Proposição?

Aqui, estou precisando de uma coisinha para completar um raciocínio… Olha só:

“Seja f: \mathbb{R}\to \mathbb{R} uma função. E seja X\subset \mathbb{R} o conjunto de pontos de continuidade dessa função. Segue que X pode ser escrito como uma interseção enumerável de abertos.”

Isso é verdade? Se for, eu queria a demonstração. Se não for, preciso de um contra-exemplo.

Abraço

E

Valeu

11 respostas para Proposição?

  1. andrecaldas disse:

    Vou tentar…

    Considere as seguintes famílias de coberturas abertas de \mathbb{R}:
    F_n = \left\{ I_n^k = \left(\frac{k}{n}, \frac{k + \frac{3}{2}}{n}\right) | k \in \mathbb{Z} \right\}.

    Então, basta mostrar que
    X = \bigcap_{F_n} \bigcup_{B \in F_n} int(f^{-1}(B)).
    Onde int é o interior do conjunto.

    Para mostrar que X está contido no conjunto da direita, basta notar que F_n é uma cobertura e que portanto, para todo a \in \mathbb{R}, existe B \in F_n tal que a \in f^{-1}(B). Em particular, se a \in X, então f^{-1}(B) é vizinhança de a. Ou seja, a \in int(f^{-1}(B)).

    Para a outra inclusão, tomando a \not \in X, basta seguir o seguinte roteiro:

    Escolha N \in \mathbb{N}, tal que para todo n \geq N, existe um único k, tal que f(a) \in I_n^k.
    Como a não é ponto de continuidade, escolha n \geq N, e k, tal que a \in f^{-1}(I_n^k), mas a \not \in int(f^{-1}(I_n^k)).

    Pelo primeiro item, se j \neq k, então a \not \in f^{-1}(I_n^j). Pelo segundo item, a \not \in f^{-1}(I_n^k). Ou seja, para o n escolhido, a \not \in \bigcup_{B \in F_n} int(f^{-1}(B)).

    Acho que dá pra fazer um raciocínio parecido para f: Y \to Z quando Z é compacto com base enumerável \beta. Tomando, ao invés de F_n, as famílias de coberturas finitas formadas por elementos da base \beta.

    Um abraço,
    André Caldas.

  2. Lucatelli disse:

    Poxa!
    EU achava que era mais direto!! =( =(

    Mas eu acho que já saquei como fazer, no entanto, o objetivo disso era provar uma coisa massa (que já encontrei outra demonstração sem usar isso (e usando isso)).

    Olha só para que eu queria isso:

    “PROVAR QUE \mathbb{Q} não pode ser o conjunto dos pontos onde uma função f:\mathbb{R}\to \mathbb{R} é contínua.”

    Definição:
    Um espaço topológico M é chamado topologicamente completo, quando existe um espaço métrico completo N homeomorfo a M .

    Definição:
    Um subconjunto de um espaço métrico diz-se magro, se é uma reunião enumerável de conjuntos cujos fechos tem interior vazio.

    Então temos os seguintes teoremas:

    LEMA: Seja M um espaço métrico completo. Se A\subset M é aberto, segue que A é topologicamente completo.

    LEMA 2: Se G\subset M é uma interseção enumerável de abertos de um espaço métrico completo M , então G é topologicamente completo.

    TEOREMA DE BAIRE: Seja M topologicamente completo. Todo subconjunto magro em M tem interior vazio.

    COROLÁRIO: Seja M um espaço métrico topologicamente completo. Se M = \displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty F_n , onde cada F_n é fechado em M , então A = \displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty int F_n é um aberto denso em M .

    Bom, então, chega-se ao resultado particular:
    Se M é enumerável e topologicamente completo, segue que o conjunto dos pontos isolados
    é denso em M .

    Isso prova que \mathbb{Q} não é topologicamente completo, afinal o conjunto dos pontos isolados é vazio. =)
    Em particular, ele não é uma interseção enumerável de abertos: daí eu queria uma coisa direta para mostrar que isso implica oq eu eu quero provar.

    • andrecaldas disse:

      1. Achei sua definição de topologicamente completo meio complicada. Que tal: “um espaço topológico M é topologicamente completo quando é completo em alguma métrica compatível com sua topologia.”

      2. O primeiro LEMA é fácil de demonstrar? Qual é a cara dessa métrica?

      3. Como assim “conjunto dos pontos isolados”?

      Eu achei a minha “quase demonstração muito mais bonita”! =P

      • andrecaldas disse:

        Eu achei a minha “quase demonstração muito mais bonita”! =P

        Falei bobagem, já que você tá demonstrando uma outra coisa…😉

        Um abraço,
        André Caldas.

      • Lucatelli disse:

        Isso!
        Eu estava falando o porquê precisava disso… e o porquê queria que fosse direto!! =) =)

        Falou

      • Lucatelli disse:

        Olha só!!
        O Primeiro lema é facinho de demonstrar… Você demontra que o conjunto aberto é homemorfo a um gráfico fechado (fechado em M\times\mathbb{R} ) lá.

        se você quiser, eu coloco aqui depois!!🙂

      • Lucatelli disse:

        “Subconjunto dos pontos isolados”

        Seja M um espaço métrico enumerável topologicamente completo.
        Segue que o seguinte conjunto é denso em M :
        I=\left\{x\in M : \left\{x\right\}\in\tau\right\} , onde \tau é a topologia de M .

      • Lucatelli disse:

        EU gostei da sua “quase-demonstração”. E vou ler a “segunda tentativa”! =) =) =) =) =)🙂🙂
        Também achei bonita!!

        Abraço

      • Lucatelli disse:

        “Achei sua definição de topologicamente completo meio complicada. Que tal: “um espaço topológico M é topologicamente completo quando é completo em alguma métrica compatível com sua topologia.””

        É a mesma coisa!! Mas eu tirei o métrico e coloquei topológico para você (eu poderia colocar metrizável).

        Falou

        P.s.: O fato é que, normalmente, quando vai provar que algum espaço é topologicamente completo, você prova que ele é homeomorfo a um espaço métrico completo e, depois, induz a métrica (daí nem precisa induzir a métrica na demonstração: é imediato).

  3. andrecaldas disse:

    Segunda tentativa…

    Considere as seguintes famílias de coberturas abertas de \mathbb{R}:
    F_n = \left\{ I_n^k = \left(\frac{k}{n}, \frac{k + \frac{3}{2}}{n}\right) | k \in \mathbb{Z} \right\},
    onde n \in \mathbb{Z} \setminus \{0\} e F_0 = \{ \mathbb{R} \}.

    Então, basta mostrar que
    X = \bigcap_{n \in \mathbb{Z}} \bigcup_{B \in F_n} int(f^{-1}(B)).
    Onde int é o interior do conjunto.

    Para mostrar que X está contido no conjunto da direita, basta notar que F_n é uma cobertura e que portanto, para todo a \in \mathbb{R}, existe B \in F_n tal que a \in f^{-1}(B). Em particular, se a \in X, então f^{-1}(B) é vizinhança de a. Ou seja, a \in int(f^{-1}(B)).

    Para a outra inclusão, tomando a \not \in X, note que:

    1. Se f(a) estiver contido em dois conjuntos da família F_n, então estará contido em um único conjunto de F_{-n}.

    2. Como a não é ponto de continuidade, existe uma bola de raio r em torno de f(a), B(a,r), tal que f^{-1}(B(a,r)) não é vizinhança de a.

    Escolhendo N = \lceil 73 \frac{1}{r} \rceil (dava pra pegar um pouquinho menor ;-)), teremos que existem k_1, k_2, tais que f(a) \in f^{-1}(I_N^{k_1}) \cap f^{-1}(I_{-N}^{k_2}), mas nem f^{-1}(I_N^{k_1}), nem f^{-1}(I_{-N}^{k_2}) são vizinhanças de a. Basta notar que ambos estão contidos em B(a,r) do item 2.

    Assuma, pelo item 1, que I_N^{k_1} é o único elemento de F_N que contém f(a). Caso contrário, tomamos I_{-N}^{k_2}. Temos que a \not \in int(f^{-1}(I_N^k)) \subset f^{-1}(I_N^k) para nenhum k \neq k_1. E, pelo item 2, temos que a \not \in int(f^{-1}(I_N^{k_1}). Portanto, a \not \in \bigcup_{B \in F_N} int(f^{-1}(B)).

    André Caldas.

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