Completa de métricas de los subespacios de $\mathbb{Q}$

Question

Hay una buena caracterización de la completa de métricas de los subespacios de $\mathbb{Q}$ (con la métrica usual)?

Me parece un ejemplo de un subespacio debe tener vacío interior; si contiene un intervalo abierto, entonces es evidente que contienen un no-convergencia de Cauchy de la secuencia. Pero esto no es suficiente, porque considerar el subconjunto $\left\{\frac{1}{n} : n \in \mathbb{N} \right\} \subseteq \mathbb{Q}$. Esto ha vacío interior, pero no está completo porque no contiene el $0$. En otras palabras, una completa subespacio de $\mathbb{Q}$ debe estar cerrada (que creo que es cierto acerca de la métrica de los espacios en general).

Para una completa subespacio de $\mathbb{Q}$ deben ser cerrados y vacío interior, pero son estos dos suficiente para implicar integridad? Si es así, ¿cómo puedo probar esto, y si no, ¿qué me estoy perdiendo? No estoy necesariamente en busca de una respuesta completa, sólo algunos de los punteros en la dirección correcta.

Answer 1

Hay una caracterización completa de todos los contables completa de métricas de espacios. Los números ordinales.

Más específicamente, se puede demostrar que si $\alpha$ es una contables ordinal, a continuación, el fin de la topología en $\alpha$ es completamente metrizable.

Por supuesto que hay completa de los subespacios de $\Bbb Q$ que no son el fin de isomorfo a un ordinal; sin embargo están homeomórficos a un ordinal (una vez que elegimos la métrica, y nos olvidamos de la orden).

[En mi post anterior escribí algo que era falso; que el sucesor de los números ordinales se completa, sin embargo, dejé de lado el hecho de que una secuencia cuyas distancias desde el primer elemento de acercamiento $\infty$ no tiene que tener un límite. Sucesor de los números ordinales son los compactos métrica espacios, sin embargo. Así que un subconjunto de a $\Bbb Q$ es compacto si y sólo si es homeomórficos a un ordinal sucesor.]