Demostrar que un espacio métrico tiene una cantidad no numerable de distintos subconjuntos densos si cada bola es incontable.

Question

Me preguntaba cómo demostrar que un espacio métrico $X$ tiene una cantidad no numerable de subconjuntos densos $Y_{\alpha}$ tal que $Y_{\alpha_1} \cap Y_{\alpha_2} = \emptyset$ si $\alpha_1 \neq \alpha_2$, bajo el supuesto de que cada pelota en $X$ es incontable. Al $X = (a,b)$ es un no-intervalo vacío, esto es bastante trivial, ya que podemos elegir sólo una (innumerables) Hamel base $H \subset \mathbb{R}$ al ${\mathbb R}$ es un espacio vectorial sobre $\mathbb{Q}$, y, a continuación, deje $Y_\alpha = \alpha {\mathbb Q} \cap X$$\alpha \in H$. Pero, ¿qué acerca de un espacio métrico arbitrario $X$ donde cada bola es incontable?

Answer 1

Reivindicación 1: Vamos a $\kappa$ ser un incontable cardenal y $X$ un espacio métrico en el que cada bola tiene un tamaño $\kappa$. Llamémoslo un espacio de $\kappa$-homogénea. A continuación, $X$ puede ser dividido en $\kappa$ muchos subconjuntos densos.

Prueba: $|X| = \kappa$ y, por tanto, $X$ tiene una base de tamaño $\kappa$ (uso racional de los radios de las bolas), decir $\{B_{\alpha} : \alpha < \kappa\}$. Inductivamente construcción $\{D_{\alpha} : \alpha < \kappa\}$ poniendo, en la etapa de $\alpha$, un punto cada uno $B_{\beta}$, $\beta < \alpha$ en cada $D_{\beta}$, $\beta < \alpha$.

Reivindicación 2: Deje $X$ ser un espacio métrico en el que toda bola abierta es incontable. A continuación, hay una familia de pares abrir bolas $U$$X$, de tal manera que la unión de la familia es denso en $X$ y cada una de las $U$ $\kappa$- homogénea de espacio métrico para algunos de los innumerables cardenal $\kappa$.

Prueba: Cada bola abierta en $X$ contiene una bola homogénea ya que no hay infinito disminución de la secuencia de los cardenales. Así que toma un máximo de familia de pares distintos homogénea abrir bolas en $X$.

Las reivindicaciones 1 + 2 dar su resultado.

El hecho de que $X$ es un espacio métrico fue importante aquí. Hay ejemplos de Hausdorff espacios en los que cada bola es incontable sin embargo, no hay denso codense subconjunto. Tales espacios son llamados irresoluble.

Answer 2

Tengo una prueba de que funciona casi arbitrarias $X$, y definitivamente para completar $X$. Para cualquier punto de $x \in X$, debe haber un número infinito de "conchas" $S(x,1/2^k) = B_{1 / 2^k}(x) - B_{1 / 2^{k+1}}(x)$ alrededor $x$ ($k \geq 0$ un número entero) que contienen una cantidad no numerable de puntos, porque si hay sólo un número finito de que nos íbamos a encontrar algunos de bolas $B_{1 / 2^k}$ a que sólo countably muchos puntos. Así que proceder de la siguiente manera. Por el lema de Zorn, definir $X_0$ a un máximo conjunto de puntos en $X$ que son pares distancia de al menos 1 aparte. Haga lo mismo para $n \geq 1$ definir $X_n \supset X_{n-1}$ a un máximo conjunto de puntos en $X$ que contiene $X_{n-1}$ y de tal manera que todos los puntos tienen pares distancia de al menos $1/2^n$ aparte. Tenga en cuenta que por maximality, cualquier punto en $X$ debe estar dentro de la distancia $1/2^n$ de algún punto en $X_n$. Para cada una de las $x \in \cup_n X_n$, vamos a $(k_n(x))_{n \in {\mathbb Z}_{\geq 0}}$ ser una secuencia infinita de aumento de enteros $ > 1$ de manera tal que las conchas $S(x,1/2^{k_n(x)})$ todos tienen una cantidad no numerable de puntos. Nota las conchas $S(x,1/2^{k_n(x)})$ alrededor de un punto determinado $x$ son distintos para diferentes valores de $n$. A continuación, definir subconjuntos densos $Y_\alpha \subset X$ por una cantidad no numerable de $\alpha \in [0,1]$ como sigue. En primer lugar, para cada $x \in X_0$, asignar un distinto punto de $y_\alpha(x)$ a cada una de las $Y_\alpha$, donde cada una de las $y_\alpha(x)$ es elegido a partir de los innumerables shell $S(x,1/2^{k_0(x)})$. Nota que esto es posible para todos los $x \in X_0$ debido a que las conchas $S(x,1/2^{k_0(x)})$ son distintos debido a $1/2^{k_0(x)} \leq 1/4$ todos los $x$, y todos los puntos de $x \in X_0$ se distancia de al menos 1 aparte. A continuación, del mismo modo, para cada una de las $x \in X_1$, asignar un distinto punto de $y_\alpha(x)$ a cada una de las $Y_\alpha$, donde cada una de las $y_\alpha(x)$ es elegido a partir de los innumerables shell $S(x,1/2^{k_1(x)})$. De nuevo, todos los depósitos será distinto, porque $1/2^{k_1(x)} \leq 1/8$ todos los $x$ y todos los puntos de $x \in X_1$ se distancia de al menos $1/2$ aparte. Nota: todos los $Y_\alpha$ son distintos por la construcción. Además, todos los $Y_\alpha$ contendrá un punto en el interior de la bola de $B_{1/2^n}(x)$ por cada $x \in X_n$, lo que garantiza $Y_\alpha$ es densa.

Sólo hay una complicación que debemos considerar. Es decir, no podría ser un punto de $x_n \in X_n$, que está contenida en la cáscara elegida para un punto anterior $x_k \in X_k$ donde $k < n$. Para manejar este caso, vamos a modificar los puntos elegidos a partir de la cáscara alrededor de $x_k$ como sigue. Tomamos nota de que, para $x_k \in X_k$, debe haber alguna $n > k$ tal, que hay dos o más puntos en $X_n$ que son en algunos innumerables concha alrededor de $x_k$. Elegir $n$ y elegir dos puntos en $X_n$. A continuación, tenga en cuenta que para los dos puntos elegidos en $X_n$, deben tener distinto innumerables conchas contenida en el shell alrededor de $x_k$ de manera tal que cada uno de los distintos concha alrededor de los dos puntos elegidos en $X_n$ cada uno contiene al menos dos puntos de $x_m \in X_m$ donde $m > n$. Por lo tanto, obtener un infinito árbol binario de conchas ordenado por inclusión, donde todos los proyectiles en cada nivel fijo del árbol son disjuntas. Desde $X$ es completa, elegir cualquier camino infinito en el árbol desde la raíz dará un distinto punto límite en $X$. Así que a partir de la raíz del árbol, crear una asignación de $[0,1]$ a puntos en el árbol mediante la asignación de $0. a_1 a_2 a_3 \ldots$ en binario a la ruta en el árbol donde en el nivel $j$ en el árbol, se recorre a la izquierda si $a_j = 0$ y cruce a la derecha si $a_j = 1$. A continuación, tenga en cuenta que el conjunto de Cantor se asignan a una multitud innumerable, de tal manera que para cada nodo en el árbol, el número de puntos a la izquierda en la correspondiente shell que no son elegidos es incontable. Esta es la forma en que elegimos una cantidad no numerable de puntos de una cáscara alrededor de un punto de $x_k \in X_k$, mientras que garanticen que todos los posteriores conchas alrededor de $x_n \in X_n$ $n > k$ todavía tiene un incontable número de puntos a la izquierda para elegir, si tenían un incontable número de puntos para comenzar con. Nota en particular de que esto funciona debido a que para cada una de las $x_n \in X_n$, apareciendo en un árbol, el posible padre $x_k \in X_k$ $x_n$ está definida de forma única para cada una de las $k < n$.

Answer 3

Podemos definir nuestros sets por recursión transfinita. Tomemos el conjunto de contables ordinales como la indexación conjunto, y proceda de la siguiente manera:

Tomemos el conjunto de todos los abiertos bolas en $X$, y usando el axioma de elección, tomar un punto de cada uno de los abiertos de bolas, y definir el conjunto de puntos de a $Y_1$.

Para cualquier contables ordinal $\alpha$, tomemos el conjunto de todos los abiertos bolas en $X$, y usando el axioma de elección, definir $Y_\alpha$, teniendo un punto de cada uno de los abiertos de bolas, pero no la elección de un punto que ya ha sido elegido para cualquiera de los anteriores conjuntos de $Y_\beta$ $\beta < \alpha$ (podemos hacer esto porque cada bola es incontable, y sólo hemos sacado countably muchos puntos de cada una de las bolas para nuestros sets anteriores, ya que sólo hay countably muchos ordinales menos de $\alpha$).

Ya que hay una cantidad no numerable de contables ordinales, hemos terminado.

EDIT: Como @user2566092 señala, de forma accidental, puede recoger todos los puntos en una bola abierta para $Y_1$, por lo que las siguientes conjuntos de $Y_\alpha$ no sería capaz de elegir cualquiera de los puntos para que abra la pelota. Esto puede ser solucionado de la siguiente manera: usar el axioma de elección a fin de que el conjunto de todos los abiertos bolas en $X$, y dejar que el tipo de orden de que el orden establecido se $\gamma$. Definamos $Y_1$ ser la recursión transfinita. Elige un punto arbitrario $y_1$$B_1$. Para cualquier $\alpha < \gamma$, primero trate de la elección de un punto de $y_\alpha$ $B_\alpha$ que ya ha sido elegido como uno de los puntos anteriores $y_\beta$$\beta < \alpha$. Si no tal punto existe, a continuación, elija cualquier punto de $y_\alpha$$B_\alpha$. Y, a continuación, defina $Y_1$ a ser el conjunto de todos los $y_\alpha$$\alpha < \gamma$. (El hecho de que $Y_1$ existe se basa en el axioma de elección, por supuesto.)

Podemos igualmente elija los puntos para cualquier $Y_\alpha$ (donde $\alpha$ es una contables ordinal) de la misma manera, el mantenimiento de la condición de antes de que los puntos que usted elija para $Y_\alpha$ no puede ser la misma que la de cualquiera de los puntos que han sido elegidos para los conjuntos de $Y_\beta$$\beta < \alpha$.

EDIT 2: he Aquí una prueba de que mis obras de construcción, bajo el supuesto de que $X$ es un espacio métrico separable y la continuidad hipótesis sostiene. (No estoy seguro de si uno o ambos supuestos se puede quitar.)

Suponiendo que la hipótesis continua, un espacio métrico separable debe tener cardinalidad menor o igual a aleph_1, por lo $X$ tiene cardinalidad en la mayoría de los aleph_1, y así lo hace el conjunto de $B$ de abrir bolas en $X$. Usando el axioma de elección, y a ordenar el conjunto de $B$, y deje $\gamma$ ser el tipo de orden de la buena ordenación. Tenga en cuenta que $\gamma$ es menor o $\omega_1$.

Desde $X$ es separable, es segundo contable, por lo que hay una contables subconjunto $C$ $B$ que es una base para la topología en $X$, es decir, si $U$ es un conjunto abierto y $x$ es un punto en $U$, hay un elemento de $C$ que contiene $x$ y es un subconjunto de a $U$. Deje $\delta$ ser el menor ordinal $\alpha$ de manera tal que el conjunto de todos los $B_\beta$ $\beta < \alpha$ contiene a C., a Continuación,$\delta < \gamma$, lo $\delta$ es una contables ordinal.

Deje $y_1$ cualquier elemento de $B_1$. Para cualquier ordinal $\alpha < \gamma$, si alguno de los elementos anteriores,$y_\beta$$\beta < \alpha$, luego deje $y_\alpha$ $y_\beta$ $B_\alpha$ con el menor índice. Si no tal punto existe, le $y_\alpha$ cualquier elemento de $B_\alpha$. Entonces el conjunto de todas las $y_\alpha$ $\alpha < \delta$ es el mismo que el conjunto de todas las $y_\alpha$$\alpha < \gamma$, debido a $C$ es una base para la topología en $X$. Así, este conjunto de $Y_1$ es una contables subconjunto denso de $X$. (Contables debido a $\delta$ es contable.) Ya que es contable, no contiene abrir bolas, puesto que toda bola abierta es incontable.

Podemos hacer una construcción similar para cada una de las $Y_\alpha$ (donde $\alpha$ es una contables ordinal), el mantenimiento de la condición de antes de que los puntos que usted elija para $Y_\alpha$ no puede ser la misma que la de cualquiera de los puntos que han sido elegidos para los conjuntos de $Y_\beta$$\beta < \alpha$. A continuación, cada una de las $Y_\alpha$ será contables, y sólo hay countably muchos ordinales menos de un determinado contables ordinal, por lo que nunca vamos a cubrir todos los puntos en un abrir pelota en las etapas antes de llegar a cualquier $Y_\alpha$.