Muestran que los contables producto de la métrica del espacio es metrizable

Question

Dada una contables de la colección de métricas espacios de $\{(X_n,\rho_n)\}_{n=1}^{\infty}$. Forma el Producto Cartesiano de los conjuntos a $X=\displaystyle\prod_{n=1}^{\infty}X_n$, y definir $\rho:X\times X\rightarrow\mathbb{R}$ por

$$\rho(x,y)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\rho_n(x_n,y_n)}{2^n[1+\rho_n(x_n,y_n)]}.$$

Mostrar que $\rho$ es una métrica en $X$ cuyo inducida por la topología es equivalente al producto de la topología en $X$.

Así que, básicamente, lo que este problema está diciendo es que hay una forma canónica para definir una métrica en la contables producto de la métrica de los espacios. Me mostraron en un problema previo que la topología inducida por $\rho_n$ es equivalente a la inducida por $\frac{\rho_n(x_n,y_n)}{1+\rho_n(x_n,y_n)}$. Y así podemos seguir adelante, y suponemos que la $\rho_n< 1$ todos los $n$) y a reemplazar nuestra serie infinita por

$$\rho(x,y)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\rho_n(x_n,y_n)}{2^n}.$$

Ahora viene la parte interesante: ¿cómo hago para mostrar que el producto de la topología en $X$ y la topología inducida por $\rho$ son equivalentes?

La base para la topología producto que me han dado en mi libro la definición de los productos cartesianos hecho hasta el$X_n$, excepto para un número finito de que se $O_n$ para algunos subconjunto de $X_n$. Sin embargo creo que fue capaz de mejorar este y demostrar que era capaz de descomponer estas en una base donde la $O_n$ estaban todos abiertos bolas inducida por su respeto a $\rho_n$ métrica.

Para $\rho$ estoy usando la base de abrir las bolas que induce, como yo no veo ninguna otra opción razonable.

Sin embargo, me parece que no puede coincidir estas dos bases. Hay muchos diferentes puntos de $\{x_n\}\in X$ que hacer mi serie infinita menor que un cierto valor y no hay tanta libertad en el que los términos en la serie I de elegir a reducir en tamaño que parece desesperada para intentar encajar en un abrir bola inducida por $\rho$ a uno de mi base de los elementos de la topología producto.

Hay más estrategia adecuada para probar la existencia de estas dos topologías son equivalentes?

Answer 1

Voy a utilizar el $\rho_n$ que están delimitadas por 1, y $\rho(x,y) = \sum_n \frac{\rho_n(x_n,y_n)}{2^n}$ métrica en el producto $X = \prod_n X_n$.

Deje $O$ siendo un producto abierto, de manera $O = \prod_n O_n$ $O_n$ están abiertas en $X_n$, y en donde tenemos un conjunto finito $F \subset \mathbb{N}$ tal que $n \notin F$ fib $X_n = O_n$. Queremos mostrar que está abierto en la $\rho$-topología, así que escoja $x \in O$, y queremos averiguar $r>0$ tal que $B_{\rho}(x, r) \subset O$. Esto demostraría que todos los productos básicos de abrir conjuntos de $\rho$-abierto, y por lo tanto todos los productos de abrir conjuntos de $\rho$a abrir.

Ahora, por cada $n \in F$,$x_n \in O_n$, que es una (no trivial) subconjunto abierto en $X_n$, por lo que tenemos $r_n > 0$ tal que $B_{\rho_n}(x_n, r_n) \subset O_n$, a partir del hecho de que la topología en $X_n$ es inducida por la métrica $\rho_n$. Como tenemos un número finito de $r_n$ a considerar, podemos encontrar $0 < r < 1$ tal que $r \le \frac{r_n}{2^n}$ todos los $n \in F$.

La demanda ahora es que esta $r$ es requerido, en el sentido de que $B_{\rho}(x, r) \subset O$.

Para ver esto, tome cualquiera de las $y$$\rho(x,y) < r$. Para $n \in F$, sabemos que $\frac{\rho_n(x_n, y_n)}{2^n} <= \rho(x, y) < r \le \frac{r_n}{2^n}$, lo que implica que para tal $n$ tenemos que $\rho_n(x_n, y_n) < r_n$, y por lo $y_n \in B_{\rho_n}(x_n, r_n) \subset O_n$. Por lo tanto, para todos los $n \in F$, $y_n \in O_n$, y como el otro $O_n$ igual $X_n$ por la forma de $O$, tenemos que, efectivamente,$y \in O$, y como $y$ fue arbitraria, $B_\rho(x, r) \subset O$, según se requiera.

Ahora para la otra parte: empezamos con una bola de $B_\rho(x,r)$, un subconjunto abierto básicos de la $\rho$-topología, para algunos arbitraria $x \in X$$r>0$, e intentar encontrar un subconjunto abierto básicos en el producto de la topología $O$ tal que $x \in O \subset B_\rho(x,r)$. Este sería entonces mostrar que cualquier $\rho$-open de bola es abierto en la topología producto y que muestran la otra inclusión necesitamos: cada $\rho$-conjunto abierto es un producto abierto.

La intuición es que la cola de una serie como la que define la $\rho$ es esencialmente irrelevante (que puede conseguir tan pequeño como nos gusta), y esto corresponde a la idea de que open básica subconjuntos sólo dependen de un número finito de no trivial abrir sets. Así que la primera selección de $N \in \mathbb{N}$ tal que $\frac{1}{2^N} < \frac{r}{3}$. Esta $N$ define nuestra cola. Para $1 \le k \le N$ consideramos el abierto de bolas $O_k = B_{\rho_k}(x_k, \frac{r}{2N})$, y nos pusimos $O_k = X_k$$k \ge N+1$.

La demanda ahora es que $O = \prod_k O_k \subset B_\rho(x, r)$, según se requiera. Tenga en cuenta que $O$ es de hecho un básico subconjunto abierto en la topología producto en $X$$x \in O$. Para ver esto simplemente nos estimado: vamos a $y$$O$, entonces para $k \le N$, $\rho_k(x_k, y_k) < \frac{r}{2N}$, así $$\sum_{k=1}^{N} \frac{\rho_k(x_k,y_k)}{2^k} \le \sum_{k=1}^{N} \rho_k(x_k,y_k) < N\cdot \frac{r}{2N} = \frac{r}{2}\mbox{,}$$ while $$\sum_{k=N+1}^{\infty} \frac{\rho_k(x_k, y_k)}{2^k} \le \sum_{k=N+1}^{\infty} \frac{1}{2^k} = \frac{1}{2^N} < \frac{r}{3}\mbox{.}$$

Poner juntos hemos hecho posible obtenerlo $y \in O$ tenemos $\rho(x,y) < \frac{r}{2} + \frac{r}{3} < r$, según se requiera.

Answer 2

La pregunta es muy buena y esta es una clásica resultado. Ver el Teorema 4.2.2 de la Engelking del libro.