La cardinalidad de la topología Euclidiana y el axioma de elección

Question

Es relativamente sencillo demostrar que la topología Euclidiana tiene la misma cardinalidad como el espacio en sí mismo. He esbozado una prueba a continuación. La prueba parece confiar mucho en el axioma de elección. Estoy perfectamente bien con (contables) dependiente de la elección — quiero ser capaz de definir las secuencias de forma recursiva, por ejemplo—, pero normalmente uno no necesita más opciones de topología en Euclidiana espacios.

Es dependiente de la elección suficiente para demostrar que la topología de $\mathbb R^n$, $n\geq1$, tiene la misma cardinalidad como $\mathbb R^n$? Si sí, ¿cómo demostrarlo? Si no, ¿cuánto sabemos acerca de la cardinalidad de la topología? Parece que la cardinalidad de la topología se encuentra entre el$\mathfrak{c}$$2^{\mathfrak{c}}$, pero hay más estrictos límites?

Prueba de igualdad de cardinalidades con la elección: Deje $T$ ser la topología de $\mathbb R^n$ $B$ una contables de base (racional de las bolas, por ejemplo). Desde $|2^B|=|\mathbb R^n|$, es suficiente para encontrar una inyección de $f:\mathbb R^n\to T$ y un surjection $g:2^B\to T$. Estos se establecerían $|\mathbb R^n|\leq|T|\leq|2^B|=|\mathbb R^n|$, y la conclusión de la siguiente manera. (Alternativamente, el surjection $g$ tiene un inyectiva derecho inversa, y por lo tanto tenemos inyecciones en ambos sentidos entre los $\mathbb R^n$$T$. La existencia de un bijection sigue de Schröder–Bernstein teorema.) Podemos simplemente tomar $f(x)=B(x,1)$$g(A)=\bigcup_{U\in A}U$.

La inyección de $\mathbb R^n$ $T$no requiere de elección y siempre $T\subset 2^{\mathbb R^n}$, así que al menos $\mathfrak{c}\leq|T|\leq2^{\mathfrak{c}}$ sin AC. Sin elección, yo no puedo comparar cardenales tan fácilmente o producir inyectiva derecho inversos para surjections, así que mi prueba se cae a pedazos.

Answer 1

El argumento en realidad no usar el axioma de elección.

Fijar una contables base $\{B_n\mid n\in\Bbb N\}$, ahora la nota de las siguientes es verdadera.

Si $U,V$ son subconjuntos abiertos de $\Bbb R^n$, $U=V$ si y sólo si $\{n\mid B_n\subseteq U\}=\{m\mid B_m\subseteq V\}$.

Esto nos da una inyección de la open ajusta a los subconjuntos de a $\Bbb N$. Ahora el uso de Cantor-Bernstein, que aguanta sin elección, hemos terminado.

Answer 2

Usted no necesita aquí en todos - todo conjunto abierto $U$ tiene un canónica descripción en términos de open básica de conjuntos, $code(U)=\{B_\eta: B_\eta\subseteq U\}$ (donde $\{B_\eta: \eta<\omega\}$ es el conjunto de todas las pelotas con racional de radio y centro). Claramente tenemos $code(U)=code(V)\iff U=V$, y el conjunto de los códigos de tamaño de continuo.