¿Cuáles son los requisitos para la separación de la herencia

Question

Supongamos que tenemos una arbitraria separable espacio topológico $X$. ¿Cuáles son algunos (posiblemente nonequivalent) requisitos mínimos para poner en $X$ para asegurarse de que cada subespacio de $X$ es separable?

Esto no es cierto para arbitrario de espacios, como atestiguan el espacio $X$ que es incontable, donde abiertas conjuntos son precisamente los conjuntos que contienen algún punto en especial $x_0$. Es separable (debido a $\lbrace x_0\rbrace$ es densa), sino $X\setminus \lbrace x_0\rbrace$ es incontable y discretos, por lo que no separable. Sin embargo, este espacio no es ni $T_1$ (aunque es $T_0$).

Esto es claramente cierto para el segundo contables espacios (porque el peso no es menor que la densidad, y se hereda), pero que no es necesario, como se muestra mediante un ejemplo similar al anterior, pero con el $X$ contables.

De forma análoga pregunta podría hacerse la sustitución de $\aleph_0$ arbitrarias infinito cardenal $\kappa$: supongamos que tenemos un espacio de $X$, con una densa subconjunto de cardinalidad en la mayoría de las $\kappa$, lo que debemos exigir de $X$, para que esto sea hereditario? En este caso se puede realizar el análisis, que es exactamente análoga a la anterior, pero tal vez algunos de los resultados más concretos será más difícil llegar a con innumerables $\kappa$...

Así que realmente tengo dos algo relacionado con las preguntas. En términos del cardenal invariantes de la densidad de $d$ hereditaria y la densidad de $hd$, ¿qué tenemos que ponernos en $X$ a tener algunos de los siguientes:

1. (Sólo para $X$ separables) $hd(X)\leq\aleph_0$
2. $d(X)= hd(X)$

Mediante un análisis similar al anterior sabemos que 2. no es cierto en general, así como la $d(X)=w(X)$ implica que 2, pero no es necesario.

Agradecería algunas condiciones que implicaría una, o algunas agradable contraejemplos que satisfacer algunos de los más fuertes de la separación de los axiomas que acaba de $T_0$ (si los hay, creo que no debería ser...), o una prueba de que no hay ninguno.

Editar: Sam L. sugiere el ejemplo de Niemytzki de avión, lo que demuestra que incluso un poco fuerte de la separación de los axiomas no son suficientes: es completamente regular y separables y contables de carácter, pero tiene un incontable discretos subespacio. No es difícil ver que mediante la adopción de un adecuado subespacio, podemos fortalecer a $w(X)=\aleph_1$ (independientemente de CH), y sí es un contraejemplo para todos los $\kappa<\mathfrak c$.

Edit 2: Como por Arthur Fischer sugerencia, si tomamos una arbitraria no trivial de segunda contables compacto Hausdorff espacio de $X$ (como $2$ con la topología discreta o $[0,1]$), $X^\mathfrak c$ serán separables (debido a que el producto de que en la mayoría de $\mathfrak c$ separables espacios separables), así como de Hausdorff y compacto, y por lo tanto normal, pero tiene una discreta subespacio de cardinalidad $\mathfrak c$. Esto demuestra que no hay costumbre de separación de los axiomas será suficiente, ni siquiera aumentada por la compacidad.

Answer 1

Los resultados en los comentarios son negativos. Aquí un resultado positivo, aunque con una fuerte hipótesis:

Teorema: Todos los LOTES (espacio cuya topología es generado por un orden lineal) ha hereditario densidad igual a su densidad.

Prueba: Vamos a $\langle X,\le\rangle$ ser un MONTÓN, y deje $Y$ ser un subespacio de $X$. Deje $D$ ser un subconjunto denso de $X$ de cardinalidad $d(X)$, y sin pérdida de generalidad supongamos que $D$ contiene el extremo(s) de $X$, si los hubiere. Para cada una de las $a,b\in D$ $a<b$ $(a,b)\cap Y\ne\varnothing$ fix $y(a,b)\in(a,b)\cap Y$. Deje $I$ el conjunto de puntos aislados de a $Y$, y deje $E=D\cup\{y(a,b):a,b\in D\text{ and }a<b\text{ and }(a,b)\cap Y\ne\varnothing\}$.

Reclamo: $I\cup E$ es denso en $Y$.

Prueba: Vamos a $U$ ser cualquier no-vacío abierto subconjunto de $Y$. Si $U\cap I\ne\varnothing$, hemos terminado, así que asumir que $U\cap I=\varnothing$. Fix $y\in U$; hay $a,b\in D$ tal que $a<y<b$$(a,b)\cap Y\subseteq U$, y claramente esto se asegura de que $y(a,b)\in U$. $\dashv$

Claramente $|E|\le d(X)$, así que para mostrar que $d(Y)\le d(X)$, es suficiente para mostrar que $|I|\le d(X)$. Fix $y\in I$. Supongamos primero que $y$ no tiene ningún inmediato predecesor o sucesor en $X$. Luego hay $a_y,b_y\in D$ tal que $(a_y,b_y)\cap Y=\{y\}$. Siguiente, supongamos que $y$ tiene un predecesor inmediato $y^-$ y un inmediato sucesor $y^+$$X$; a continuación,$y\in D\subseteq E$.

Por último, supongamos que el $y$ no tiene predecesor inmediato, pero sí tiene un inmediato sucesor $y^+$$X$. (El caso inverso es totalmente similar.) Si $y^+\in D$, hay un $a_y\in D$ tal que $(a_y,y^+)\cap Y=\{y\}$, y nos pusimos $b_y=y^+$. Tenga en cuenta que esto es necesariamente el caso si $y^+$ tiene un inmediato sucesor en $X$, por lo que podemos suponer que la $y^+\in\operatorname{cl}(y^+,\to)$ y $y^+\notin D$. Luego hay $a_y\in(\leftarrow,y)\cap D$ $b_y\in(y^+,\to)\cap D$ tal que $(a_y,b_y)\cap Y\subseteq\{y,y^+\}$. La asignación de $y\mapsto(a_y,b_y)$ es en la mayoría de los $2$-$1$, por lo $|I|\le d(X)$, y la prueba está completa. $\dashv$

Añadido: El resultado puede ser fortalecido un poco. Un GO-espacio es un espacio de Hausdorff $\langle X,\tau\rangle$ con un orden lineal $\le$ tal que cada punto de $X$ tiene una base local de $\le$-intervalos; estos intervalos pueden ser abiertos, cerrados o semi-abierta, y si están cerrados, que puede ser degenerada. Bien es sabido por $X$ " es un espacio de iff $X$ es un subespacio de un MONTÓN.

Corolario: Si $X$ " es un espacio, a continuación,$d(X)=hd(X)$.

Prueba: Vamos a $\langle X,\tau\rangle$ ser un espacio con asociados orden lineal $\le$, y deje $D$ ser un subconjunto denso de $X$ de cardinalidad $d(X)$. Deje $\tau_\le$ ser el fin de la topología en $X$ generado por $\le$; $\tau_\le\subseteq\tau$. Vamos $$L=\{x\in X:[x,\to)\in\tau\setminus\tau_\le\}$$ and $$R=\{x\in X:(\leftarrow,x]\in\tau\setminus\tau_\le\}\;.$$ Note that $L\cap R\subseteq D$.

Vamos $$X^+=\Big(X\times\{1\}\Big)\cup\Big(L\times\{0\}\Big)\cup\Big(R\times\{2\}\Big)\;,$$ and let $\preceq$ be the lexicographic order on $X^+$ determined by $\le$ on $X$ and the usual order on $\{0,1,2\}$, and let $\tau_\preceq$ be the order topology on $X^+$ induced by $\preceq$. If we identify $X$ with $X\times\{1\}$ in the obvious way, it's a little tedious but not difficult to verify that the topology that $X$ inherits from $\left\langle X^+,\tau_\preceq\right\rangle$ coincides with $\tau$. Let $D\,'=D\times\{1\}$; I'll show that $D\,'$ is dense in $X^+$.

Supongamos que $p=\langle x,m\rangle,q=\langle y,n\rangle\in X^+$$p\prec q$$(p,q)\ne\varnothing$. Si $x=y$,$m=0$$n=2$, lo $x\in L\cap R\subseteq D$, e $\langle x,1\rangle\in(p,q)\cap D\,'$. Supongamos ahora que $x<y$. Si $(x,y)$ es no vacío en $X$, elija $z\in(x,y)\cap D$; a continuación,$\langle z,1\rangle\in(p,q)\cap D\,'$. De lo contrario, $y$ es el inmediato sucesor de $x$$X$. Esto implica que $(\leftarrow,x],[y,\to)\in\tau$, lo $x\notin R$, e $y\notin L$. De ello se sigue que $p=\langle x,0\rangle$, $q=\langle y,2\rangle$, o ambos, de lo contrario,$(p,q)=\varnothing$. Si $p=\langle x,0\rangle$, $x$ es aislado en $X$, lo $x\in D$, e $\langle x,1\rangle\in(p,q)\cap D\,'$. Del mismo modo, si $q=\langle y,2\rangle$,$\langle y,1\rangle\in(p,q)\cap D\,'$. En todos los casos $(p,q)\cap D\,'\ne\varnothing$, lo $D\,'$ es de hecho densa en $X^+$, y desde $X^+$ es un MONTÓN tenemos $hd(X^+)=d(X^+)\le|D|=d(X)$. Pero $X$ es un subespacio de $X^+$, lo $d(X)\le hd(X)\le hd(X^+)\le d(X)$, y por lo tanto $d(X)=hd(X)$. $\dashv$