¿Por qué los espacios ordenados son normales? [recolectando pruebas]

Question

Saluda a

Este es un problema que quise resolver durante mucho tiempo, y finalmente lo hice hace algunos días. Así que quiero pedirle a la gente aquí en MSE que muestren tantas respuestas diferentes a este problema como sea posible. Ofreceré un Bounty en dos días, dependiendo del interés en el problema, y eventualmente lo aumentaré a medida que sea más votado. Por supuesto, mostraré mi respuesta a esta pregunta para saber si es correcta.

Gracias

Answer 1

$ \newcommand { \cl }{ \operatorname {cl}}$ Teorema. Deje que $ \langle X, \tau , \le\rangle $ ser un MUCHO; entonces $X$ es $T_5$ .

Prueba. Deje que $H$ y $K$ se separarán subconjuntos de $X$ . Para cada uno $x \in H$ hay una convexa $V_x \in\tau $ de tal manera que $x \in V_x \subseteq X \setminus K$ y para cada uno $x \in K$ hay una convexa $V_x \in\tau $ de tal manera que $x \in V_x \subseteq X \setminus H$ . Deje que $V_H= \bigcup_ {x \in H}V_x$ y $V_K= \bigcup_ {x \in K}V_x$ claramente $H \subseteq V_H$ , $K \subseteq V_K$ y $V_H \cap V_K \subseteq X \setminus (H \cup K)$ .

Deje que $V=V_H \cap V_K$ . Si $V= \varnothing $ hemos terminado, así que supongamos que $V \ne\varnothing $ . Definir una relación $ \sim $ en $V$ por $p \sim q$ iff $ \left [ \min\ {p,q\}, \max\ {p,q\} \right ] \subseteq V$ es fácilmente verificable que $ \sim $ es una relación de equivalencia cuyas clases de equivalencia son los componentes de orden de $V$ .

Deje que $T \subseteq V$ contienen exactamente un punto de cada $ \sim $ - de clase. Supongamos que $x \in H$ y $p,q \in V_x \cap T$ con $p<q$ Yo mostraré eso $p<x<q$ . Supongamos que $x<p$ . Desde $p \in T \subseteq V$ hay un $y \in K$ de tal manera que $p \in V_y$ ; $[x,q] \subseteq V_x \subseteq X \setminus K$ así que $y \notin [x,q]$ . Si $y<x$ Entonces $x \in [y,p] \subseteq V_y \cap H= \varnothing $ así que $x<p<q<y$ . Pero entonces $[p,q] \subseteq V_x \cap V_y \subseteq V$ así que $p \sim q$ contradiciendo la elección de $p$ y $q$ y mostrando que $p<x$ . Un argumento similar muestra que $x<q$ . Del mismo modo, si $x \in K$ y $p,q \in V_x \cap T$ con $p<q$ Entonces $p<x<q$ . Observe que se deduce inmediatamente que $|V_x \cap T| \le 2$ para todos $x \in H \cup K$ .

Ahora arregla $p \in T$ . Deje que $H_p=\{x \in H:p \in V_x\}$ y $K_p=\{x \in K:p \in V_x\}$ ; $H_p \ne\varnothing\ne K_p$ ya que $p \in V$ . Supongamos que $x<p$ para algunos $x \in H_p$ . Si $y \in K_p$ y $y<p$ entonces, o bien $x<y$ y $y \in V_x$ o $y<x$ y $x \in V_y$ ya que los conjuntos $V_x$ y $V_y$ son convexos; tampoco es posible, así que $p<y$ y desde que $y \in K_p$ fue arbitraria, $p<K_p$ . Un argumento similar muestra entonces que $H_p<p$ y por lo tanto $H_p<p<K_p$ . Si en cambio $p<x$ para algunos $x \in H_p$ De manera similar, se deduce que $K_p<p<H_p$ .

Para cada uno $x \in H \cup K$ definir $W_x \in\tau $ de la siguiente manera: $$W_x= \begin {cases}V_x,& \text {if }V_x \cap T= \varnothing\\V_x\cap (p, \to ),& \text {if }V_x \cap T=\{p\} \text { and }p<x \\V_x\cap ( \leftarrow ,p),& \text {if }V_x \cap T=\{p\} \text { and }x<p \\V_x\cap (p,q),& \text {if }V_x \cap T=\{p,q\} \text { and }p<x<q\;. \end {cases}$$ Deje que $$W_H= \bigcup_ {x \in H}W_x \qquad\text {and} \qquad W_K= \bigcup_ {x \in K}W_x\;;$$ claramente $W_H$ y $W_K$ están abiertas, $H \subseteq W_H$ y $K \subseteq W_K$ y afirmo que $W_H \cap W_K= \varnothing $ .

Supongamos que no; entonces hay $x \in H$ y $y \in K$ de tal manera que $W_x \cap W_y \ne\varnothing $ sin pérdida de generalidad supongamos que $x<y$ . Arreglar $q \in W_x \cap W_y$ no es difícil ver que $x<q<y$ ya que $W_x$ y $W_y$ son convexos. Además, $q \in V$ así que $q \sim p$ para una única $p \in T$ . Deje que $I$ ser el intervalo cerrado con puntos finales $p$ y $q$ . Luego $I \subseteq V \subseteq X \setminus (H \cup K)$ así que $x,y \notin I$ y por lo tanto $x<p<y$ . Si $p \le q$ Entonces $p \in W_x \cap T \subseteq V_x \cap T$ y por construcción $W_x \subseteq ( \leftarrow ,p)$ y $p \notin W_x$ una contradicción. Si, por otro lado, $q \le p$ Entonces $p \in W_y \cap T \subseteq V_y \cap T$ para que $W_y \subseteq (p, \to )$ y $p \notin W_y$ lo cual es de nuevo una contradicción, y se deduce que $W_H \cap W_K= \varnothing $ . $ \dashv $

A pesar de los detalles a veces quisquillosos, la idea del argumento es muy simple. $V$ es la intersección de los nbhds abiertos $V_H$ y $V_K$ de $H$ y $K$ respectivamente. Está abierto, así que lo dividimos en sus componentes de orden abierto. Si $C$ es uno de estos componentes, dejemos $H_C=\{x \in H:V_x \cap C \ne\varnothing\ }$ y $K_C=\{x \in K:V_x \cap C \ne\varnothing\ }$ mostramos que, o bien $H_C<C<K_C$ o $K_C<C<H_C$ . Luego elegimos un punto $p$ en $C$ y contraer los intervalos $V_x$ que se reúnen $C$ al cruzarlos con $( \leftarrow ,p)$ para $x<C$ y con $(p, \to )$ para $C<x$ . Esta contracción elimina $C$ desde la intersección de los nbhds de $H$ y $K$ y como lo hacemos simultáneamente para todos los componentes $C$ terminamos con nbhds desarticulados $W_H$ y $W_K$ de $H$ y $K$ .

Como consecuencia inmediata obtenemos que cada MUCHO $X$ es hereditariamente normal: desarticular conjuntos cerrados en un subespacio de $X$ son conjuntos separados en $X$ . Así, tenemos gratis que cada GO-space (espacio ordenado generalizado) es hereditariamente normal.

Además, el argumento se modifica muy fácilmente para mostrar que si $ \mathscr {F}$ es una familia separada de subconjuntos de $X$ lo que significa que $ \cl F \cap\bigcup ( \mathscr {F} \setminus\ {F\}= \varnothing $ para cada uno $F \in\mathscr {F}$ entonces hay una familia desarticulada por parejas $ \mathscr {U}=\{U_F:F \in\mathscr {F}\}$ de conjuntos abiertos en $X$ de tal manera que $F \subseteq U_F$ para cada uno $F \in\mathscr {F}$ es decir, que $X$ es hereditario, de colección, normal .

Answer 2

Propuesta 1. Si $ \langle X,< \rangle $ es un orden lineal conectado con puntos finales, entonces el espacio ordenado $X$ es compacto.

Prueba. Nótese que bajo estas hipótesis cada subconjunto no vacío de $X$ tiene un supremo. Por lo tanto, esta propiedad se demuestra usando la idea de la prueba clásica de que $[0,1]$ es compacto; lo cual se hace considerando una cubierta abierta $ \Lambda $ de $[0,1]$ y mostrando que $ \sup\ {x \in [0,1]:[0,x]$ puede ser cubierto por un subconjunto finito de $ \Lambda\ }$ es igual a $1$ usando la completitud de $[0,1]$ .

Propuesta 2. Si $ \langle X,< \rangle $ es un orden lineal, entonces $ \langle X,< \rangle $ puede ser incrustado en un orden conectado sin puntos finales.

Prueba. Primera incrustación $ \langle X,< \rangle $ en un denso ordenamiento lineal $ \langle X',< \rangle $ sin puntos finales; lo cual es bastante fácil, y luego usando los cortes de Dedekind, $ \langle X',< \rangle $ puede ser incrustado en un orden lineal conectado sin puntos finales $ \langle X'',< \rangle. $

Propuesta 3. Existe una familia $M$ de intervalos cerrados de $(X,<)$ de tal manera que la intersección de dos elementos cualesquiera de $M$ es como mucho un punto y $ \bigcup M=X$ .

Arreglar $x \in X$ no un punto final. Ponga $x_0=x$ y dejar que $x_0 \in X$ ser tal que $x<x_0$ . Supongamos que para algún ordinal $ \alpha $ un creciente $ \alpha $ -secuencia $ \langle x_{ \beta }: \beta < \alpha \rangle $ de tal manera que $x_{ \gamma }<x_{ \beta }$ siempre que $ \gamma < \beta $ se ha construido. Deje que $x_{ \alpha } \in X$ ser tal que $x_{ \alpha }$ es mayor que todos los elementos de $ \langle x_{ \beta }: \beta < \alpha \rangle $ si tal $x$ existe. Pero $X$ es un conjunto, por lo que existe algún ordinal $ \alpha $ de tal manera que la construcción no puede ser continuada al paso $ \alpha $ . Entonces tenemos $[x, \infty )= \bigcup_ { \beta < \alpha }[x_{ \beta },x_{ \beta +1}]$ De manera similar, hay una familia de intervalos cerrados $ \mathfrak {I}$ de tal manera que la intersección de dos elementos cualesquiera de $ \mathfrak {I}$ es como mucho un punto y tal que $ \bigcup \mathfrak {I}=( \infty ,x],$ y luego poner $M=\{[x_{ \beta },x_{ \beta +1}]: \beta < \alpha\ } \cup \mathfrak {I}$ .

Propuesta 4. Si $ \langle X,< \rangle $ está conectado, entonces $ \langle X,< \rangle $ es normal.

Prueba. Deje que $M$ ser una familia de intervalos cerrados con la propiedad de la proposición anterior. Entonces cada uno $I \in M$ es compacto por la Proposición 1, pero también cada $I \in M$ es Hausdorff, de ahí que cada $I \in M$ es un subespacio normal de $ \langle X,< \rangle $ . Ahora deja $A,B$ se cerrarán los subconjuntos disociados de $ \langle X,< \rangle $ . Para cada uno $I \in M$ deja $A_I$ y $B_I$ ser subconjuntos abiertos desarticulados de $I$ con $A \cap I \subseteq A_I$ y $B \cap I \subseteq B_I$ . Además, los conjuntos $A_I,B_I$ puede ser elegido de manera que si $A$ no contiene un punto final, $x$ de $I$ Entonces $x \notin A_I$ y $B_I$ también puede ser elegido de manera que esto se mantenga, esto asegura que para distintos $I,J \in M$ , $A_I \cap B_J= \emptyset $ ; ya que $A \cap B= \emptyset $ y $I$ y $J$ sólo tienen como mucho un punto en común. Por lo tanto, si $A'= \bigcup_ {I \in M}A_I$ y $B'= \bigcup_ {I \in M}B_I$ , $A' \cap B'= \emptyset $ y ambos $A'$ y $B'$ son subconjuntos abiertos de $X$ separando $A$ y $B$ ; ya que $ \bigcup M=X$ . Por lo tanto $ \langle X,< \rangle $ es normal.

Propuesta 5. Cada espacio ordenado es normal.

Prueba. Deje que $ \langle X,< \rangle $ ser un orden lineal, y dejar $ \langle X',< \rangle $ se conecten en orden lineal sin que los puntos finales salgan $ \langle X,< \rangle $ . Deje que $A,B \subset X$ ser desarticulado y cerrado, entonces si $Y=X'-( \operatorname {Cl}_{X'}(A) \cap \operatorname {Cl}_{X'}(B))$ , $A,B \subset Y$ desde $X \cap \operatorname {Cl}_{X'}(A) \cap \operatorname {Cl}_{X'}(B)= \emptyset $ debido a la hipótesis, y así $X \subseteq Y$ . Pero $Y$ está abierto en $X'$ Por lo tanto $Y$ es la unión de una familia disociada de intervalos abiertos, cada uno conectado, por lo tanto por la Proposición 4, $Y$ es un subespacio normal de $X$ . Pero $ \operatorname {Cl}_{Y}(A) \cap \operatorname {Cl}_{Y}(B)= \operatorname {Cl}_{X'}(A) \cap \operatorname {Cl}_{X'}(B) \cap Y= \emptyset $ por lo que hay subconjuntos abiertos desarticulados $A',B'$ de $Y$ de tal manera que $ \operatorname {Cl}_{Y}(A) \subseteq A'$ y $ \operatorname {Cl}_{Y}(B) \subseteq B'$ . Por lo tanto $A' \cap X$ y $B' \cap X$ son subconjuntos abiertos desarticulados de $X$ separando $A$ y $B$ respectivamente. Así, $ \langle X,< \rangle $ es normal.

Answer 3

Los espacios ordenados (espacios GO) son monótonamente normales, y los espacios monótonamente normales son hereditariamente normales. Escribí pruebas aquí .