Producto cartesiano de incontable número de espacios métricos compactos

Question

Supongamos que $ i \in [0,1]$ y cada $i$, $X_i$ es un espacio métrico compacto. Entonces, ¿es que un producto cartesiano de $X_i$ $ i \in [0,1]$ también es un espacio métrico compacto?

Answer 1

Desde que salió el tema, aquí está la historia básica de la compacidad secuencial en tales productos.

Deje $[\omega]^\omega$ denotar, como de costumbre, el conjunto de los infinitos subconjuntos de a $\omega$. Una familia $\mathscr{S}\subseteq[\omega]^\omega$ se llama la división de la familia si se tiene la siguiente propiedad:

$\qquad\quad$para cada uno de los infinitos $A\subseteq\omega$ hay un $S\in\mathscr{S}$ tal que $|A\cap S|=|A\setminus S|=\omega$.

La cardinalidad mínima de una familia se denota por a $\mathfrak{s}$. Esta división cardenal $\mathfrak{s}$ está íntimamente conectado con la compacidad secuencial de los productos.

Prop. 1: Supongamos que $X=\displaystyle\prod_{\xi<\mathfrak{s}}X_\xi$, donde cada una de las $X_\xi$ es un espacio de Hausdorff con al menos dos puntos; a continuación, $X$ no es secuencialmente compacto.

Prueba: Vamos a $\mathscr{S}=\{S_\xi:\xi<\mathfrak{s}\}$ ser una división de la familia. Para $\xi<\mathfrak{s}$ revisión de distintos puntos de $x_0^\xi,x_1^\xi\in X_\xi$. Para $n\in\omega$ definir $y_n\in X$ $$y_n(\xi)=\begin{cases} x_1^\xi,&\text{if }n\in S_\xi\\\\ x_0^\xi,&\text{if }n\notin S_\xi\;. \end{casos}$$ For any $\[\omega]^\omega$ there is a $\xi<\mathfrak{s}$ such that $|A\cap S_\xi|=|A\setminus S_\xi|=\omega$; then clearly $\langle y_k(\xi):k\in A\rangle$ doesn't converge in $X\xi$, so $\langle y_k:k\in\omega\rangle$ has no convergent subsequence in $X$. $\dashv$

En la otra dirección, tenemos:

Prop. 2: Supongamos que $X=\displaystyle\prod_{\xi<\kappa}X_\xi$ donde $\kappa<\mathfrak{s}$ y cada una de las $X_\xi$ es un compacto Hausdorff espacio de peso en la mayoría de las $\kappa$; a continuación, $X$ es secuencialmente compacto.

Prueba: Vamos a $\langle y_n:n\in\omega\rangle$ ser una secuencia en $X$. $X$ tiene una base $\mathscr{B}$ de cardinalidad $\kappa$; Vamos a $$\mathscr{B}\,'=\big\{B\in\mathscr{B}:|\{n\in\omega:y_n\in B\}|=\omega\big\}\;,$$ the set of $B\in\mathscr{B}$ containing infinitely many terms of the sequence. $\mathscr{B}\,'$ is not a splitting family, since $|\mathscr{B}\,'|\le\kappa<\mathfrak{s}$, so there is an infinite $A\subseteq\omega$ such that for every $B\in\mathscr{B}\,'$, one of the sets $\{n\en A:y_n\in B\}$ and $\{n\in A:y_n\notin B\}$ is finite. $X$ is compact, so $\{y_n:n\in A\}$ has a cluster point $s$, and I claim that $\langle y_n:n\in A\rangle\a y$. To see this, note that if $B\in\mathscr{B}$ is a nbhd of $s$, then $B\in\mathscr{B}\,'$ and hence $\{n\en A:y_n\notin B\}$ is finite (since $\{n\in A:y_n\in B\}$ is infinite by the choice of $s$). Thus, every nbhd of $s$ contains a tail of $\{y_n:n\in A\}$, which therefore converges to $s$. $\dashv$

En particular, y de mayor interés aquí:

Cor. 3: Supongamos que $X=\displaystyle\prod_{\xi<\kappa}X_\xi$, donde cada una de las $X_\xi$ es un espacio métrico compacto con al menos dos puntos; a continuación, $X$ es secuencialmente compacto iff $\kappa<\mathfrak{s}$. $\dashv$

Obviamente, esto plantea la cuestión de lo grande que es $\mathfrak{s}$ es. Claramente $[\omega]^\omega$ es una división de la familia, por lo $\mathfrak{s}\le\mathfrak{c}=2^\omega$. Por otro lado, $\mathfrak{s}$ debe ser innumerables:

Prop. 4: $\mathfrak{s}>\omega$.

Prueba: $\mathscr{C}=\{C_n:n\in\omega\}\subseteq[\omega]^\omega$ ser arbitraria. Deje $X_0=\mathscr{A}_0=\mathscr{B}_0=\varnothing$. Supongamos que $n\in\omega$ y $\{\mathscr{A}_n,\mathscr{B}_n\}$ es una partición de a $\{C_k:k<n\}$ tal que $\bigcap\mathscr{A}_n$ es infinito (donde se definen $\bigcap\varnothing=\omega$). Si $C_n\cap\bigcap\mathscr{A}_n$ es infinito, vamos $$\begin{align*} &\mathscr{A}_{n+1}=\mathscr{A}_n\cup\{C_n\},\\ &\mathscr{B}_{n+1}=\mathscr{B}_n\,,\text{ and}\\ &X_{n+1}=X_n\cup\left\{\inf \Big(C_n\cap\bigcap\mathscr{A}_n\setminus X_n\Big)\right\}\;. \end{align*}$$ Otherwise, let $$\begin{align*} &\mathscr{A}_{n+1}=\mathscr{A}_n\,,\\ &\mathscr{B}_{n+1}=\mathscr{B}_n\cup\{C_n\},\text{ and}\\ &X_{n+1}=X_n\cup\left\{\inf \Big(\bigcap\mathscr{A}_n\setminus (C_n\cup X_n)\Big)\right\}\;. \end{align*}$$ Let $X=\displaystyle\bigcup_{n\in\omega}X_n$, $\mathscr{A}=\displaystyle\bigcup_{n\in\omega}\mathscr{A}_n$, and $\mathscr{B}=\displaystyle\bigcup_{n\in\omega}\mathscr{B}_n$; $\{\mathscr{A},\mathscr{B}\}$ is a partition of $\mathscr{C}$, $X\setminus Un$ is finite for every $\en\mathscr{A}$, and $X\cap B$ is finite for every $B\in\mathscr{B}$, so $\mathscr{C}$ doesn't split $X$. $\dashv$

Por lo tanto, $\omega_1\le\mathfrak{s}\le\mathfrak{c}$. En $\text{CH}$, por lo tanto, el producto de $\omega_1$ no trivial compacto métrica espacios no es secuencialmente compacto. No es difícil mostrar, sin embargo, que el $\text{MA}+\lnot\text{CH}$ implica que el $\mathfrak{s}=\mathfrak{c}$ y, por tanto, que el producto de la $\omega_1$ compacto métrica del espacio es secuencialmente compacto. La prueba es similar a la de la Proposición. 4.

Prop. 5: ($\text{MA}+\lnot\text{CH}$) $\mathfrak{s}=\mathfrak{c}$.

Croquis de la Prueba: Vamos a $\mathscr{S}\subseteq[\omega]^\omega$$|\mathscr{S}\,|<\mathfrak{c}$. Vamos $$\mathscr{P}=\left\{\langle F,\mathscr{A},\mathscr{B}\,\rangle\in[\omega]^{<\omega}\times[\mathscr{S}\,]^{<\omega}\times[\mathscr{S}\,]^{<\omega}:\left|\bigcap\mathscr{A}\setminus\bigcup\mathscr{B}\right|=\omega\right\}\;.$$ For $\langle F_0,\mathscr{Un}_0,\mathscr{B}_0\rangle,\langle F_1,\mathscr{Un}_1,\mathscr{B}_1\rangle\en\mathscr{P}$ write $$\langle F_0,\mathscr{A}_0,\mathscr{B}_0\rangle \preceq \langle F_1,\mathscr{A}_1,\mathscr{B}_1\rangle$$ iff $F_1\subseteq F_0$, $\mathscr{Un}_1\subseteq\mathscr{Un}_0$, $\mathscr{B}_1\subseteq\mathscr{B}_0$, $F_0\setminus F_1\subseteq S$ for every $S\en\mathscr{Un}_1$, and $S\cap F_0\subseteq F_1$ for every $S\en\mathscr{B}_1$. It's routine to verify that $\langle \mathscr{P},\preceq\rangle$ is a ccc partial order in which the sets $$\mathscr{D}_S=\{\langle F,\mathscr{A},\mathscr{B}\,\rangle\in\mathscr{P}:S\in\mathscr{A}\cup\mathscr{B}\}\text{ for }S\in\mathscr{S}$$ and $$\mathscr{D}_n=\left\{\langle F,\mathscr{A},\mathscr{B}\,\rangle\in\mathscr{P}:\forall S\in\mathscr{A}\,\big(|S\cap F\,|\ge n\big)\right\}\text{ for }n\in\omega$$ are dense and open. Let $\mathscr{F}\subseteq\mathscr{P}$ be a filter meeting each of these dense sets. Let $$\begin{align*}X&=\bigcup\left\{F\in[\omega]^{<\omega}:\exists\mathscr{A},\mathscr{B}\in[\mathscr{S}\,]^{<\omega}\big(\langle F,\mathscr{A},\mathscr{B}\rangle\in\mathscr{F}\,\big)\right\},\\ \mathscr{S}_0&=\bigcup\left\{\mathscr{A}\in[\mathscr{S}\,]^{<\omega}:\exists F\in[\omega]^{<\omega}\;\exists\mathscr{B}\in[\mathscr{S}\,]^{<\omega}\big(\langle F,\mathscr{A},\mathscr{B}\rangle\in\mathscr{F}\,\big)\right\},\text{ and}\\ \mathscr{S}_1&=\bigcup\left\{\mathscr{B}\in[\mathscr{S}\,]^{<\omega}:\exists F\in[\omega]^{<\omega}\;\exists\mathscr{A}\in[\mathscr{S}\,]^{<\omega}\big(\langle F,\mathscr{A},\mathscr{B}\rangle\in\mathscr{F}\,\big)\right\}.\\ \end{align*}$$ Then $\{\mathscr{S}_0,\mathscr{S}_1\}$ is a partition of $\mathscr{S}$, $X\in[\omega]^\omega$, $|X\subseteq S|<\omega$ for every $S\en\mathscr{S}_0$, and $|X\cap S|<\omega$ for every $S\en\mathscr{S}_1$, so $\mathscr{S}$ doesn't split $X$. $\dashv$

Hay muchas otras consistencia de los resultados, pero esto ya es suficiente para mostrar que depende mucho de su teoría de conjuntos.

Y mientras he escrito esto mucho ya, he aquí una prueba directa de que el producto de innumerables muchos no trivial compacto métrica espacios no es la primera contables.

Deje $Y$ ser un espacio de este tipo. A continuación, $Y$ contiene una copia de $X=D^{\omega_1}$ donde $D$ es de dos puntos discretos del espacio, por lo que es suficiente para mostrar que $X$ no es la primera contables. Deje $z$ a ser el elemento de $X$ tal que $z(\xi)=0$ todos los $\xi\in\omega_1$. Para cada una de las $\xi\in\omega_1$ deje $B_\xi=\{x\in X:x(\xi)=0\}$. Si $\mathscr{U}=\{U_n:n\in\omega\}$ es una contables de base local en $z$, entonces para cada a $\xi\in\omega_1$ hay un $n(\xi)\in\omega$ tal que $U_{n(\xi)}\subseteq B_\xi$. Para $k\in\omega$ deje $A_k=\{\xi\in\omega_1:n(\xi)=k\}$; hay algunos $k\in\omega$ tal que $|A_k|=\omega_1$. Ahora elija $B(\varphi)\in\mathscr{B}$ tal que $z\in B(\varphi)\subseteq U_k$, vamos a $F=\operatorname{dom}\,\varphi$, y elija $\eta\in A_k\setminus F$. Definir $x\in X$ por $$x(\xi)=\begin{cases}1,&\text{if }\xi=\eta\\0,&\text{otherwise}\;;\end{cases}$$ then $x\in B(F)\setminus B_\eta\subseteq B(F)\setminus U_k$, which is a contradiction. $\dashv$

Answer 2

Si $X_i$ son no trivial, entonces la respuesta es no.

El producto de espacios compactos es compacto, como el teorema de Tychonoff nos dice. Incluso es separable, desde compacto métrica espacios son separables, y el producto de la continuidad de muchos espacios separables es separable.

De esto tenemos que el producto no es de primera contables, ya que Hausdorff + separables + primer contables implica la cardinalidad del espacio es en la mayoría de continuum, en donde el producto de la $2^{\aleph_0}$ muchos conjuntos de al menos dos puntos cada uno es mucho más que el continuo.

Esto implica que el espacio resultante no es metrizable, desde un espacio métrico es siempre lo primero contables.