"Prueba" de que el $\mathbb{R}^J$ no es normal cuando se $J$ es incontable

Question

En "Topología" por Munkres, deja como un ejercicio para demostrar que $\mathbb{R}^J$ no es normal en el producto de la topología de al $J$ es incontable. La prueba descrito como el ejercicio 32.9 es la misma que la dada en la 'Contraejemplos en la Topología del libro, espacio #103, Infinidad de Productos de $\mathbb{Z}^+$. Mi pregunta es un dos-fer:

1) Es lo que yo he descrito a continuación una alternativa a prueba a las partes (c) y (d) en su problema como se indica? O he pasado mal en algún paso? Yo soy escéptico, como mi "prueba" es bastante más simple de lo que se da en el esquema en el libro, y se menciona un par de veces que la prueba es bastante difícil. Tal vez me estoy perdiendo el punto, que es para ver lo de la Piedra hizo en su prueba con su particular secuencias y conjuntos. Lo que me lleva a mi segunda pregunta...

2) Cuando más simples pruebas existen, es tradición en matemáticas para honrar a los originales de las pruebas como una cuestión de principio, la publicación de ellos en lugar de más simplificado versiones?

La prueba de que $\mathbb{R}^J$ no es normal:

La prueba comienza por el examen de un subespacio cerrado de $\mathbb{R}^J$, en este caso $X = (\mathbb{Z}_+)^J$, y demostrando que no es normal. Los elementos en $X$ son escritas usando el mapa de notación, $x:J \rightarrow \mathbb{Z}_+$.

En primer lugar, en la parte (a), se muestra que si $x \in X$ $B$ es un subconjunto finito de $J$, entonces los conjuntos de $U(x, B) = \{ y \in X : y(\alpha) = x(\alpha), \alpha \in B\}$ forma una base para $X$.

Segundo, en la parte (b), se muestra que si $P_n$ es el subconjunto de a $X$ consta de $x \in X$ s.t. $x$ es inyectiva en a$J - x^{-1}(n)$, $P_n$ es cerrado. Por otra parte, si $n \neq m$,$P_n \cap P_m = \emptyset$. La prueba de ello se utiliza la base de los elementos en (a).

Aquí es donde mi prueba difiere de la de la literatura. Considere un conjunto $P_n$ algunos $n \in \mathbb{Z}^+$, y supongamos que $U$ es un conjunto abierto que contiene a $P_n$. Vamos a mostrar que el $U = X$, y por lo $X$ no puede ser normal, ya que dos conjuntos cerrados $P_n$ $P_m$ no puede ser separada por distintos bloques abiertos.

Elija algunas de $\alpha' \in J$, y definir un conjunto de secuencias de $x_i \in X$ como el siguiente, donde $i \in \mathbb{Z}^+$: Vamos a $x_i(\alpha) = i$ al $\alpha = \alpha'$, e $x_i(\alpha) = n$ lo contrario. A continuación, cada secuencia $x_i \in P_n$, ya que el $x_i(\alpha) = n$ en todos, pero en la mayoría de singleton en $J$, es decir,$\alpha'$. Por lo tanto, $x_i \in U$ por cada $i \in \mathbb{Z}^+$. Como tal, la coordenada correspondiente a $\alpha'$ en el producto de abrir los conjuntos que componen $U$ debe ser igual a $\mathbb{Z}^+$. Desde $\alpha'$ fue arbitraria, cada coordenada en el producto $U$ debe ser igual a $\mathbb{Z}^+$, y por lo $U = X$.

Por lo tanto $X$ no puede ser normal, como dos distintos conjuntos cerrados, $P_n$ $P_m$ donde $n \neq m$, no puede ser separada por distintos bloques abiertos.

Answer 1

Incluso sin ver donde está el problema, usted puede ver que no debe ser uno: si $m \ne n$, $X\setminus P_m$ es una nbhd de $P_n$ correctamente contenida en $X$, por lo que su conclusión de que no puede haber tal es false.

La falla en su argumento es que el abrir nbhd $U$ $P_n$ no se necesita ser un básico de abrir nbhd: no tiene que ser un producto de abrir sets. De hecho, no existe un conjunto de la forma $U(x,B)$ puede contener $P_n$. Para ver esto, vamos a $B_0 = \{\alpha\in B:x(\alpha)=n\}$, y deje $B_1 = B \setminus B_0$. Si $B_1 \ne \varnothing$, definir $y \in X$ $y(\alpha) = n$ todos los $\alpha \in J$; claramente $y \in P_n \setminus U(x,B)$. Si $B_1 = \varnothing$, fix $\alpha_0 \in B_0$, y definir $y \in X$ $$y(\alpha) = \begin{cases}n+1,&\alpha = \alpha_0\\ n,&\text{otherwise}; \end{casos}$$ clearly we again have $s \en P_n \setminus U(x,B)$.

Answer 2

Usted no puede probar que lo que se reclama: $P_1$ $P_2$ están cerrados y disjuntos tan claramente $X \setminus P_2$ es abrir un superconjunto de a $P_1$, la desigualdad de a $X$.

El error en la prueba de ello es que se muestran: por cada coordinar $\alpha$ y cada una de las $m$ $\mathbb{Z}^{+}$ existe un vecindario $U(\alpha,m)$ que es un subconjunto de a$U$$m \in p_{\alpha}[U(\alpha, m)]$. De esto no se sigue de que ese $U = X$ a partir de eso. Sólo muestra que $U$ de los proyectos en cada uno de los factores de espacio, pero esto no es suficiente. Considere la posibilidad de la diagonal en un producto finito de espacios discretos, para un ejemplo de que: la diagonal está abierto, y la proyecta sobre cada factor en el juego completo, sin embargo, es "delgada", y no es igual al producto completo.