Si $Y$ es un segundo subespacio contable denso de un espacio regular $X$ entonces $X$ es segundo contable.

Question

Problema: Sea $X$ sea un espacio regular. Si $Y$ es un subespacio denso y segundo contable (con respecto a la topología del subespacio), entonces $X$ es segundo contable.

Tengo este problema y me cuesta resolverlo. Tengo una pista, dice: considere B una base contable para Y y demuestre que $B' = \{\text{int}(\overline{U}) \, : \, U \in B\}$ es una base contable para X, donde $\overline{U}$ representa el cierre en $X$ .

Ahora, es obvio que $B'$ es contable. El problema es demostrar que $B'$ es una base para $X$ . Permítanme mostrar lo que he intentado.

Sea $p \in X$ un punto y $V$ un barrio de $p$ . Sabemos que $Y$ es denso, por lo que $V \cap Y$ es un conjunto abierto no vacío en $Y$ . Porque $B$ es una base, existe un $U_V$ tal que $U_V \subseteq V\cap Y \Rightarrow U_V \subseteq V$ .

Sé que si muestro $\overline{U_V} \subseteq V$ y $p \in \text{int}(\overline{U_V})$ entonces hemos terminado: $p \in \text{int}(\overline{U_V}) \subseteq V$ y, por lo tanto, $B'$ es una base.

Tengo problemas para demostrar las dos cosas del párrafo anterior. No veo dónde utilizar la regularidad o el cierre de $U_V$ en $X$ .

Agradecería cualquier ayuda. Cualquier solución que no utilice la pista también es bienvenida. Gracias de antemano.

(P.D.: Perdón por mis errores gramaticales. El inglés no es mi lengua materna).

Answer 1

El resultado es falso. He aquí uno de los contraejemplos más elementales.

Subconjuntos $A$ y $B$ de $\Bbb N$ son casi disjuntos si su intersección es finita. Como se muestra en las respuestas a esta pregunta y esta pregunta hay una familia $\mathscr{A}$ de $2^{\omega}=\mathfrak{c}$ subconjuntos infinitos casi disjuntos de $\Bbb N$ . Sea $X=\Bbb N\cup\mathscr{A}$ . Puntos de $\Bbb N$ están aislados. Para cada $A\in\mathscr{A}$ las nbhds básicas abiertas de $A$ son los conjuntos de la forma $\{A\}\cup(A\setminus F)$ tal que $F$ es un subconjunto finito de $\Bbb N$ .

Porque los miembros de $\mathscr{A}$ son casi disjuntos, $X$ es Hausdorff. Además, los conjuntos abiertos básicos también son cerrados, por lo que $X$ es cero-dimensional y por lo tanto Tikhonov, y en particular regular. $\Bbb N$ es un subconjunto denso, y $\big\{\{n\}:n\in\Bbb N\big\}$ es una base contable para $\Bbb N$ . Sin embargo, $X$ no es contable en segundo lugar, porque $\mathscr{A}$ es un subconjunto discreto incontable de $X$ : cada uno $A\in\mathscr{A}$ tiene un nbhd que no contiene ningún otro punto de $\mathscr{A}$ (por ejemplo $\{A\}\cup A$ ).

Answer 2

Como dice Brian M. Scott, esto es falso. Otro ejemplo básico es el topología de límite inferior en $\mathbb R$ (es decir, la topología generada por los intervalos semiabiertos $[a,b)$ para $a<b$ ). Denotemos este espacio por $\mathbb R_\ell$ . No es difícil ver que $\mathbb R_\ell$ es regular, y se puede demostrar que incluso es perfectamente normal.

El conjunto $\mathbb Q$ de racionales es un conjunto denso contable, y como $\mathbb R_\ell$ es contable en primer lugar, se deduce que $\mathbb Q$ es un subespacio contable en segundo lugar. Sin embargo $\mathbb R_\ell$ no es contable en segundo lugar, como se muestra aquí .