Przestrzeń ośrodkowa ma bazę przeliczalną. - sprawdzenie

[johnny1591]

Witam,

prosiłbym bardzo o sprawdzenie poprawności rozumowania i korekty, jeśli będzie coś źle, bo wydaje mi się, że jest ok, ale nie mam 100% pewności.

Pokazać, że przestrzeń ośrodkowa ma przeliczalną bazę.

Niech \(\displaystyle{ X}\) przestrzeń ośrodkowa, zatem istnieje przeliczalny i gęsty podzbiór \(\displaystyle{ S=\lbrace x_n \rbrace_{n \in \mathbb{N}}}\).
Niech \(\displaystyle{ K_n (x_n, q)}\) będzie kulą otwartą, gdzie \(\displaystyle{ q \in \mathbb{Q}, n \in \mathbb{N}}\).
\(\displaystyle{ \bigcup_{n} K_n(x_n,q)}\) jest przeliczalna i należy pokazać, że to jest baza przestrzeni X.
Weźmy teraz dowolny element \(\displaystyle{ x \in X}\) i zbiór otwarty \(\displaystyle{ G}\) taki, że \(\displaystyle{ x \in G}\). Mamy więc dwie możliwości.
Jeśli \(\displaystyle{ x \in S}\), to kończy dowód.
Jeśli \(\displaystyle{ x \not \in S}\), to z gęstości zbioru \(\displaystyle{ S}\) mamy, że:

\(\displaystyle{ \forall \epsilon >0 : K(x, \epsilon) \cap S \neq \phi}\), bo zawiera on jakiś element \(\displaystyle{ x_n \in S}\) dla pewnego \(\displaystyle{ n (x_n \neq x)}\).

Zatem z dowolności \(\displaystyle{ \epsilon}\)
\(\displaystyle{ K(x, \epsilon) \subset G}\),
a więc \(\displaystyle{ K(x_n,q) \subset G}\) dla dowolnie małego \(\displaystyle{ q \in \mathbb{Q}}\).

Generalnie ja chciałem brać od razu promienie \(\displaystyle{ \frac{1}{n}}\) zamiast \(\displaystyle{ q}\), bo chyba mogę to zrobić.


Z góry dziękuję za odpowiedzi.

[a4karo]

A jak się liczy promień w Twojej przestrzeni?? do tego potrzebna jest metryka, a takiego założenia nie masz.

[johnny1591]

Nie bardzo rozumiem, nie było zdefiniowanej żadnej metryki przy zadaniu. Wydawało mi się, że wystarczy wziąć rodzinę kul otwartych o promieniach wymiernych (stąd właśnie pomyślałem o promieniach \(\displaystyle{ \frac{1}{n}}\) i pokazać, że ta rodzina stanowi bazę topologii.

Tzn. \(\displaystyle{ x_n \in K(x, \epsilon) \Leftrightarrow d(x_n,x)< \epsilon}\)

[a4karo]

A co to jest \(\displaystyle{ d}\)? To jest własnie metryka, ale nie masz założenia, że przestrzeń jest przestrzenią metryczną, więc nie masz tej funkcji, zatem nie masz kuli o promieniu \(\displaystyle{ 1/3}\) ani żadnej innej.

[johnny1591]

To co należałoby tu właściwie dopisać/zmienić?

[a4karo]

Co by wynikło z założenia, że baza nie jest przeliczalna?

[johnny1591]

To, że przestrzeń nie jest ośrodkowa.

[a4karo]

W jaki sposób uzasadnisz to wynikanie?

[johnny1591]

Biorąc dowolny zbiór, który jest sumą jakichś zbiorów z bazy nie jest on przeliczalny i nie jest gęsty. Oznaczmy ten zbiór przez \(\displaystyle{ A}\) (z każdego zbioru bazowego bierzemy po jednym elemencie ?).
Czyli wydaje mi się, że trzeba by tak rozumować :

\(\displaystyle{ \exists U}\) otwarty i niepusty oraz taki, że \(\displaystyle{ U \cap A = \emptyset}\) To oznacza, że zbiór A nie jest gęsty, tzn. istnieje takie \(\displaystyle{ x}\) że \(\displaystyle{ x \in U \wedge x \not \in A}\).

Wydaje mi się, że duży błąd popełniłem, ale zaryzykuję.

[a4karo]

Twierdzenie nie jest prawdziwe: weźmy nieprzeliczalny zbiór \(\displaystyle{ X}\) , ustalmy w nim punkt \(\displaystyle{ p\in X}\) i określmy topologię tak: otwarte zbiory to zbiór pusty oraz każdy zbiór, który zawiera punkt \(\displaystyle{ p}\). Wtedy \(\displaystyle{ X}\) jest ośrodkowa, bo zbiór \(\displaystyle{ \{p\}}\) jest gęsty, ale jego bazą jest rodzina zbiorów postaci \(\displaystyle{ \{p,x\}}\) gdzie \(\displaystyle{ x\in X}\) i jest oczywiście nieprzeliczalna.

Polecam książkę Steen & Seebach, Counterexamples in Topology.

[johnny1591]

Faktycznie. Dziękuję bardzo.

A pytanie mam jeszcze takie:

Czy gdyby przestrzeń ośrodkowa zastąpić poprzez metryczna ośrodkowa, to podany przeze mnie dowód byłby dobry?

[a4karo]

Idea dobra, ale zapis kulawy:
masz pokazać, że dowolny zbiór otwarty jest sumą kul postaci \(\displaystyle{ K(y,1/n)}\), gdzie \(\displaystyle{ y\in S, n\in \NN}\).
Nie \(\displaystyle{ U}\) będzie dowolny zbiorem otwartym. Dla \(\displaystyle{ x\in U}\) istnieje takie \(\displaystyle{ d>0}\), że \(\displaystyle{ K(x,d)\subset U}\). Wybierzmy \(\displaystyle{ y_x\in S}\) i \(\displaystyle{ n_x>2/d}\) tak, aby \(\displaystyle{ d(x,y_x)<1/n_x}\). Wtedy na mocy nierówności trójkąta mamy
\(\displaystyle{ x\in K(y_x,1/n_x)\subset K(x,d)\subset U}\),
zatem
\(\displaystyle{ \bigcup_{x\in U} K(y_x,1/n_x)=U}\).