Intentando encontrar un tratamiento unificado de los axiomas de separación

Question

Descargo de responsabilidad

Esta pregunta ha sido editada una vez para incorporar la sugerencia de las respuestas dadas a continuación, pero ese post también contenía lagunas, por lo que he decidido revertir el post a su segunda versión.

Antecedentes

Motivado por esta respuesta He estado tratando de encontrar una respuesta a la pregunta que he hecho aquí . Este post es un intento de responder a la pregunta. Para la definición de los espacios con los que he tratado ver esta página .

Tenga en cuenta que aunque escriba las condiciones de ser un $T_i$ -espacio simbólico, no tome las expresiones como una fórmula de algún lenguaje formal. Sólo hay que leerlos como una "abreviatura conveniente" de la frase prevista en inglés.

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Definición. Dejemos que $(X,\tau)$ sea un espacio topológico. Entonces, para cada $A\subseteq X$ definimos, $$\mathcal{N}_A:=\{U:A\subseteq U\land U\in \tau\}$$ y $$\mathcal{C}_A:=\{V:A\subseteq V\land X\setminus V\in\tau\land (\exists U\in\mathcal{N}_A)(A\subseteq U\subseteq V)\}$$ Si $A=\{x\}$ entonces en lugar de $\mathcal{N}_{\{x\}}$ y $\mathcal{C}_{\{x\}}$ simplemente escribiremos $\mathcal{N}_{x}$ y $\mathcal{C}_{x}$ .

$T_0$ -Espacio

Teorema 1. Un espacio topológico $(X,\tau)$ es $T_0$ si $$\forall x\forall y((\{x\}\not\subseteq \{y\}\land \{y\}\not\subseteq \{x\})\iff(\mathcal{N}_x\not\subseteq\mathcal{N}_y\lor \mathcal{N}_y\not\subseteq\mathcal{N}_x))$$

Prueba. Dejemos que $x\ne y$ y que $X$ sea $T_0$ . Entonces, como $X$ es $T_0$ por la definición de un $T_0$ -espacio, o bien existe un conjunto abierto $U\in \mathcal{N}_x$ tal que $y\not\in U$ o existe un conjunto abierto $V\in \mathcal{N}_y$ tal que $x\not\in V$ . En el primer caso (ya que la condición $y\not\in U$ equivale a decir que $U\not\in\mathcal{N}_y$ ) concluimos que existe $U\in \mathcal{N}_x$ tal que $U\not\in \mathcal{N}_y$ . Por lo tanto, $\mathcal{N}_x\ne\mathcal{N}_y$ , lo que implica que $\mathcal{N}_x\ne\mathcal{N}_y\lor \mathcal{N}_y\ne\mathcal{N}_x$ . El segundo caso puede tratarse de forma similar.

La prueba de la inversa es trivial y, por tanto, se omite.

$T_1$ -Espacio

Teorema 2. Un espacio topológico $(X,\tau)$ es $T_1$ si $$\forall x\forall y((\{x\}\not\subseteq \{y\}\land \{y\}\not\subseteq \{x\})\iff(\mathcal{N}_x\not\subseteq\mathcal{N}_y\land \mathcal{N}_y\not\subseteq\mathcal{N}_x))$$

Prueba. Dejemos que $x\ne y$ y que $X$ sea $T_1$ . Entonces, como $X$ es $T_1$ por la definición de un $T_1$ -existe un conjunto abierto $U\in \mathcal{N}_x$ tal que $y\not\in U$ y existe un conjunto abierto $V\in \mathcal{N}_y$ tal que $x\not\in V$ . Al igual que en la demostración del teorema anterior, nos vemos obligados a concluir que existe $U\in \mathcal{N}_x$ tal que $U\not\in \mathcal{N}_y$ y existe un conjunto abierto $V\in \mathcal{N}_y$ tal que $V\not\in \mathcal{N}_x$ . En consecuencia, $\mathcal{N}_x\not \subseteq \mathcal{N}_y\land \mathcal{N}_y\not\subseteq\mathcal{N}_x$ .

La prueba de la inversa es trivial y, por tanto, se omite.

$T_2$ -Espacio

Teorema 3. Un espacio topológico $(X,\tau)$ es $T_2$ si $$\forall x\forall y((\{x\}\not\subseteq \{y\}\land \{y\}\not\subseteq \{x\})\iff(\mathcal{C}_x\not\subseteq\mathcal{C}_y\land \mathcal{C}_y\not\subseteq\mathcal{C}_x))$$

Prueba. Supongamos que $x,y\in X$ tal que $x\ne y$ y $X$ es $T_2$ . Desde $X$ es $T_2$ existen conjuntos abiertos $U, V$ tal que,

• $x\in U$

• $y\in V$

• $U\subseteq X\setminus V$

La última condición implica que $\overline{U}\subseteq X\setminus V$ . Pero observe que $\overline{U}\not\in \mathcal{C}_y$ (porque $y\not\in X\setminus V$ ) pero $\overline{U}\in \mathcal{C}_x$ . En consecuencia, se deduce que $\mathcal{C}_x\not\subseteq \mathcal{C}_y$ . De forma similar podremos demostrar que $\mathcal{C}_y\not\subseteq \mathcal{C}_x$ y esto implicaría a su vez que $\mathcal{C}_x\not\subseteq\mathcal{C}_y\land \mathcal{C}_y\not\subseteq\mathcal{C}_x$ y hemos terminado.

La prueba de la inversa es trivial y, por tanto, se omite.

$T_3$ -Espacio

Teorema 4. Un espacio topológico $(X,\tau)$ es $T_3$ si (aquí $A$ denota un conjunto cerrado) $$\forall x\forall A((\{x\}\not\subseteq A\land A\not\subseteq \{x\})\iff(\mathcal{C}_x\not\subseteq\mathcal{C}_A\land \mathcal{C}_A\not\subseteq\mathcal{C}_x))$$

Prueba. Supongamos que $x\in X$ y $A\subseteq X$ tal que $x\not\in A$ y $X$ es $T_3$ . Desde $X$ es $T_3$ existen conjuntos abiertos $U, V$ tal que,

• $x\in U$

• $A\subseteq V$

• $U\subseteq X\setminus V$

La última condición implica que $\overline{U}\subseteq X\setminus V$ . Pero observe que $\overline{U}\not\in \mathcal{C}_A$ (porque $A\not\subseteq X\setminus V$ ) pero $\overline{U}\in \mathcal{C}_x$ . En consecuencia, se deduce que $\mathcal{C}_x\not\subseteq \mathcal{C}_A$ .

Para demostrar que $\mathcal{C}_A\not\subseteq\mathcal{C}_x$ observe que $\overline{V}\subseteq X\setminus U$ . Pero observe que $\overline{V}\not\in \mathcal{C}_x$ (porque $x\not\in X\setminus U$ ) pero $\overline{V}\in \mathcal{C}_A$ . En consecuencia, se deduce que $\mathcal{C}_A\not\subseteq \mathcal{C}_x$ . Esto implica a su vez que $\mathcal{C}_x\not\subseteq\mathcal{C}_A\land \mathcal{C}_A\not\subseteq\mathcal{C}_x$ y hemos terminado.

Para demostrar lo contrario observe que si $z\in A\cap B$ y $V\in \mathcal{C}_A$ entonces como $A\subseteq V$ y $x\in A$ así que $x\in V$ por lo que se deduce inmediatamente que $V\in \mathcal{C}_x$ . En consecuencia, se deduce que $\mathcal{C}_A\subseteq \mathcal{C}_x$ y hemos terminado.

$T_4$ -Espacio

Teorema 5. Un espacio topológico $(X,\tau)$ es $T_4$ si (aquí $A,B$ denota conjuntos cerrados) $$\forall B\forall A((B\not\subseteq A\land A\not\subseteq B)\iff(\mathcal{C}_B\not\subseteq\mathcal{C}_A\land \mathcal{C}_A\not\subseteq\mathcal{C}_B))$$

Prueba. Supongamos que $A,B\subseteq X$ tal que $A\cap B=\emptyset$ y $X$ es $T_4$ . Desde $X$ es $T_4$ existen conjuntos abiertos $U, V$ tal que,

• $B\subseteq U$

• $A\subseteq V$

• $U\subseteq X\setminus V$

La última condición implica que $\overline{U}\subseteq X\setminus V$ . Pero observe que $\overline{U}\not\in \mathcal{C}_A$ (porque $A\not\subseteq X\setminus V$ ) pero $\overline{U}\in \mathcal{C}_B$ . En consecuencia, se deduce que $\mathcal{C}_B\not\subseteq \mathcal{C}_A$ .

Para demostrar que $\mathcal{C}_A\not\subseteq\mathcal{C}_B$ observe que $\overline{V}\subseteq X\setminus U$ . Pero observe que $\overline{V}\not\in \mathcal{C}_B$ (porque $B\not\subseteq X\setminus U$ ) pero $\overline{V}\in \mathcal{C}_A$ . En consecuencia, se deduce que $\mathcal{C}_A\not\subseteq \mathcal{C}_B$ . Esto implica a su vez que $\mathcal{C}_B\not\subseteq\mathcal{C}_A\land \mathcal{C}_A\not\subseteq\mathcal{C}_B$ y hemos terminado.

Para demostrar lo contrario sin pérdida de generalidad supongamos que $B\subseteq A$ . Entonces observe que si $B\subseteq A$ y $V\in \mathcal{C}_A$ entonces como $A\subseteq V$ y $B\subseteq A$ así que $B\subseteq V$ por lo que se deduce inmediatamente que $V\in \mathcal{C}_B$ . En consecuencia, se deduce que $\mathcal{C}_A\subseteq \mathcal{C}_B$ y hemos terminado.

$T_5$ -Espacio (Estoy en deuda con Daniel Wainfleet para este teorema, véase su comentario más abajo)

Teorema 6. Un espacio topológico $(X,\tau)$ es $T_5$ si $$\forall B\forall A((B\not\subseteq A\land A\not\subseteq B)\iff(\mathcal{N}_B\not\subseteq\mathcal{N}_A\land \mathcal{N}_A\not\subseteq\mathcal{N}_B))$$

Prueba. Supongamos que $A,B\subseteq X$ y $X$ es $T_5$ . Desde $X$ es $T_5$ tenemos,

• $B\subseteq X\setminus\overline{A}$

• $A\subseteq X\setminus\overline{B}$

Ahora observe que $X\setminus \overline{A}\in \mathcal{N}_B$ y $X\setminus \overline{B}\in \mathcal{N}_A$ . Sin embargo, $X\setminus \overline{A}\not\in \mathcal{N}_A$ porque $A\not\subseteq X\setminus \overline{A}$ (a menos que $A=\emptyset$ Lo que evidentemente no es siempre el caso. En consecuencia, se deduce que $\mathcal{N}_B\not\subseteq \mathcal{N}_A$ . Del mismo modo, se puede demostrar que $\mathcal{N}_A\not\subseteq \mathcal{N}_B$

Para demostrar lo contrario sin pérdida de generalidad supongamos que $B\subseteq A$ . Entonces observe que si $B\subseteq A$ y $V\in \mathcal{N}_A$ entonces como $A\subseteq V$ y $B\subseteq A$ así que $B\subseteq V$ por lo que se deduce inmediatamente que $V\in \mathcal{N}_B$ . En consecuencia, se deduce que $\mathcal{N}_A\subseteq \mathcal{N}_B$ y hemos terminado.

Preguntas

1. ¿Son correctas las pruebas de mis teoremas?

2. ¿Es posible formular condiciones equivalentes para otros espacios mencionados aquí que no he cubierto sólo en términos de $\mathcal{N}$ y $\mathcal{C}$ 's?

Answer 1

Usted afirma que $T_i$ es equivalente a una equivalencia $ \iff $ . Pero sólo ha demostrado $T_i \implies ( \implies )$ y $T_i \implies ( \implies )$ . Esto sólo muestra $T_i \implies ( \iff )$ La prueba de lo contrario no existe. Además, la implicación $ \implies $ suele ser simplemente trivial y se mantiene incluso sin el $T_i$ supuesto.

Como mostró @bof, para el caso de Hausdorff la característica no funciona. Esto se debe a que ha definido $\mathcal{C}_x$ para ser la colección de todos los conjuntos cerrados que contienen $x$ . Una mejor opción sería definir $\mathcal{C}_x$ como la colección de todos los barrios de $x$ . (De todos modos, así es como se ha editado la definición de forma independiente). Pero resulta que la característica correspondiente sigue sin funcionar.

Considere las siguientes propiedades:

1. Por cada $x y X$ hay un barrio cerrado $C$ de $x$ que no contiene $y$ .
2. por cada $x y X$ hay un barrio cerrado $C$ de $x$ que no es una vecindad cerrada de $y$ .

Por el respuesta motivadora 1. es equivalente a Hausdorff, pero la caracterización de su forma para el $\mathcal{C}_x$ corresponde a 2. Evidentemente, esta propiedad es más débil que $T_2$ y más fuerte que $T_1$ . El problema es que $C$ puede contener $y$ pero no en el interior.

De hecho, se puede construir un espacio que satisfaga 2. pero no 1. Tomamos $$ and two extra points $ _2 $, $ _3 $. $ \ de la que se ha hablado. $ will be open discrete and $ \{ _2, _3\} $ will be closed discrete, so the topology will be described by the neighborhood filters for the infinities. $ \ y la de los demás. $ will be generated by the sets $ 2^n $, and $ \ y la de los demás. $ will be generated by the sets $ 3^n $. Note that the filters contain all cofinite subsets, so the topology is $ T_1 $. It is also $ T_2 $ for all pairs but $ _2, _3 $, for which $ T_2 $ fails since $ 2^n 3^m $ for every $ m, n $. On the other hand, it satisfies our property 2. $ \N - sobre línea{2} = 2 \N - {2, _3} $, and it is not a neighborhood of $ _3 $ since no set $ 3^n $ está contenido en él.

También hay que tener en cuenta que los reales con dos ceros, un ejemplo clásico de $T_1$ espacio no Hausdorff tampoco satisface 2.

Otra observación: la condición 2. es equivalente a la siguiente: para cada $x y$ existe un conjunto abierto regular $U$ tal que $x U y$ . Por lo tanto, equivale a que la semiregularización del espacio sea $T_1$ . Por lo tanto, para los espacios semiregulares es equivalente a $T_1$ .

Answer 2

Sus dos primeros teoremas son triviales. El resto son descaradamente incorrectos. Voy a mostrar esto para el teorema 3.

Según su Teorema 3, un espacio topológico $(X,\tau)$ es $T_2$ si cumple la condición $$\forall x\forall y((\{x\}\not\subseteq \{y\}\land \{y\}\not\subseteq \{x\})\iff(\mathcal{C}_x\not\subseteq\mathcal{C}_y\land \mathcal{C}_y\not\subseteq\mathcal{C}_x))\tag1$$ Esto es un error, porque de hecho cada $T_1$ -espacio satisface $(1)$ .

Supongamos que $(X,\tau)$ es un $T_1$ -Espacio. Demostraré que $(1)$ se mantiene.

Si $(\mathcal C_x\not\subseteq\mathcal C_y\land\mathcal C_y\not\subseteq\mathcal C_x)$ entonces $x\ne y,$ de donde $\{x\}\not\subseteq\{y\}$ y $\{y\}\not\subseteq\{x\}.$

Si $(\{x\}\not\subseteq\{y\}\land\{y\}\not\subseteq\{x\}),$ entonces $x\ne y.$ Desde $(X,\tau)$ es un $T_1$ -espacio, $\{x\}$ y $\{y\}$ son conjuntos cerrados. Por lo tanto, $\{x\}\in\mathcal C_x\setminus\mathcal C_y$ y $\{y\}\in\mathcal C_y\setminus C_x,$ demostrando que $\mathcal C_x\not\subseteq C_y$ y $\mathcal C_y\not\subseteq\mathcal C_x.$