3.1 Открытость и замкнутость

Если бы множество $\{a\}$ было бы открыто, то для любого $x\in \{a\}$ можно было найти такую $\varepsilon$-окрестность $\mathscr{B}_\varepsilon(x)=(x-\varepsilon, x+\varepsilon)$, что $\mathscr{B}_\varepsilon(x) \subseteq \{a\}$, но множество $\{a\}$ состоит всего из одной точки, а любая $\varepsilon$-окрестность точки $a$ состоит более чем из одной точки. Поэтому включение $\mathscr{B}_\varepsilon(a) \subseteq \{a\}$ невозможно, поэтому множество $\{a\}$ не открыто.

Пусть $(a,b)$ — интервал конечной длины, тогда на него можно посмотреть как на окрестность точки $c = \frac{a+b}{2}$ (= середина отрезка) с радиусом $r = \frac{b-a}{2}$, итак

Рассмотрим произвольную точку $x \in \mathscr{B}_r(c)$, отличную от точки $c$, т.е. $x \ne c$ и рассмотрим её окрестность $\mathscr{B}_\delta(x)$, где $0 < \delta < r-|c-x|$. Покажем, что $\mathscr{B}_\delta(x) \subseteq (a,b)$, это и докажет требуемое.

Возьмём произвольную точку $y\in \mathscr{B}_\delta(x)$, тогда $|x-y|<\delta$, а в силу выбора δ, мы также получаем, что $|x-y| < \delta < r-|c-x|.$

Далее, используя неравенство треугольника^[1], получаем

т.е. $|c-y| < r$, а значит, $y \in \mathscr{B}_r(c)$, но это и показывает, что $\mathscr{B}_\delta(x) \subseteq (a,b)$ для любой точки $x \in (a,b)$, т.е. интервал $(a,b)$ — открыт. Это завершает доказательство.

Будем рассуждать от противного. Пусть $\varnothing$ не является открытым. Тогда это значит, что найдётся хотя бы одна точка $x \in \varnothing$, что для любого $\delta >0$, $\mathscr{B}_\delta(x) \not\subseteq \varnothing$. Но в таком случае это значит, что $\varnothing$ не является пустым множеством, что даёт противоречие. Это доказывает лемму.

(1) Пусть $\mathscr{U} = \cup_{\alpha \in A}\mathscr{U}_\alpha$ и пусть $x \in \mathscr{U}$, тогда для какого-то $\alpha \in A$, $x \in \mathscr{U}_a$. Так как $\mathscr{U}_\alpha$ открыто, то найдётся такой $\varepsilon >0$, что $\mathscr{B}_\varepsilon(x) \subseteq \mathscr{U}_\alpha \subseteq \cup_{\alpha \in A}\mathscr{U}_\alpha$, что и доказывает открытость множества $\mathscr{U}.$

(2) Достаточно доказать, что пересечение двух открытых множеств $\mathscr{U}_1, \mathscr{U}_2$ открыто, а затем провести индукцию.

Если $x \in \mathscr{U}_1 \cap \mathscr{U}_2$, то найдутся такие $\varepsilon_1, \varepsilon_2 >0$, что $B_{\varepsilon_1}(x) \subseteq \mathscr{U}_1$, $B_{\varepsilon_2}(x) \subseteq \mathscr{U}_2$. Тогда, если $\varepsilon: = \min(\varepsilon_1,\varepsilon_2)$, то $B_\varepsilon(x) \subseteq \mathscr{U}_1 \cap \mathscr{U}_2$, что и доказывает открытость пересечения.

Действительно, имеем

и так как каждое из множеств, участвующее в объединениях, открыто, то по Lemma 3.1.4 мы получаем, что вся прямая $\mathbb{R}$ и лучи $(-\infty, a), (a, +\infty)$, $a\in \mathbb{R}$ открытые множества.

(1) Пусть $\mathscr{U}$ — открыто, тогда, согласно Definition 3.1.2, для любой точки $x\in \mathscr{U}$ существует такая $\varepsilon$-окрестность $\mathscr{B}_\varepsilon(x)$, что $x \in \mathscr{B}_\varepsilon(x) \subseteq \mathscr{U}$, т.е. полагая $\mathscr{V}: = \mathscr{B}_\varepsilon(x)$, что и доказывает необходимость.

(2) Пусть $\mathscr{U}$ обладает тем свойством, что для любой точки $x$ существует такое открытое $\mathscr{V}_x$, что $x\in \mathscr{V}_x \subseteq \mathscr{U}.$ Рассмотрим множество

и покажем, что $\widetilde{\mathscr{U}} = \mathscr{U}$. Пусть $y\in \widetilde{\mathscr{U}}$, тогда существует хотя бы один $\mathscr{V}_x$, что $y \in \mathscr{V}_x$, но так как $\mathscr{V}_x \subseteq \mathscr{U}$, то $y \in \mathscr{U}$, поэтому $\widetilde{\mathscr{U}} \subseteq \mathscr{U}.$ Пусть теперь $x \in \mathscr{U}$, но тогда, согласно условию, существует такой $\mathscr{V}_x$, что $x \in \mathscr{U}_x \subseteq \mathscr{U}$, но тогда $x \in \widetilde{\mathscr{U}}$, потому что $\widetilde{\mathscr{U}} = \cup_{x \in \mathscr{U}}\mathscr{V}_x$, т.е. $\mathscr{U} \subseteq \widetilde{\mathscr{U}}$, а значит, $\mathscr{U} = \widetilde{\mathscr{U}}.$

Так как, согласно условию, каждый $\mathscr{V}_x$ — открытое множество, то согласно Lemma 3.1.4, $\mathscr{U}$ — открытое множество, что и требовалось доказать.

Пусть $x \in \mathrm{Int}(A)$, тогда существует такая окрестность $\mathscr{U}(x)$, что $x\in \mathscr{U}(x) \subseteq A$, но согласно Definition 3.1.3, $\mathscr{U}(x)$ — открыто. Далее, для любой точки $y\in \mathscr{U}(x)$, мы получаем, что это же открытое множество $\mathscr{U}(x)$ есть её окрестность. Тогда для любой точки $y\in \mathscr{U}(x)$ положим $\mathscr{U}(y): = \mathscr{U}(x)$. Таким образом, все точки множества $\mathscr{U}(x)$ — внутренние, но это значит, что $\mathscr{U}(x) \subseteq \mathrm{Int}(A)$. Теперь, Proposition 3.1.1, мы завершаем доказательство.

Действительно, согласно Proposition 3.1.2, множество $\mathrm{Int}(\mathscr{U})$ — открыто. Далее, если $\mathscr{U}$ — открыто, то в силу Definition 3.1.2, каждая его точка — внутренняя, что и означает $\mathscr{U} = \mathrm{Int}(\mathscr{U})$. Если же $\mathscr{U} = \mathrm{Int}(\mathscr{U})$, то каждая точка множества $\mathscr{U}$ является внутренней, но тогда, согласно Definition 3.1.4, это означает, что существует $\varepsilon$-окрестность этой точки которая целиком будет лежать в $\mathscr{U}$, т.е. согласно Definition 3.1.2 означает открытость $\mathscr{U}$.

Действительно, согласно Lemma 3.1.3, множество $\varnothing$ — открыто в $\mathbb{R}$, а так как $\mathbb{R} = \mathbb{R}\setminus \varnothing$, то значит, $\mathbb{R}$ — замкнуто. Далее, согласно Corollary 3.1.1, множество $\mathbb{R}$ — открыто, а так как $\varnothing = \mathbb{R} \setminus \mathbb{R}$, то значит, множество $\varnothing$ — замкнуто.

Пусть $\{F_\alpha\}_{\alpha \in A}$ — какое-то семейство замкнутых множеств, тогда, согласно Definition 3.1.6, имеется семейство открытых множеств $\{\mathscr{U}_\alpha\}_{\alpha \in A}$, что $F_\alpha = \mathbb{R}\setminus \mathscr{U}_\alpha$ для любого $\alpha \in A.$

Согласно (), () получаем

но согласно Lemma 3.1.4, множества $\cap_{i=1}^n\mathscr{U}_i$, $\cup_{\alpha \in A} \mathscr{U}_\alpha$ — открыты, что и завершает доказательство.

Действительно, имеем

согласно Corollary 3.1.1, множества $(-\infty, a),$ $(a, +\infty)$ — открыты, а по Lemma 3.1.4, множество $(-\infty, a) \cup (a, +\infty)$ — открыто, что и доказывает лемму.

Мы воспользуемся следующим фактом: $X = Y$ тогда и только тогда, когда $E\setminus X = E \setminus Y$, где $X,Y \subseteq E$.

Поэтому нам достаточно показать, что $\mathbb{R} \setminus \overline{A} = \mathrm{Int}( \mathbb{R}\setminus A).$

Если $x \in \mathbb{R} \setminus \overline{A}$, то $x \notin \overline{A}$, а это значит, что существует такая окрестность $\mathscr{U}(x)$, что $\mathscr{U}(x) \cap A = \varnothing$, т.е. $\mathscr{U}(x) \subseteq \mathbb{R}\setminus A$, а тогда это значит, что $x \in \mathrm{Int}(\mathbb{R} \setminus A)$, поэтому $\mathbb{R} \setminus \overline{ A} \subseteq \mathrm{Int}(\mathbb{R} \setminus A).$

Если $x \in \mathrm{Int}(\mathbb{R} \setminus A)$, то найдётся такая её окрестность $\mathscr{U}(x)$, что $\mathscr{U}(x) \subseteq \mathbb{R}\setminus A$, **т.е. ** $\mathscr{U}(x) \cap A = \varnothing$, а это значит, что $x$ не может быть точкой прикосновения, т.е. $x \in \mathbb{R}\setminus \overline{A}$, поэтому $\mathbb{R} \setminus \overline{ A} \supseteq \mathrm{Int}(\mathbb{R} \setminus A)$, что и доказывает утверждение.

Согласно Proposition 3.1.4, $\overline{A} = \mathbb{R}\setminus \mathrm{Int}(\mathbb{R}\setminus A)$, а согласно Proposition 3.1.2, множество $\mathrm{Int}(\mathbb{R}\setminus A)$ открыто, поэтому $\overline{A}$ — замкнуто.

(1) Пусть $F$ — замкнуто, тогда найдётся какое-то открытое $\mathscr{U} \subseteq \mathbb{R}$ такое, что $F = \mathbb{R} \setminus \mathscr{U}$. Пусть $x \notin F$, тогда $x \in \mathscr{U}$, и тогда найдётся окрестность $\mathscr{U}(x)$ такая, что $\mathscr{U}(x) \subseteq \mathscr{U}$, потому что $\mathscr{U}$ — открыто, т.е. $\mathscr{U}(x) \cap F = \varnothing.$ Таким образом, получили, что если $F$ — замкнуто, то никакая точка $x \notin F$ не может быть точкой прикосновения для $F$, т.е. $F = \overline{F}.$

(2) Пусть $F = \overline{F}$, тогда если $x \notin F$, то $x$ не может быть точкой прикосновения для $F$, а это значит, что можно найти окрестность $\mathscr{U}(x)$ такую, что $\mathscr{U}(x) \cap F = \varnothing$, иначе $x$ было бы точкой прикосновения. Итак, для любого $x \notin F$, мы имеем окрестность $\mathscr{U}(x)$ такую, что $\mathscr{U}(x) \cap F = \varnothing$. Рассмотрим теперь объединения всех таких окрестностей,

так как каждое $\mathscr{U}(x)$ открыто, то согласно Lemma 3.1.4, $\mathscr{U}$ — открыто.

Покажем, что $F = \mathbb{R} \setminus \mathscr{U}$, согласно ()

Пусть $y \in F$, тогда $y \notin \mathscr{U}$, а тогда $y \in \mathbb{R}\setminus \mathscr{U}$, поэтому $F \subseteq \mathbb{R} \setminus \mathscr{U}$. Если $y \in \mathbb{R}\setminus \mathscr{U}$, то $y \in \cap_{x \in \mathbb{R} \setminus F} \mathbb{R} \setminus \mathscr{U}(x)$, т.е. для любого $x \notin F$, $y \in \mathbb{R}\setminus \mathscr{U}(x)$, т.е. $y \notin \mathscr{U}(x)$, но это значит, что $y \ne x$ для любого $x \notin F$, а тогда $y \in F$. Таким образом, $F \supseteq \mathbb{R} \setminus \mathscr{U}$, поэтому $F = \mathbb{R}\setminus \mathscr{U}.$ Это завершает доказательство леммы.