Własności wnętrza

[Rafsaf]

Jesteśmy w przestrzeni metrycznej \(\displaystyle{ \left( X,\rho\right)}\), \(\displaystyle{ A \subseteq X}\)
Udowodnić

\(\displaystyle{ \Int (\Int (A))=\Int (A)}\)

Z lewej do prawej zawieranie jest jasne, jak w drugą?

\(\displaystyle{ \Int (F \cup \Int (A)) = \Int (F \cup A)}\) przy założeniu że zbiór \(\displaystyle{ F}\) jest domknięty. Tutaj nie chcę kłamać, do czego ten warunek że \(\displaystyle{ F}\) jest domknięty?

[Dasio11]

\(\displaystyle{ \mathrm{int}( \mathrm{int} \, A )}\) jest największym zbiorem otwartym zawartym w \(\displaystyle{ \mathrm{int} \, A}\). A \(\displaystyle{ \mathrm{int} \, A}\) jest pewnym takim zbiorem...

\(\displaystyle{ \Int (F \cup \Int (A)) = \Int (F \cup A)}\) przy założeniu że zbiór \(\displaystyle{ F}\) jest domknięty. Tutaj nie chcę kłamać, do czego ten warunek że \(\displaystyle{ F}\) jest domknięty?

A umiesz pokazać bez tego założenia?

[Rafsaf]

Znaczy rozumiem oczywistość równości \(\displaystyle{ \Int (\Int (A))=\Int (A)}\) ale myślałem czy można to tak zrobić że "ustalmy \(\displaystyle{ x \in \Int (A)}\), czary mary i mamy \(\displaystyle{ x \in \Int (\Int (A))}\)" bez odwoływania się do definicji wnętrza (którą de facto poznam jutro, to zadanie jest chyba po to żeby "pomacać" te obiekty)

Co do drugiego, to nie, nie umiem tego zrobić, ale zastanawiałem się w czym domknięcie miałoby pomóc(inaczej co otwarcie miałoby zepsuć)
Pierwsze zawieranie robię tak:
\(\displaystyle{ \subseteq}\)
dla dowolnego \(\displaystyle{ x \in \Int(F \cup \Int(A))}\) mamy
że dla pewn \(\displaystyle{ r>0}\)
\(\displaystyle{ B(r,x) \subseteq F \cup \Int(A) \subseteq F \cup A}\) czyli \(\displaystyle{ x \in \Int(A \cup F)}\)

A drugie zawieranie wygląda mi na nieprawdziwe

[Dasio11]

Pewnie że można. Ustalmy \(\displaystyle{ x \in \mathrm{int} \, A}\). Wtedy istnieje \(\displaystyle{ r > 0}\), takie że \(\displaystyle{ B(x, r) \subseteq A}\). Wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ B(x, r) \subseteq \mathrm{int} \, A}\), bo wtedy z definicji \(\displaystyle{ x \in \mathrm{int}(\mathrm{int} \, A)}\).

Ustalmy \(\displaystyle{ y \in B(x, r)}\). Wtedy \(\displaystyle{ d(x, y) < r}\), więc \(\displaystyle{ s := r - d(x, y) > 0}\). Z nierówności trójkąta łatwo pokazać, że \(\displaystyle{ B(y, s) \subseteq B(x, r)}\), a zatem \(\displaystyle{ B(y, s) \subseteq A}\), czyli \(\displaystyle{ y \in \mathrm{int} \, A}\).

Co do drugiego: \(\displaystyle{ \mathrm{int}(F \cup A) \setminus F \subseteq (F \cup A) \setminus F \subseteq A}\) i z uwagi na domkniętość \(\displaystyle{ F}\) zbiór po lewej stronie jest otwarty, zatem \(\displaystyle{ \mathrm{int}(F \cup A) \setminus F \subseteq \mathrm{int} \, A}\), stąd \(\displaystyle{ \mathrm{int}(F \cup A) \subseteq F \cup \mathrm{int} \, A}\). Znów zbiór po lewej stronie jest otwarty, toteż \(\displaystyle{ \mathrm{int}(F \cup A) \subseteq \mathrm{int}( F \cup \mathrm{int} \, A )}\).

A bezpośrednim rachunkiem: weźmy \(\displaystyle{ x \in \mathrm{int}( F \cup A )}\). Wtedy istnieje \(\displaystyle{ r > 0}\), takie że \(\displaystyle{ B(x, r) \subseteq F \cup A}\). Wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ B(x, r) \subseteq F \cup \mathrm{int}(A)}\). Wobec tego ustalmy dowolny \(\displaystyle{ y \in B(x, r)}\). Jeśli \(\displaystyle{ y \in F}\), to dobrze. Jeśli nie, to z domkniętości \(\displaystyle{ F}\) istnieje takie \(\displaystyle{ s > 0}\), że \(\displaystyle{ B(y, s) \cap F = \varnothing}\). Możemy dodatkowo założyć, że \(\displaystyle{ B(y, s) \subseteq B(x, r)}\), a więc \(\displaystyle{ B(y, s) \subseteq (F \cup A) \setminus F \subseteq A}\), czyli \(\displaystyle{ y \in \mathrm{int} \, A}\).

[Rafsaf]

Świetne i czytelne!
Właściwie to jakimś cudem zrozumiałem całe powyższe, dziękuję