Het inwendige van de doorsnede van twee verzamelingen

Het inwendige van de doorsnede van twee verzamelingen $ A $ en $ B $ is gelijk aan de doorsnede van hun inwendigen: $$ \text{Int}(A) \cap \text{Int}(B) = \text{Int}(A \cap B) $$

Deze eigenschap zegt dat twee ogenschijnlijk verschillende constructies in feite hetzelfde opleveren. Het inwendige van de doorsnede $ A \cap B $ is precies gelijk aan de doorsnede van het inwendige van $ A $ en het inwendige van $ B $.

Met andere woorden, wie eerst naar de "binnenkant" van elke verzameling kijkt en die vervolgens snijdt, krijgt exact hetzelfde resultaat als wie eerst de verzamelingen snijdt en daarna het inwendige bepaalt.

Intuïtief is dit goed te begrijpen. Alleen de punten die echt binnen zowel $ A $ als $ B $ liggen, blijven over. Dat zijn precies de punten die ook binnen de overlappende regio $ A \cap B $ liggen.

Om deze uitspraak helder te maken, herinneren we kort aan twee kernbegrippen:

Inwendige van een verzameling ($\text{Int}(A)$): de verzameling van alle punten van $ A $ waarvoor een open omgeving bestaat die volledig in $ A $ ligt. Het gaat om punten die strikt binnen $ A $ liggen, en niet op de rand.
Doorsnede ($\cap$): de verzameling van alle elementen die tegelijk tot $ A $ en tot $ B $ behoren.

De doorsnede van de inwendigen van $ A $ en $ B $ levert dus precies het inwendige van hun doorsnede op.

Een visueel voorbeeld
Bewijs

Een visueel voorbeeld

Stel je twee schijven $ A $ en $ B $ voor die elkaar gedeeltelijk overlappen.

Het inwendige van elke schijf is het volledige oppervlak, zonder de rand.

visuele voorstelling van het inwendige van de doorsnede van twee verzamelingen

Wanneer we alleen de inwendige delen beschouwen en daarvan de doorsnede nemen, houden we precies het inwendige deel van het overlappende gebied tussen $ A $ en $ B $ over.

Bewijs

We bewijzen de gelijkheid door beide inclusies afzonderlijk te laten zien.

1] Eerste inclusie ($\subseteq$)

Neem een punt $ x \in \text{Int}(A) \cap \text{Int}(B) $. Dat betekent dat er een open verzameling $ U \subseteq A $ bestaat die $ x $ bevat, en ook een open verzameling $ V \subseteq B $ die $ x $ bevat.

De doorsnede $ W = U \cap V $ is opnieuw een open verzameling die $ x $ bevat. Bovendien geldt $ W \subseteq A \cap B $.

Daaruit volgt dat $ x \in \text{Int}(A \cap B) $. Hiermee is de eerste inclusie aangetoond.

Neem $ x \in \text{Int}(A) \cap \text{Int}(B) $. Per definitie bestaan er open verzamelingen $ U $ en $ V $ zodanig dat $ x \in U \subseteq A $ en $ x \in V \subseteq B $.

Dan is $ W = U \cap V $ een open verzameling die $ x $ bevat, met $ W \subseteq A \cap B $.

Dus $ x \in \text{Int}(A \cap B) $.

We concluderen: $ \text{Int}(A) \cap \text{Int}(B) \subseteq \text{Int}(A \cap B) $.

2] Tweede inclusie ($\supseteq$)

Omgekeerd, neem een punt $ x \in \text{Int}(A \cap B) $. Dan bestaat er een open verzameling $ W $ waarvoor geldt dat $ x \in W \subseteq A \cap B $.

Omdat $ W $ volledig in $ A \cap B $ ligt, ligt $ W $ zowel in $ A $ als in $ B $. Hieruit volgt meteen dat $ x \in \text{Int}(A) \cap \text{Int}(B) $.

Neem $ x \in \text{Int}(A \cap B) $. Er bestaat een open verzameling $ W $ zodanig dat $ x \in W \subseteq A \cap B $.

Dan geldt $ W \subseteq A $ en $ W \subseteq B $, dus $ x \in \text{Int}(A) \cap \text{Int}(B) $.

Daarmee verkrijgen we: $ \text{Int}(A \cap B) \subseteq \text{Int}(A) \cap \text{Int}(B) $.

Aangezien beide inclusies zijn aangetoond, volgt de gelijkheid:

\[ \text{Int}(A) \cap \text{Int}(B) = \text{Int}(A \cap B) \]

Dit sluit het bewijs af.