$\sigma$ جبر از زیرمجموعه های $\mathbb R$ که شامل بازه های باز باشد شامل بازه های بسته نیز هست

Question

نشان دهید $[a,b]= \bigcap_1^ \infty (a- \frac{1}{n} , b + \frac{1}{n})$. بنا بر این هر $\sigma$-جبری از زیر مجموعه های $\mathbb R$ که شامل تمام بازه های باز باشد شامل تمام بازه های بسته نیز هست

به همین نحو$(a,b)= \bigcup_1^ \infty [a+ \frac{1}{n} , b- \frac{1}{n}]$ به طوری که هر $\sigma$-جبر شامل بازه های بسته شامل بازه های باز نیز باشد

$\mathbb R$ مجموعه اعداد حقیقی

Answer 1

به ازای هر$x \in [a,b]$ داریم $a \leq x \leq b$ پس برای هر $n$ خواهیم داشت $a- \frac{1}{n}< a \leq x \leq b < b+ \frac{1}{n}$ یعنی $x \in (a- \frac{1}{n} , b + \frac{1}{n})$ واین بدین معنی است که $x \in \bigcap_1^ \infty (a- \frac{1}{n} , b + \frac{1}{n})$

پس

$$[a,b] \subseteq \bigcap_1^ \infty (a- \frac{1}{n} , b + \frac{1}{n})$$

حال نشان میدهیم اگر $x \notin [a,b]$ آنگاه $x \notin \bigcap_1^ \infty (a- \frac{1}{n} , b + \frac{1}{n})$ و این اثبات را کامل میکند(عکس نقیض برعکس رابطه اثبات شده)

فرض کنید $x < a$ پس $0< a-x$ لذا یک $n_0$ وجود دارد که $\frac{1}{n_0} < a-x$ واین یعنی $x < a- \frac{1}{n_0}$ پس $x \notin (a- \frac{1}{n_0} , b + \frac{1}{n_0})$ و این حکم را ثابت میکند برای $b < x$ به طور مشابه عمل میکنیم.

برای رابطه ی دوم برای هر $x \in (a,b)$ یعنی $a < x < b$، از اینکه $a < x \Rightarrow 0< x-a$ یک $n_0$ وجود دارد که برای هر $n > n_0$ داریم:

$$\frac{1}{n} < x-a \Rightarrow a+ \frac{1}{n} < x$$

از اینکه $x < b \Rightarrow 0 < b-x$ یک$n_1$ وجود دارد که برای هر $n > n_1$ داریم

$$\frac{1}{n} < b-x \Rightarrow x < b-\frac{1}{n}$$ پس برای $n> max \{n_1,n_0 \}$ داریم: $a+ \frac{1}{n} < x < b-\frac{1}{n}$

و این یعنی $(a,b) \subseteq \bigcup_1^ \infty [a+ \frac{1}{n} , b- \frac{1}{n}]$

برای برعکس از عکس نقیض استفاده می کنیم نشان میدهیم که اگر $x \notin (a,b)$ آنگاه داریم $x \notin \bigcup_1^ \infty [a+ \frac{1}{n} , b- \frac{1}{n}]$

فرض کنید $x \leq a$ پس برای هر $n$ داریم $x \leq a< a + \frac{1}{n}$ و این یعنی $x \notin [a+ \frac{1}{n} , b- \frac{1}{n}]$ و حکم ثابت شد.

حالت $b \leq x$ به طور مشابه است.