6 votos

Cubre la dimensión del subconjunto denso cerrado en ninguna parte

Deje $X$ ser un compacto Hausdorff espacio en el que los Lebesgue cubriendo dimensión es de al menos 1, y deje $F\subset X$ ser un subconjunto cerrado. Sabemos que $\dim(F)\leq \dim(X)$.

Supongamos que hemos de suponer que $X\setminus F$ es denso en $X$, entonces podemos concluir que $$ \dim(F)\leq \dim(X)-1? $$ Empecé con la prueba de que $\dim(F)\leq \dim(X)$: Tomar un número finito de abrir la cubierta de $\{U_i\}$$F$, $\{U_i\}\cup\{X\setminus F\}$ es una cubierta abierta de a $X$. Esto tiene un refinamiento cuyo fin es $\leq n+1$. La intersección de los miembros de la finura con $F$ me da un refinamiento de la $\{U_i\}$ que tiene orden de $\leq n+1$.

Dado que el $X\setminus F$ es densa, quiero entonces a la conclusión de que este refinamiento se ha pedido a $\leq n$, pero no estoy seguro de cómo hacerlo, y ni siquiera estoy seguro de si esta afirmación es cierta.

Cualquier sugerencia sería muy apreciada. Gracias.

Edit: parece que el resultado es true si asumimos que $X$ es un colector (Ver Corolario 20 de este enlace). Sin embargo, no estoy seguro sobre el caso general.

4voto

richard Puntos 1

No necesariamente. Por ejemplo, permita que$X$ sea un producto cartesiano de una secuencia convergente$\{0\}\cup\{1/n: n\in\Bbb N\}$ con un segmento de unidad$[0,1]$ y$F=\{0\}\times [0,1]$.

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by: