \subset U_1$. O conjunto$U = X \setminus \{x_1\}$ está aberto desde $X$ é $T_1$(este é o único lugar onde precisamos do$T_1$-requerimento). Portanto$\mathcal U = \{U_1, U\}$ é uma capa aberta de $X$. Escolha qualquer$x_2 \in X$ (se você quiser $x_2 = x_1$) Existe uma sequência de aberto conectado$V_i$como em sua condição. Nós temos$x_1 \in V_1$. Além disso,$V_1$ está contido em algum membro de $\mathcal U$. Desde a$x_1 \in V_1$, é impossível que $V_1 \subset U$. portanto$V_1 \subset U_1$.

A seguir, provamos o contrário. Vamos começar com o seguinte

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

Prova: Ligue $\{k_1,\ldots,k_n\} \subset \{1,\ldots,r\}$ bom se$1 = k_1 < k_2 <\ldots k_{n-1} < k_n=r$ e $M_{k_i} \cap M_{k_{i+1}} \ne \emptyset$ para $i = 1,\ldots,n-1$. Claramente$\{1,\ldots,r\}$é legal. Existe um bom$\{k_1,\ldots,k_n\}$com mínimo$n$ (possivelmente $n = r$) Presumir$M_{k_i} \cap M_{k_j} \ne \emptyset$ para algum par $(i,j)$ de tal modo que $\lvert i - j \rvert > 1$. Wlog, podemos assumir$i < j$. Então$\{k'_1 = k_1,\ldots,k'_i = k_i,k'_{i+1} = k_j,\ldots,k'_{n+1-(j-i)} = k_n\}$ é legal com $n+1-(j-i) < n$, uma contradição.

O lema mostra que na "condição de cobertura aberta" podemos substituir 2. pela (apenas aparentemente) condição mais fraca $$V_i \cap V_{i+1} \ne \emptyset, i =1,\ldots,n-1 .$$ Deixei $\mathcal U$ ser uma capa aberta de $X$. Para$x_1,x_2 \in X$ definir $x_1 \sim x_2$ se existe uma sequência finita de subconjuntos abertos conectados $V_1,\cdots,V_n$ de tal modo que

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

$\sim$é uma relação de equivalência. A reflexividade é devido à conexão local (cada$x$ está contido em alguns $U \in \mathcal U$, agora pegue $n=1$ e $V_1$ qualquer conexão aberta de modo que $x \in V_1 \subset U$) Simetria e transitividade são óbvias.

As classes de equivalência $[x_1]$ em relação a $\sim $ estão abertos: se $x_2 \in [x_1]$, encontramos uma sequência de $V_i$como acima. Mas então obviamente$x_2 \in V_n \subset [x_1]$. Portanto, as classes de equivalência formam uma partição de$X$em conjuntos abertos de pares separados. Desde a$X$está conectado, pode haver apenas uma classe de equivalência. Assim, quaisquer dois$x_1,x_2 \in X$ são equivalentes que terminam a prova.

1 HennoBrandsma Aug 16 2020 at 08:58

Em esta resposta dou uma caracterização da cadeia de ligação. Leia isso primeiro. Eu não tenho o "iff$|i-j| \le 1$"parte lá, mas isso pode ser alcançado usando o $T_1$-ness de $X$, verifique a prova. Eu pessoalmente não gosto de misturar axiomas de separação assim.

E se $X$ está conectado e conectado localmente, vamos $\{U_{\alpha \in A}\}$ ser uma capa aberta de $X$. Então para cada$x \in X$ temos $\alpha_x$ e aberto conectado $V_x$ de tal modo que $x \in V_x \subseteq U_{\alpha_x}$. Em seguida, aplique a caracterização da cadeia da conectividade de$X$ para $\{V_x: x \in X\}$ e mostramos uma direção, a existência dessa cobertura de conectividade e conectividade local.

Como ver provar $X$conectado e conectado localmente a partir da "condição de cadeia modificada"? A conexão é fácil, pois apenas aplicamos a condição diretamente à capa$\{U,V\}$ quando $U,V$ é uma desconexão de $X$.

Além disso, vamos $O$ esta aberto, $p \in O$ e deixar $C$ ser um componente de $p$ dentro $O$. Aplique o fato à tampa aberta$\{O,X\setminus \{p\}\}$ do $X$. Para$y \in C$ e $p$ encontramos aberto e conectado $V_1,\ldots V_n$ de tal modo que $p \in V_1$, $q \in V_n$ e $V_i \subseteq O$ ou $V_i \subseteq X\setminus \{p\}$ para todos $i$ e adjacente $V_i$se cruzam. Na verdade, a "corrente" deve ter comprimento$2$ se você pensar sobre isso (!), então $n=2$. Mas então$V_1 \cup V_2$ está conectado e um subconjunto de $O$ e mostra que $q$ é um ponto interior de $C$ e $X$ está conectado localmente.