Matematyka.pl

Co powiecie na taki dowód?

Niech \(\langle X,\tau\rangle\) będzie przestrzenią topologiczną, która ma przeliczalną bazę \(\mathcal{B}.\) Każdy otwarty \(U\subset X\) jest sumą pewnej podrodziny \(\mathcal{B}\). Niech \(\mathcal{V}_{U}\subset\mathcal{B}\) będzie rodziną wszystkich zbiorów z \(\mathcal{B}\) zawartych w \(U\). Wtedy \(\bigcup\mathcal{V}_{U}=\Int \ U=U\). Funkcja \(f:\tau\rightarrow\mathcal{P}(\mathcal{B})\), \(f(U)=\mathcal{V}_{U}\) jest injekcją, więc dostajemy, że \[\lvert\tau\rvert\le\lvert\mathcal{P}(\mathcal{B})\rvert\le\lvert\mathcal{P}(\mathbb{N})\rvert = \mathfrak{c}.\]

Spina się?

Tak.

Może znaliście wcześniej takie twierdzenie? A jakie z tego wypływają wnioski pozostawiam jako proste ćwiczenie.

Ciekawsze pytanie: jaką co najwyżej moc może mieć przestrzeń topologiczna Hausdorffa, która ma przeliczalny podzbiór gęsty?

Fajna zabawa, mam na to jakiś pomysł, ale muszę zrobić dodatkowe założenie.
Niech \(\langle X,\tau\rangle\) będzie p. Hausdorffa i niech \(D\subseteq X\) będzie gęsty i co najwyżej przeliczalny (zaraz zobaczymy, że będzie nieskończony). Oprócz tego niech \(X\) ma tę własność, że dla każdego \(x\in X\) istnieje \(f_{x}:\mathbb{N}\rightarrow D\) taki, że \((\forall n\in\mathbb{N}) \ f_{x}(n)\neq x\) i \(\lim_{n\to \infty} f_{x}(n)=x\).

Dla \(x \in X\) niech \(f_{x}: \mathbb{N} \rightarrow D\) będzie ustalonym ciągiem o wł. jak wyżej. Ustalmy \(x, y\in X\), takie że \(x\neq y\) i rozważmy (znowu, wiem - nuda) zbiory \(A_{x}=\lbrace f_{x}(n): \ n\in \mathbb{N}\rbrace\), \(A_{y}=\lbrace f_{y}(n): \ n\in \mathbb{N}\rbrace\). Ponieważ \(X\) jest Hausdorffa, istnieją otwarte \(U, V\) takie, że \(x\in U\), \(y\in V\) i \(U\cap V=\emptyset\) oraz \(N\) t. że dla \(n\ge N\) mamy \(f_{x}(n)\in U\) i \(f_{y}(n)\in V\), więc \(A_{x}\cap A_{y}\) jest skończony. A dlaczego \(A_{x}\) jest nieskończony? Załóżmy, że \(A_{x}=\lbrace a_{1}, a_{2}, \ ... \ a_{n} \rbrace\). Dla każdego \(1\le i\le n\) istnieją \(U_{i}, V_{i}\) otwarte takie, że \(a_{i}\in U_{i}\), \(x\in V_{i}\) i \(U_{i}\cap V_{i}=\emptyset\). Bierzemy \(\bigcup_{k=1}^{n}V_{k}\) i widzimy, że \(x\in \bigcup_{k=1}^{n}V_{k}\) oraz, że \(a_{i}\notin\bigcup_{k=1}^{n}V_{k}\) dla \(1\le i\le n\), czyli znaleźliśmy otoczenie otwarte \(x\), w którym nie ma żadnego z wyrazów naszego ciągu - klapa.

Widzimy dość jasno (a jak ktoś nie widzi, to odsyłam do mojego wpisu z nitki o figurach rozłącznych), że \(A_{x}\neq A_{y}\).

Teraz, dla dowolnego \(x\in X\) niech \(A_{x}=\lbrace f_{x}(n): \ n\in \mathbb{N}\rbrace\). Rodzina \(\mathcal{C}=\lbrace A_{x}: \ x\in X \rbrace \subseteq \mathcal{P}(D) \) jest rodziną równoliczną z \(X\) (funkcja przypisująca każdemu \(x\in X\) zbiór \(A_{x}\) jest bijekcją pomiędzy \(X\) a \(\mathcal{C}\)) zbiorów parami prawie rozłącznych.

Weźmy injekcję \(g: D \rightarrow \mathbb{N}\). Wtedy dla różnych \(x,y \in X\) mamy \(g[A_{x}]\neq g[A_{y}]\) oraz \(g[A_{x}]\cap g[A_{y}]=g[A_{x}\cap A_{y}]\) jest skończony, jako obraz zbioru skończonego przez funkcję.

Rodzina \(\mathcal{R}=\lbrace g[A_{x}]: \ x\in X \rbrace \subseteq \mathcal{P}(\mathbb{N}) \) jest zatem rodziną parami prawie rozłącznych podzbiorów \(\mathbb{N}\), no a skoro \(|\mathcal{P}(\mathbb{N})|=\mathfrak{c}\), to mamy, że \(|\mathcal{R}|=|X|\le \mathfrak{c}\).

Gdzie się mogę zgłosić po ten mityczny Medal z Filcu? XD
A, no i to moje dodatkowe założenie jest dosyć sensowne, jak się zastanowimy trochę dłużej.

Dodano po 7 minutach 16 sekundach:
Ups, chyba można to skrócić, ale niech już zostanie tak ;p

W przypadku przestrzeni skończonej twoje rodziny nie istnieją.

Ale czy z mojego założenia, że każdy punkt z \(X\) jest punktem skupienia nie wynika, że \(X\) jest nieskończona?

Racja., Wynika

Ok, to dość sensowne częściowe rozwiązanie. A ta prawie rozłączność do czegoś się przydaje?

szuler pisze: ↑23 mar 2023, o 19:14Oprócz tego niech \(X\) ma tę własność, że dla każdego \(x\in X\) istnieje \(f_{x}:\mathbb{N}\rightarrow D\) taki, że \((\forall n\in\mathbb{N}) \ f_{x}(n)\neq x\) i \(\lim_{n\to \infty} f_{x}(n)=x\).

Krócej: wtedy funkcja \(\displaystyle{ f : X \to D^{\NN}}\), \(\displaystyle{ f(x) = f_x}\) jest injekcją (bo ciąg w przestrzeni Hausdorffa ma najwyżej jedną granicę), zatem \(\displaystyle{ |X| \le 2^{\aleph_0}}\).

Czy przypadkiem nie jest tak, że jedynymi skończonymi p. Hausdorffa są p. dyskretne? W takim razie mój sposób działa bez zarzutu. A najlepsze, że nawet się nad tym nie zastanawiałem. Prawie rozłączność jest raczej konieczna, żeby stwierdzić, że nasze zbiory są różne, nie?

Dodano po 2 minutach 36 sekundach:
Czy jeśli korzystamy tylko i wyłącznie z naszych założeń, unikniemy wszelkich tego typu wpadek? Czary, czy co?

Dodano po 5 minutach 5 sekundach:

Krócej: wtedy funkcja \(\displaystyle{ f : X \to D^{\NN}}\), \(\displaystyle{ f(x) = f_x}\) jest injekcją (bo ciąg w przestrzeni Hausdorffa ma najwyżej jedną granicę), zatem \(\displaystyle{ |X| \le 2^{\aleph_0}}\).

No tak, ale skąd to wiemy? No właśnie z tego co tu zrobiłem. I nie, nie jestem tak dobry, żeby uważać to za oczywistość.

Dodano po 16 minutach 26 sekundach:
Aj, tam miały być przekroje zbiorów, a nie sumy, ale i tak każdy wie o co mi chodzi.

szuler pisze: ↑23 mar 2023, o 20:27Aj, tam miały być przekroje zbiorów, a nie sumy, ale i tak każdy wie o co mi chodzi.

Taa..., uwielbiam ten argument

JK

Kiedy to pisałem, miałem oczywiście na myśli przekroje, ale niestety w TeX-u to się nazywa "bigcap" i "bigcup", i wymawia się to tak samo. Mógłbym prosić o poprawkę? Ja już nie mogę tego edytować.

Dodano po 7 minutach 23 sekundach:

Czy jeśli korzystamy tylko i wyłącznie z naszych założeń, unikniemy wszelkich tego typu wpadek?

Tak przy okazji: prawda to? Coś czuję, że tak.

Już powiedziałeś, na czym polegał błąd, więc jak ktoś uważnie czyta, to sobie poprawi (zasadniczo nie poprawiamy postów, pod którymi jest dyskusja, zamiast tego można dodać erratę).

JK

Eh, ale kłuje to w oczy, no...

szuler pisze: ↑23 mar 2023, o 20:27 Czy przypadkiem nie jest tak, że jedynymi skończonymi p. Hausdorffa są p. dyskretne? W takim razie mój sposób działa bez zarzutu.

Jest tak, ale w jakim sensie sposób działa "bez zarzutu"?

szuler pisze: ↑23 mar 2023, o 20:27Prawie rozłączność jest raczej konieczna, żeby stwierdzić, że nasze zbiory są różne, nie?

Ok, nie zrozumiałem że "widzimy dość jasno" powołuje się na prawie rozłączność (bo to nie najprostszy sposób, choć poprawny).

szuler pisze: ↑23 mar 2023, o 20:27Czy jeśli korzystamy tylko i wyłącznie z naszych założeń, unikniemy wszelkich tego typu wpadek? Czary, czy co?

Jakich wpadek?

szuler pisze: ↑23 mar 2023, o 20:27

Krócej: wtedy funkcja \(\displaystyle{ f : X \to D^{\NN}}\), \(\displaystyle{ f(x) = f_x}\) jest injekcją (bo ciąg w przestrzeni Hausdorffa ma najwyżej jedną granicę), zatem \(\displaystyle{ |X| \le 2^{\aleph_0}}\).

No tak, ale skąd to wiemy?

Co, że \(\displaystyle{ f}\) jest injekcją? Bo jeśli \(\displaystyle{ f_x = f_y}\), to \(\displaystyle{ x = \lim_{n \to \infty} f_x(n) = \lim_{n \to \infty} f_y(n) = y}\), przy czym korzystamy ze wspomnianej jednoznaczności granic w przestrzeniach Hausdorffa.