¿Existe un espacio no Hausdorff que sea la unión de una cadena contable creciente de espacios "agradables"?

Question

Para una cadena $X_0 \subseteq X_1 \subseteq X_2 ...$ de los espacios topológicos (es decir, la topología sobre $X_n$ coincide con la topología del subespacio inducido por $X_m$ siempre que $m > n$ ) consideramos el espacio con el conjunto subyacente $X = \bigcup_{n\in \mathbb{N}} X_n$ y la topología tal que $U\subseteq X$ es abierto si y sólo si para cada $n\in \mathbb{N}$ el conjunto $U \cap X_n$ está abierto en $X_n$ .

La cuestión es si existe una cadena $X_0 \subseteq X_1 \subseteq ...$ de espacios "agradables" (siendo agradables $T_3$ / $T_4$ o al menos Hausdorff), tal que el espacio $X$ definido como arriba no es ni siquiera Hausdorff.

La génesis de mi problema es tal: en el breve artículo "A Regular Space on which every Continuous Real-Valued Function is Constant" de T. E. Gantner el autor aparentemente concluye que un espacio $X$ como la anterior es regular basándose únicamente en el hecho de que $X_n$ s son regulares. Tal vez utilice el hecho de que cada $X_n$ está cerrado en $X_{n+1}$ (en la prueba del artículo se sostiene), pero no está claro y este hecho no parece útil en ningún caso.

Mis pensamientos:

1. Si cada $X_n$ está abierto en $X_{n+1}$ entonces el espacio resultante $X$ es siempre Hausdorff mientras todos los $X_n$ s son Hausdorff.

Prueba: Es fácil ver que de hecho $X_n$ está abierto en $X_{n+k}$ por cada $n,k\in \mathbb{N}$ (digamos, por inducción). Sea $x,y \in X$ y que $m\in \mathbb{N}$ tal que $x,y \in X_m$ . Desde $X_m$ es Hausdorff podemos elegir abiertos disjuntos $U_x, U_y\subseteq X_m$ tal que $x\in U_x, y\in U_y.$ Por cada $n<m$ establece $U_x\cap X_n, U_y\cap X_n$ son abiertos simplemente por la definición de topología del subespacio, y para cada $n>m$ establece $U_x\cap X_n = U_x, U_y\cap X_n = U_y$ están abiertos por la suposición. Así que $U_x, U_y$ están de hecho abiertos en $X$ y son barrios abiertos disjuntos de $x,y$ respectivamente. $\square$

Dicho esto, se puede encontrar una cadena de espacios "muy bonitos" $X_n$ tal que $X$ apenas es Hausdorff (es decir, no es $T_3$ ), es decir, que $X_n = \mathbb{R} \setminus \{\frac{1}{k} : k > n\}$ entonces $X$ es el ejemplo muy conocido de Hausdorff no $T_3$ espacio (no es posible separar el conjunto cerrado $\{\frac{1}{k} : k > 0\}$ y el punto 0 con conjuntos abiertos). Así que lo anterior no puede ser reforzado, al menos no sin ser muy exigente con $X_n$ s.

2. Si no sabemos nada de cómo $X_n$ se encuentra en $X_{n+1}$ (o sabemos que son subespacios cerrados - ya que no sé cómo utilizar razonablemente esa suposición), entonces puedo decir principalmente que $X$ es $T_1$ si sólo cada uno de los $X_n$ es $T_1$ (y que para $T_2/T_3/T_4$ espacios $X_n$ espacio $X$ es $T_2/T_3/T_4$ con "abierto" en la definición respectiva sustituido por $\text{"$ G_\delta $"}$ por lo que parece bastante débil).

El razonamiento natural aquí para cualquier $T_k$ es similar, así que lo mostraré para $T_1/T_2$ (simultáneamente): para $x,y \in X$ tomar $m\in \mathbb{N}$ tal que $x,y \in X_m$ . Tome $U^m_x \ni x$ (y $U^m_y \ni y$ para $T_2$ ) - subconjunto abierto de $X_m$ como en la definición de $T_1(T_2)$ espacio. Como antes para $n< m$ set $U^m_x\cap X_n (U^m_y\cap X_n)$ está abierto en $X_n$ Así que pasamos a $n>m$ , primero $n=m+1$ . Queremos un conjunto abierto $U^{m+1}_x (U^{m+1}_y) \subseteq X_{m+1}$ tal que $U^{m+1}_x\cap X_m = U^m_x$ (y $U^{m+1}_y \cap X_m = U^m_y$ para $T_2$ ). Para $T_1$ no queremos nada más, ya que $y\notin U^{m+1}_x$ como se requiere, y podemos continuar así, declarando $U = \bigcup_{n=m}^\infty U^n_x\subseteq X$ que está abierto en $X$ y satisface $T_1$ requisito de puntos $x,y$ . Para $T_2$ nos gustaría algo similar pero, lamentablemente, no tenemos ninguna garantía de que $U^{m+1}_x \cap U^{m+1}_y$ está vacía. Como $X_{m+1}$ es $T_2$ podemos elegir simplemente un abierto disjunto $V^{m+1}_x \ni x$ y $V^{m+1}_y \ni y$ pero no es necesario que tengan intersecciones abiertas con $X_m$ . Parece que lo mejor que podemos hacer es cambiar de conjunto $U^m_x, U^m_y$ para $U^{m+1}_x \cap V^{m+1}_y$ y $U^{m+1}_x \cap V^{m+1}_y$ respectivamente, que son disjuntos, abiertos en $X_{m+1}$ y tienen intersecciones abiertas con $X_m$ . Pero entonces tenemos que seguir con este tipo de conmutación infinitas veces y es (a priori) posible que terminemos con no abierto $G_\delta$ s, lo que no es suficiente para nosotros.

Answer 1

Dejemos que $Y$ sea cualquier espacio no completamente normal y sea $A,B\subseteq Y$ ser conjuntos separados que no pueden ser separados por conjuntos abiertos. Sea $X=(Y\times\mathbb{N})\cup\{a,b\}$ y definir una topología en $X$ diciendo un subconjunto $U\subseteq X$ es abierta si cumple las siguientes condiciones:

• $U\cap (Y\times\mathbb{N})$ está abierto en $Y\times\mathbb{N}$ (con respecto a la topología del producto, donde $\mathbb{N}$ es discreto).
• Si $a\in U$ entonces $A\times\{n\}\subseteq U$ para todos los casos, excepto para un número finito de $n$ .
• Si $b\in U$ entonces $B\times\{n\}\subseteq U$ para todos los casos, excepto para un número finito de $n$ .

Este espacio no es Hausdorff: $a$ y $b$ no pueden estar separados por conjuntos abiertos disjuntos, ya que eso daría una separación de $A$ y $B$ por subconjuntos abiertos de $Y$ . Sin embargo, tenga en cuenta que si $U_n=(Y\setminus (A\cup B))\times (\mathbb{N}\setminus\{0,\dots n\})$ entonces $X$ es el colímite de los subespacios $X_n=X\setminus U_n$ . Además, cada $X_n$ es "tan bonito como $Y$ , $A$ y $B$ ": es sólo una unión disjunta de un número finito de copias de $Y$ junto con una copia de $A\times \mathbb{N}$ junto con un "punto en el infinito" cuyas vecindades contienen todas las $A\times\{n\}$ y, del mismo modo, una copia de $B\times\mathbb{N}$ junto con un "punto en el infinito". En particular, si $Y$ es Hausdorff, o regular, o completamente regular, entonces también lo es cada $X_n$ y si $Y$ y $A$ y $B$ son todos normales, entonces también lo es cada $X_n$ . Además, si $A$ y $B$ están cerradas en $Y$ (que es posible si $Y$ no es normal), entonces cada $X_n$ se cerrará adicionalmente en $X$ .

(Para un ejemplo explícito en el que $Y$ y $A$ y $B$ son todos normales, podrías tomar $Y$ para ser el tablón de Tychonoff $(\omega+1)\times(\omega_1+1)$ con $A=\{\omega\}\times \omega_1$ y $B=\omega\times\{\omega_1\}$ .)

Estos contraejemplos son óptimos en el siguiente sentido. En primer lugar, si $X$ es el colímite de una secuencia creciente $(X_n)$ de cerrado subespacios normales, entonces $X$ es normal, como consecuencia del teorema de la extensión de Tietze (véase Es el colímite de una secuencia expansiva de $T_4$ espacios $T_4$ ? ). En segundo lugar, si $X$ es el colímite de una secuencia creciente $(X_n)$ de subespacios completamente normales, entonces $X$ es Hausdorff. En efecto, dejemos que $a,b\in X$ sean puntos distintos. Para cualquier $n$ tal que $X_n$ contiene tanto $a$ y $b$ podemos separar $a$ y $b$ por subconjuntos abiertos disjuntos $U_n$ y $V_n$ de $X_n$ . Entonces $U_n$ y $V_n$ están separadas, por lo que podemos separarlas por subconjuntos abiertos disjuntos $U_{n+1}$ y $V_{n+1}$ de $X_{n+1}$ . Continuando esto recursivamente, obtenemos secuencias crecientes $(U_m)_{m\geq n}$ y $(V_m)_{m\geq n}$ con cada $U_m$ y $V_m$ subconjuntos abiertos disjuntos de $X_m$ . Los sindicatos $U=\bigcup U_m$ y $V=\bigcup V_m$ serán entonces subconjuntos abiertos de $X$ que separan $a$ y $b$ .