Unión disjunta incontable de $\mathbb{R}$

Question

Estoy haciendo el 1.2 de la Introducción a los colectores lisos de Lee: Demostrar que la unión disjunta de incontables copias de $\mathbb{R}$ no es segundo contable.

Así que primero, dejemos $I$ sea el conjunto sobre el que se realiza la unión. Entonces creo que la unión disjunta es simplemente $\mathbb{R}\times I$ . Entonces creo que conjuntos de la forma $\cup_{x\in A}(x,i)$ es abierto si y sólo si $A\subset\mathbb{R}$ es abierto (aunque sé que los conjuntos abiertos se definen con la inyección canónica). Al principio pensé que si dejaba que $I=\mathbb{R}$ entonces $\mathbb{R}\times I=\mathbb{R^2}$ pero ahora estoy pensando que tal vez sólo tienen los mismos elementos, pero la topología es diferente, y esta es la razón $\mathbb{R}\times I$ no es segundo contable?

Answer 1

Será más fácil si hablamos de $(0,1)$ que es homeomorfo a $\mathbb R$ pero su diámetro es $1$ .

En primer lugar, observe que la unión disjunta es metrizable, estableciendo que la distancia entre dos puntos cualesquiera procedentes de dos ejemplares diferentes es $2$ .

Para los espacios métricos la segunda contabilidad implica la separabilidad. Sin embargo un subconjunto contable de la unión disjunta no puede cumplir todo las copias, sólo un número contable de ellas.

Por tanto, la unión disjunta no es separable y, por tanto, no es contable en segundo lugar.

Answer 2

Tienes razón, es el hecho de que estemos considerando la topología de unión disjunta lo que hace que no sea contable. Aunque la prueba de Asaf es muy hábil, aquí hay un argumento directo (mucho más largo).

Dejemos que $A$ sea un conjunto incontable, y sea $X_\alpha=\mathbb{R}$ para cada $\alpha\in A$ . Sea $X=\coprod_{\alpha\in A}X_\alpha$ con la topología de unión disjunta. Los conjuntos abiertos de $X$ son aquellos conjuntos de la forma $\coprod_{\alpha\in A}U_\alpha$ donde $U_\alpha\subseteq X_\alpha$ está abierto. En particular, para cualquier $\beta\in A$ , $X_\beta=\coprod_{\alpha\in A}U_\alpha$ donde $U_\beta=X_\beta$ y $U_\alpha=\emptyset$ para $\alpha\neq\beta$ es un conjunto abierto de $X$ .

Dejemos que $\mathcal{B}$ sea cualquier base de la topología en $X$ para que todo conjunto abierto $U\subseteq X$ tiene $$U=\bigcup_{\substack{B\,\in\,\mathcal{B}\\B\,\subseteq\, U}} B.$$ Obviamente, esto implica que para cualquier conjunto abierto no vacío $U$ en $X$ existe un número no vacío de $B\in\cal{B}$ tal que $B\subseteq U$ . En otras palabras, para cualquier conjunto abierto no vacío $U$ en $X$ tenemos $|Z(U)|\geq 1$ , donde $$Z(U)=\{B\in\mathcal{B}\mid B\subseteq U,B\neq\emptyset\}.$$ Porque cada $X_\alpha$ es un conjunto abierto no vacío en $X$ y $X_\alpha\cap X_\beta=\emptyset$ para cualquier $\alpha\neq\beta$ tenemos que $$Z(X_\alpha)\cap Z(X_\beta)= \{B\in\mathcal{B}\mid B\subseteq X_\alpha\cap X_\beta,B\neq\emptyset\}=\emptyset\text{ for any }\alpha\neq\beta.$$

Porque $\mathcal{B}\supseteq\bigcup_{\alpha\in A}Z(X_\alpha)$ y $Z(X_\alpha)\cap Z(X_\beta)=\emptyset$ para $\alpha\neq\beta$ tenemos $$|\mathcal{B}|\geq\sum_{\alpha\in A}|Z(U)|\geq\sum_{\alpha\in A}1=|A|,$$ Porque $A$ es incontable, $\mathcal{B}$ es incontable. Así, $X$ no es contable en segundo lugar.

Answer 3

El mero hecho de saber que un espacio es una unión disjunta de una colección de subespacios conocidos no es suficiente para reconstruir la topología del espacio. Por eso, cuando se habla de uniones disjuntas externas, la convención estándar es tomar cada uno de los subespacios unidos como un conjunto abierto en la unión disjunta.

En su caso, esto equivale a tomar $I$ para ser un espacio discreto incontable, que no produce un espacio homeomorfo a $\mathbb{R}^2$ sino un espacio con un número incontable de componentes conectados, cada uno de los cuales es homeomorfo a $\mathbb{R}$ .

En este punto, deberías ser capaz de demostrar por qué el espacio no es segundo contable por tu cuenta. Como pista, demuestre que cualquier base tiene un elemento que es un subconjunto de una copia de $\mathbb{R}$ por cada copia de $\mathbb{R}$ .

Answer 4

Obsérvese que algo más fuerte es cierto: ninguna suma topológica de espacios topológicos incontables es segunda contable.

Dejemos que $I$ sea un conjunto incontable, y para cada $i \in I$ dejar $X_i$ sea un espacio topológico (no vacío). Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que el $X_i$ s son disjuntos por pares. Consideremos la suma topológica $X = \bigoplus_{i \in I} X_i$ . Demostramos que $X$ no es contable en segundo lugar.

Recordemos que $U \subseteq X$ está abierto en $X$ si $U \cap X_i$ está abierto en $X_i$ para cada $i \in I$ . De esto se deduce que la familia $$\mathcal{B} = \bigcup_{i \in I} \{ U \subseteq X_i : U \text{ is open in }X_i \}$$ es una base para $X$ .

Lo siguiente es un hecho bastante fácil de demostrar:

Dada cualquier base $\mathcal{D}$ para un espacio topológico $Y$ debe haber una base $\mathcal{D}^\prime$ para $Y$ de tamaño/cardinalidad mínimo posible incluido en $\mathcal{D}$ .

Así, si $X$ fueran segundo contable alguna subfamilia contable de $\mathcal{B}$ debe ser una base para $X$ . Pero la unión de cualquier subfamilia contable de $\mathcal{B}$ sólo puede reunirse con un número contable de $X_i$ s, y por lo tanto no pueden ser todos los $X$ ¡!

Answer 5

Un intento de simplificar el argumento de Arthur Fischer:

Cada copia del espacio base es un conjunto abierto, y estos son disjuntos por pares. Como hay un número incontable de ellos, el condición de cadena contable no se satisface, por lo que la unión no es separable ni contable en segundo lugar.