No separable espacio métrico implica una multitud innumerable con menor delimitada distancias?

Question

Puede esto ser generalizados a la métrica de los espacios?

Es decir, si $(X, d)$ es un espacio métrico, ¿el hecho de que no es separable implica que no existe una multitud innumerable $N \subset X$ y una constante de $M > 0$ tal que $\forall x, y \in N (x \neq y \Rightarrow d(x, y) > M)$?

Answer 1

Sí.

En primer lugar, supongamos por contradicción que no es constante $M>0$ tal que, para cualquier contables $C \subset X$, hay un $x \in X\setminus C$, de modo que $d(x,y) > M$ todos los $y \in C$. Luego de tomar $C_n$ a ser un contraejemplo para $M = \frac{1}{n}$, podemos ver que $\bigcup_n C_n$ es una contables denso conjunto. Desde $X$ es no separable esto es una contradicción y no debe ser una $M>0$. Fijar un $M$.

Ahora, para continuar por la recursión transfinita para la construcción de $N$. Deje $N_0$ constan de un solo elemento, y construcción de la $N_\alpha$ por cada contables ordinal $\alpha$, por lo que el $N_\alpha$ satisface $\forall x, y \in N_{\alpha} (d(x,y)>M)$, de la siguiente manera: en etapas contables $\alpha+1$, $N_{\alpha+1} = N_\alpha \cup \{x\}$, donde $x \in X\setminus N_\alpha$ es el elemento que debe existir en el párrafo anterior. A continuación, $N_{\alpha+1}$ tiene la propiedad de que $N_{\alpha+1}$ es contable y $d(x,y) > M$ todos los $x, y \in N_{\alpha+1}$. En el límite de las etapas, acaba de tomar a los sindicatos, a fin de que $\displaystyle N_\alpha = \bigcup_{\beta<\alpha} N_\beta$ para el límite de los números ordinales $\alpha$. Es fácil ver que $N_\alpha$ tiene la propiedad requerida en este caso. Esta repetición puede proceder a $\alpha=\omega_1$, la primera de innumerables ordinal. Tome $\displaystyle N = N_{\omega_1} = \bigcup_{\alpha<\omega_1} N_\alpha$. Este es nuestro set $N$.

Answer 2

Para cada una de las $r>0$ $A_r$ se denota una familia de todos los subconjuntos de a $S\subset X$ con la propiedad $$ x\neq y,\; x,y\in S \implica que d(x,y)>r $$ Asumir todos los conjuntos en $A_r$ son en la mayoría de los contables para cada una de las $r>0$, $X$ es separable. De hecho, fix $r>0$, entonces por el lema de Zorn $A_r$ tiene elemento maximal $S_r$ que es contable, por supuesto. De maximality de ello se sigue que $d(x,S_r)\leq r$ todos los $x\in X$. Ahora considere contables conjunto $$ S_0=\bigcup\limits_{q\in\mathbb{Q}_+} S_q $$ Por construcción es denso en $X$, por lo tanto $X$ es separable.

Como el conseqence, si $X$ no es separable, entonces hay una multitud innumerable $S\in A_r$ algunos $r>0$.

Del mismo modo se puede demostrar que el espacio métrico han denso conjunto de cardinalidad $\kappa$ si no hay ningún conjunto de cardinalidad $>\kappa$ parejas con las distancia entre los elementos más grande que algunas constante.

Answer 3

Definir $x_\alpha\in X$ $k_\alpha\in\mathbb N$ $\alpha\lt\omega_1$ por inducción transfinita, de la siguiente manera. Deje $\alpha\lt\omega_1$ y supongamos que $x_\beta,k_\beta$ ya han sido definidos para todos los $\beta\lt\alpha$. Desde $(X,d)$ es no separable, el contable, establezca $\{x_\beta:\beta\lt\alpha\}$ no es denso en $(X,d)$. Elija un punto de $x_\alpha\in X\setminus\text{cl}(\{x_\beta:\beta\lt\alpha\})$, y elija $k_\alpha\in\mathbb N$, de modo que $d(x_\alpha,x_\beta)\gt1/k_\alpha$ todos los $\beta\lt\alpha$.

Elija $k\in\mathbb N$, de modo que el conjunto de $\{\alpha\lt\omega_1:k_\alpha=k\}$ es incontable, y deje $M=1/k$. Entonces el conjunto $N=\{x_\alpha:k_\alpha=k\}$ es un incontable subconjunto de $X$, e $d(x,y)\gt M$ siempre $x,y\in N,x\ne y$.