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¿Demostrar que un subconjunto cerrado de un espacio polaco es polaco requiere el axioma de elección contable?

Sea $C$ sea un subconjunto cerrado del espacio polaco $P$ . Es trivial que $C$ también es completamente metrizable, pero ¿cómo demostramos que $C$ ¿es separable? Se me ocurrió este método: Podemos probar que un espacio metrizable separable es contable en segundo lugar sin $\mathsf{AC}_\omega$ . Y entonces podemos demostrar que $C$ también es segundo contable, por lo tanto es separable (!) . Pero he oído que los segundos espacios contables son separables es equivalente a $\mathsf{AC}_\omega$ : Segundo contable implica separable/Axioma elección contable . Tal vez hay una manera de evitar el uso de $\mathsf{AC}_\omega$ ?

Desde $P$ es un espacio polaco podemos construir una función de elección para toda la familia de conjuntos cerrados no vacíos sin $\mathsf{AC}_\omega$ : Construcción de una función de elección en un espacio métrico completo y separable . Sea $D$ sea un subconjunto denso contable de $P$ . Entonces $\{B(x, 1/n) \mid x \in D, n \in \mathbb{N}_{>0}\}$ es una base contable para $P$ Así que $\{B(x, 1/n) \cap C \mid x \in D, n \in \mathbb{N}_{>0}\}$ es una base contable para $C$ . Sea $f$ sea la función de elección para toda la familia de conjuntos cerrados no vacíos de $P$ por la pregunta anterior. Si $B(x, 1/n) \cap C \neq \varnothing$ Deja que $m = \min\{m \in \mathbb{N}_{>0} \mid \overline{B}(x, 1/n-1/m) \cap C \neq \varnothing\}$ . Entonces podemos elegir $x_0 = f(\overline{B}(x, 1/n-1/m) \cap C)$ de cada uno de los elementos de la base contable, por lo que podemos obtener un subconjunto denso contable de $D$ . ¿Es correcto?

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DanV Puntos 281

Sí. El argumento está bien. Desde $C$ está cerrado, basta con considerar $C_{n,m}=C\cap \overline{B}(x_n,1/m)\mid n<m\in\Bbb N\}$ y elige entre estos conjuntos.

Por supuesto, nos basamos en el hecho de que $C$ es cerrada para demostrar que la intersección es cerrada, y si $C$ es un conjunto arbitrario, esto ya no es así. Y, de hecho, es posible que un subespacio de $\Bbb R$ no es separable, aunque sea completamente metrizable.

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