Cerramiento de subshift

Question

Considera el conjunto $\sum_n^{+} = \{0,1,2,,,n-1\}^{\mathbb{N}}$ que consiste en todas las secuencias unilaterales de elementos en $\{0,1,2,...,n-1\}$. Por Tychonoff, esto es compacto (con respecto a la topología del producto). ¿Hay alguna otra manera de probar la compacidad aquí?

Define el mapa de desplazamiento $\sigma : \{0,1,2,,,n-1\}^{\mathbb{N}} \to \{0,1,2,,,n-1\}^{\mathbb{N}}$ por $\sigma(x_o\,x_1\,x_2\,,...) = (x_1\,x_2\,,...)$, que es continuo.

Luego, define un subshift de tipo finito $\sum_A \subset \sum_n^{+}$. ¿Cómo se puede probar que esto es cerrado como un subespacio de $(\sum_n^{+}, \sigma)$?

Answer 1

¿Existe otra forma de demostrar la compacidad aquí?

Sí, hay una forma directa. Pongamos $\bar n=\{0,\dots, n-1\}$ y supongamos, por el contrario, que existe un recubrimiento abierto $\mathcal U$ de $X=\bar n^{\Bbb N}=\sum_n^{+}$ que no tiene un subrecubrimiento finito. Entonces existe un número $n_0\in \bar n$ tal que $\mathcal U$ no tiene un subrecubrimiento finito de $X_0=\{(x_n)\in X: x_0=n_0\}$. Por inducción con respecto a $k$ podemos construir una secuencia $(n_k)\in [n]^{\Bbb N}$ tal que para cada $k$, $\mathcal U$ no tiene un subrecubrimiento finito de $X_k=\{(x_n)\in X: x_i=n_i$ para cada $i=1,\dots, k\}$. Existe un $U\in\mathcal U$ tal que $(n_k)\in U$. Dado que la familia $\{X_k:k\in\Bbb N}$ es una base en el punto $(x_n)$, existe un $k\in\Bbb N$ tal que $X_k\subset U$, una contradicción.

Answer 2

El teorema de Tíkhonov es la forma más sencilla de demostrar que $\Sigma_n^+$ es compacto, pero también se puede demostrar que es compacto al incrustarlo en el conjunto de Cantor: el conjunto de Cantor de tercios centrales es compacto como un subconjunto cerrado y acotado de $\Bbb R$, no es muy difícil mostrar que es homeomorfo a $\Sigma_2^+$ y que $\Sigma_2^+$ es homeomorfo a $\Sigma_{2^n}^+$ para cada $n\in\Bbb N$, y es fácil incrustar $\Sigma_n^+$ en $\Sigma_m^+$ cuando $n\le m$.

Tuve que buscar subshift de tipo finito, pero si entiendo correctamente podemos pensar en $A$ como una matriz binaria de tamaño $n\times n$ con entradas $a_{i,j}$ para $i,j\in\{0,1,\ldots,n-1\}$, en cuyo caso

$$\Sigma_A^+=\{\langle x_k:k\in\Bbb N\rangle\in\Sigma_n^+:a_{x_k,x_{k+1}}=1\text{ para cada }k\in\Bbb N\}\,.$$

En otras palabras, $\Sigma_A^+$ consiste en las secuencias en $\Sigma_n^+$ que son caminatas a lo largo del grafo con conjunto de vértices $\{0,1,\ldots,n-1\}$ y matriz de adyacencia $A$.

La forma más directa de demostrar que $\Sigma_A^+$ es cerrado en $\Sigma_n^+$ es mostrar que su complemento es abierto. Supongamos que $x=\langle x_k:k\in\Bbb N\rangle\in\Sigma_n^+\setminus\Sigma_A^+$; entonces hay un $\ell\in\Bbb N$ tal que $a_{x_\ell,x_{\ell+1}}=0$. Sea

$$U=\{\langle y_k:k\in\Bbb N\rangle:y_\ell=x_\ell\text{ y }y_{\ell+1}=x_{\ell+1}\}\,;$$

entonces $U$ es un conjunto abierto básico en el espacio producto $\Sigma_n^+$, $x\in U$, y $U\cap\Sigma_A^+=\varnothing$, por lo que $\Sigma_n^+\setminus\Sigma_A^+$ es abierto, y $\Sigma_A^+$ es cerrado.