Es cualquier conjunto infinito $X$ en la línea separable?

Question

Llevo un tiempo pensando en esta cuestión. ¿Es cualquier conjunto infinito $X$ en la línea separable? Creo que la respuesta es sí, pero para ello necesito demostrar que existe un subconjunto contable $A$ en $X$ tal que $X$ está en el cierre de $A$ .

¿Alguien puede esbozarme la prueba? Gracias.

Answer 1

Sí Suponiendo que por "la línea" te refieras a "la línea real". $\mathbb{R}$ equipado con el Topología euclidiana ".

Aquí hay una visión más amplia de esto: comparar con segunda contabilidad . Hechos:

1) Todo segundo espacio topológico contable es separable.
2) No es necesario que se cumpla lo contrario, pero toda metrizable espacio separable (como $\mathbb{R}$ ) es segundo contable.
3) Todo subespacio de un espacio segundo contable es segundo contable: basta con restringir la base.

Por tanto, todo subespacio de un espacio separable metrizable es separable.

---

Añadido en respuesta al comentario del OP: Hmm. En los departamentos con los que estoy familiarizado, los estudiantes toman la topología general de pregrado antes de tomar el análisis real de postgrado. No confío del todo en la capacidad de alguien para tener éxito en este último sin tener al menos cierto dominio del primero.

De todos modos, me has preguntado si hay una explicación más sencilla. Bueno, "más simple" es subjetivo, así que en mi opinión... no, la explicación que he dado arriba es la que me parece más simple. Pero puedo explicarlo de una manera que no utilice la segunda contabilidad: ahí va.

Para $k \in \mathbb{Z}$ y $n \in \mathbb{Z}^+$ , dejemos que $I_{n,k} = [\frac{k}{2^n},\frac{k+1}{2^n})$ .

Arreglar $n \in \mathbb{Z}^+$ y considerar la partición $\{ I_{n,k} \}_{k \in \mathbb{Z}}$ de $\mathbb{R}$ . Para cada $k \in \mathbb{Z}$ tal que $I_{n,k} \cap X$ no es vacío, elija un punto $a_{n,k}$ de $X$ . Sea $A$ sea el subconjunto de $X$ compuesto por estos puntos $a_{n,k}$ . Entonces $A$ es contable. Además, para cada $x \in X$ podemos construir una secuencia en $A$ convergiendo a $x$ como se indica a continuación: que $x_n$ sea el único elemento $a_{n,k}$ $A$ en el mismo intervalo $I_{n,k}$ como $x$ .

Answer 2

Este es el caso especial de la respuesta de Pete que necesitas para tu problema, con algunos detalles más.

Hay un número contable de racionales, por lo que hay un número contable de intervalos abiertos con puntos finales racionales; enuméralos como $\{I_n:n\in\mathbb{N}\}$ . Sea $X$ sea cualquier subconjunto de $\mathbb{R}$ . Para cada $n\in\mathbb{N}$ hay dos posibilidades:

1. $I_n\cap X=\varnothing$ : En este caso no haga nada.
2. $I_n\cap X\ne\varnothing$ : Dejemos que $x_n$ sea cualquier punto de $I_n\cap X$ .

Ahora dejemos que $D=\{x_n:I_n\cap X\ne\varnothing\}$ . Claramente $D$ es contable, y afirmo que $D$ es un subconjunto denso de $X$ es decir, tal que $X=\operatorname{cl}_X D$ .

Para ver esto, dejemos $x$ sea cualquier punto de $X$ y que $(x-\epsilon,x+\epsilon)$ sea un intervalo abierto centrado en $x$ . Los racionales son densos en $\mathbb{R}$ , por lo que hay racionales $p\in(x-\epsilon,x)$ y $q\in(x,x+\epsilon)$ . Entonces $(p,q)$ es un intervalo abierto con puntos finales racionales, por lo que $(p,q)=I_n$ para algunos $n\in\mathbb{N}$ . Además, $x\in I_n\cap X$ Así que $I_n\cap X\ne\varnothing$ y según $(2)$ arriba hay un punto $x_n\in D\cap I_n$ . Pero $I_n\subseteq(x-\epsilon,x+\epsilon)$ Así que $x_n\in (x-\epsilon,x+\epsilon)\cap D$ . En otras palabras, para cada $\epsilon>0$ el $\epsilon$ -nbhd de $x$ contiene un punto de $D$ y por lo tanto $x\in\operatorname{cl}_X D$ , según se desee.

Para conectar esto con la segunda contabilidad: la familia $\{I_n:n\in\mathbb{N}\}$ es una base contable para la topología euclidiana de $\mathbb{R}$ . Una base para la topología es sólo una colección $\mathscr{B}$ de conjuntos abiertos tales que cada conjunto abierto es la unión de alguna subcolección de $\mathscr{B}$ un espacio es segundo contable si su topología tiene una base contable. Si $X$ es cualquier subconjunto de $\mathbb{R}$ , $\{X\cap I_n:n\in\mathbb{N}\}$ es una base contable para la topología del subespacio en $X$ Por lo tanto, la segunda contabilidad es hereditaria: si un espacio es de segunda contabilidad, también lo son todos sus subespacios. Y el truco que utilicé antes puede aplicarse claramente a cualquier espacio de segunda contabilidad para obtener un subconjunto denso contable $-$ por lo que todo segundo espacio contable es separable, e incluso hereditariamente separable.