$X$ Hausdorff $\Leftrightarrow$ $\forall$ compactos disjuntos $K_1,K_2:\exists$ conjuntos abiertos disjuntos $U,V$ incluyendo $K_1,K_2$ respectivamente

Question

Demuestre que un espacio topológico $X$ está separado (Hausdorff) si y sólo si para todos los subespacios compactos $K_1$ y $K_2$ de $X$ hay conjuntos disjuntos $U$ y $V$ de $X$ tal que $K_1 \subseteq U$ y $K_2 \subseteq V$ .

Tengo una forma ( $\Leftarrow$ ), pero estoy teniendo algunos problemas para encontrar una prueba ordenada de izquierda a derecha. Creo que he encontrado una solución, pero es bastante tediosa. Aquí está:

Suponemos que $X$ se separa y tomamos dos subespacios compactos disjuntos $K_1$ y $K_2$ de $X$ .

Arreglemos $x \in K_1$ . Entonces $\forall y \in K_2$ hay dos conjuntos abiertos disjuntos $V_{x,y}$ y $U_{x,y}$ incluyendo $x$ y $y$ respectivamente. Todos estos $U_{x,y}$ portada $K_2$ y por lo tanto podemos extraer un número finito de ellos que lo cubran también $\{U_{x,y_i} : i = 1,...,n\}$ ( $n \in \mathbb{N}^{\ast}$ ), y tomamos el correspondiente $\{V_{x,y_i} : i = 1,...,n\}$ . Entonces los conjuntos $V_x:= \bigcap_{i = 1}^n V_{x,y_i}$ y $U_x := \bigcup_{i = 1}^n U_{x,y_i}$ son conjuntos abiertos disjuntos.

Ahora hago esto para todos $x \in K_1$ y obtener un conjunto $\{V_x : x \in K_1\}$ de conjuntos abiertos que cubren $K_1$ y los correspondientes $\{U_x : x \in K_1\}$ tal que $\forall x \in K_1, V_x \cap U_x = \emptyset$ . Desde $K_1$ es compacto, ahora extraigo un número finito de esos conjuntos abiertos $\{V_{x_i}: i=1,...,m\}$ ( $m \in \mathbb{N}$ ), que aún cubren $K_1$ y el correspondiente $\{U_{x_i}: i=1,...,m\}$ .

Ahora $V :=\bigcup_{i = 1}^m V_{x_i}$ está abierto y cubre $K_1$ . Mientras que $U :=\bigcap_{i = 1}^m U_{x_i}$ también está abierto y cubre $K_2$ . Además $U \cap V = \emptyset$ . Así termina la prueba.

¿Es correcto este enfoque? Pero, sobre todo, ¿no hay una forma menos tediosa?

Answer 1

Es casi correcto:

Usted tiene la $U_x$ y $V_x$ tal que $x \in V_x$ y $K_2 \subseteq U_x$ y $U_x \cap V_x = \emptyset$ .

A continuación, tiene $V_x$ por cada $x \in K$ y tienen un número finito de ellos que cubren $K_1$ . Tiene razón al utilizar la unión de los $V_x$ para cubrir $K_1$ pero se necesita la intersección (!) de los correspondientes $U_x$ que siendo una intersección finita, sigue siendo una vecindad abierta de $K_2$ . La unión no sirve. Compruebe los detalles: suponga $x$ está en la intersección de $U$ y $V$ , donde $U$ se define como la intersección, entonces $x$ es en algunos $V_{x_i}$ pero la intersección garantiza que también está en el mismo índice $U_{x_i}$ también, obteniendo una contradicción inmediata. De lo contrario, sólo sabríamos $x$ es en algunos $V_{x_j}$ y no sabríamos nada. Funciona igual en el primer caso, que sí has acertado. Es directamente análogo.

Esta es la forma estándar. A menudo, el caso de los puntos frente a los compactos es un sublema que se demuestra por separado (es decir, que en un espacio de Hausdorff podemos separar un punto y un conjunto compacto). No conozco ninguna forma esencialmente más sencilla.