Supongamos que $X$ es un espacio disperso de Hausdorff Lindelöf. Es $\xi(X)$ ¿un ordinal sucesor?

Question

Dejemos que $K$ sea un espacio topológico disperso (Hausdorff) y para cada ordinal $\alpha$ denotar por $K^{(\alpha)}$ el $\alpha$ derivada de $K$ por la derivación de Cantor-Bendixson (es decir, definir transfinitamente: $K^{(0)} = K$ para cada ordinal $\alpha$ , dejemos que $K^{(\alpha+1)}$ sea el conjunto de puntos no aislados en $K^{(\alpha)}$ cuando $K^{(\alpha)}$ está dotado de la topología del subespacio); para $\alpha$ un ordinal de límite, establecido $K^{(\alpha)}= \bigcap_{\beta<\alpha}K^{(\beta)}$ ).

Además, establece $\xi(X) = inf\{ \alpha : X^{(\alpha)} = 0 \}$

Intento demostrar la siguiente afirmación:

Reclamación: Si $X$ es un espacio disperso de Hausdorff Lindelöf, entonces, $\xi(X)$ es un ordinal sucesor.

Prueba: Supongamos que $\xi(X)$ es un ordinal límite. Entonces el conjunto $\{ X \setminus X^{(\alpha)} : \alpha < \xi(X) \}$ es una cubierta abierta de $X$ . $X$ es Lindelöf, por lo que existe una subcubierta contable $\{ X \setminus X^{(\alpha_n)} : n \in \mathbb N, \alpha_n < \xi(X) \}$ . También podemos suponer que para cada $n \in \mathbb N$ , $\alpha_n < \alpha_{n+1}$ . Tenga en cuenta que Para cada $n \in \mathbb N$ , $X^{(\alpha_n)}$ está cerrado. Además, para cada $n \in \mathbb N$ , $X^{(\alpha_{n+1})} \subset X^{(\alpha_n)}$ y $\bigcap X^{(\alpha_n)} = \emptyset$ . No existe ningún ordinal $\beta > 0$ tal que $\xi(X^{(\alpha_n)}) \geq \beta$ para cada $n \in \mathbb N$ porque si lo hubiera, tendríamos $\xi(\bigcap X^{(\alpha_n)}) \geq \beta$ lo que implicaría $\bigcap X^{(\alpha_n)} \neq \emptyset$ . Por lo tanto, podemos suponer que para cada $n \in \mathbb N$ , $\xi(X^{(\alpha_n)}) > \xi(X^{(\alpha_{n+1})})$ . Así, la secuencia $\xi(X^{(\alpha_n)})$ es una secuencia estrictamente decreciente de ordinales. Esto implica que tiene que ser finita y que hay una $n \in \mathbb N$ , de tal manera que $X = \bigcup_{i=1}^n (X \setminus X^{(\alpha_i)}) $ . Pero esto implica que $\xi(X) = \xi(X \setminus X^{(\alpha_n)}) < \xi(X)$ que es una contradicción. Concluimos que $\xi(X)$ sólo puede ser un ordinal sucesorio.

Answer 1

Su afirmación no se sostiene. De hecho, cualquier subconjunto $X$ del espacio de Baire con $\xi(X)$ igual a un ordinal contable límite serviría como contraejemplo. He aquí un contraejemplo particular y sencillo.

Consideremos el subespacio $S$ del espacio de Baire $\omega^\omega$ definido por $$S=\{k^{\smallfrown} x \mid k\in\omega \text{ and $ x \in 2^ \omega$ with $ \{i \mid x(i)=1\N-ES} \leq k $}\}$$ Puede comprobar que $S$ está cerrado.

Dado que el espacio de Baire es segundo contable ( es decir admite una base contable de conjuntos abiertos), $S$ es segundo contable también. Ya que un espacio segundo contable es Lindelöf, $S$ es Lindelöf.

Ahora puede comprobar que para todos $n\in\omega$ $$S^{(n)}=\{k^{\smallfrown}x\mid n\leq k\text{ and $ x \in 2^ \omega$ with $ \{i \mid x(i)=1\N-ES} \leq k-n $}\}.$$ De ello se desprende que $S^{(\omega)}=\emptyset$ y así $\xi(S)=\omega$ .