Subgrupo discreto de un espacio separable y normal es contable

Question

Deje $X$ ser separables y normales. Supongamos $A\subset X$ es discreta en la relación de la topología. Me gustaría mostrar que $A$ es contable. Por separación, basta que se presentan mutuamente disjuntas colección de no-vacío abierto conjuntos indexados por $A$.

El hecho de que $A$ es discreto significa que, para cada una de las $a\in A$, existe un conjunto abierto $U_a\subset X$ tal que $U_a\cap A=\{a\}$. El problema es que el $U_a$ no necesita ser pares distintos.

Sabemos que $a\not\in U_a^c$, que es cerrado, así que por Urysohn del lema podemos optar $f_a\in C(X,[0,1])$ tal que $f_a(a)=1$$f_a(U_a^c)=\{0\}$. Mi idea era utilizar estas $f_a$ a de alguna manera reducir los conjuntos de $U_a$ y obtener una colección de pares distintos, pero yo no era capaz de salir con algo que funciona. Cualquier sugerencias?

Answer 1

Si $X=[0,1]^\mathbb{R}$ en el producto de la topología, a continuación, $X$ es compacto Hausdorff (lo normal) y separables (Hewitt-Marczewski-Pondiczery teorema), mientras que $C = \{f \in X: \exists p \in \mathbb{R}: (f(p) = 1 \land \forall x \neq p: f(x) = 0) \}$ es discreta en la topología de subespacio y de innumerables tamaño de $\mathfrak{c}$. De manera que tendría que al menos suponemos que su discreto subespacio $C$ está cerrado así.

Asumiendo $C$ es cerrado, el estándar de Urysohn argumento de la función de Jones' lema implica inmediatamente que $2^{|C|} \le 2^{\aleph_0} = \mathfrak{c}$. Ese último hecho no implica necesariamente que $C$ es en la mayoría de los contables: hay modelos de ZFC donde $2^{\aleph_1} = 2^{\aleph_0}$, por ejemplo, y en virtud de MA hay espacios de $X$ que son normales y separables y han cerrado discretos subespacio de tamaño $\aleph_1$.