Si $a\in \mathrm{clo}(S)$, no se sigue que no existe una secuencia de puntos en $S$ que converge a $a$?

Question

Deje $X$ ser un espacio topológico y $S=\{x_n\}$ ser una secuencia de puntos en $X$. Supongamos $a$ es un punto en $X$ tal que $a$ es adherente a $S$(que es $a$ es en el cierre de $S$),quiero preguntar si debe existir una secuencia $\{y_n\}$ $S$ de manera tal que el límite de$\{y_n\}$$a$. Si no,por favor dar un ejemplo,Gracias!

Answer 1

Hay una clase de espacios, llamados Fréchet–Urysohn espacios, que se definen por tener la propiedad de que la $x \in \overline{A}$ fib hay una secuencia en $A$ convergentes a $x$. Agustí Roig de la respuesta se indica que en el primer contables de espacios de Fréchet–Urysohn. El siguiente ejemplo muestra que esto es estrictamente una clase más grande de los espacios.

Ejemplo 1: Considere el cociente del espacio de $X = \mathbb{R} / \mathbb{N}$. (Si usted no está familiarizado con el cociente de los espacios, vamos a $X = ( \mathbb{R} \setminus \mathbb{N} ) \cup \{ * \}$, y topologise $X$ declarando $U \subseteq X$ a abrir el fib $U \setminus \{ * \}$ está abierto en $\mathbb{R}$, y si $* \in U$, entonces para cada a $n \in \mathbb{N}$ no es un porcentaje ($\epsilon > 0$tal que $( n - \epsilon , n ) \cup ( n , n + \epsilon ) \subseteq U$.)

Supongamos que $\{ U_n : n \in \mathbb{N} \}$ es cualquier contables de la familia de abrir barrios de $*$, para cada una de las $n \in \mathbb{N}$ $\epsilon_n > 0$ tal que $( n - \epsilon_n , n ) \cup ( n , n + \epsilon_n ) \subseteq U_n$. Definir $$V = \{ * \} \cup \bigcup_{n \in \mathbb{N}} \left( ( n - \frac{\epsilon_n}2 , n ) \cup ( n , n - \frac{\epsilon_n}2 ) \right).$$ Then $V$ is an open neighbourhood of $*$, but $U_n \no\subseteq V$ for all $n$. Therefore $X$ es no-contables.

Para mostrar que $X$ es Fréchet–Urysohn, vamos a $A \subseteq X$, e $x \in \overline{A}$.

• Si $x \neq *$, dejando $A_0 = A \setminus \{ * \}$ se sigue que $x \in \mathrm{cl}_\mathbb{R} ( A_0 )$ (el cierre de $A_0$ $\mathbb{R}$ con la topología usual). Como $\mathbb{R}$ es Fréchet–Urysohn hay una secuencia en $A_0$ convergentes a $x$ en la topología de $\mathbb{R}$, y esta misma secuencia puede ser demostrado que convergen a $x$ en la topología de $X$.
• Si $x = *$, sin pérdida de generalidad supongamos que $* \notin A$. Me dicen que hay un $k \in \mathbb{N}$ tal que $k \in \mathrm{cl}_\mathbb{R} ( A )$. Si no, entonces para cada a $k \in \mathbb{N}$ hay un $\epsilon_k > 0$ tal que $( k - \epsilon_k , k + \epsilon_k ) \cap A = \emptyset$ (tenga en cuenta que podemos tomar $\epsilon_k < 1$). Entonces $$V = \{ * \} \cup \bigcup_{k \in \mathbb{N}} \left( ( k - \epsilon_k , k ) \cup ( k , k + \epsilon_k ) \right)$$ is an open neighbourhood of $*$ disjoint from $Un$, contradicting that $* \en \overline{A}$! Thus there is a $k \in \mathbb{N}$ such that $k \in \mathrm{cl}_\mathbb{R}. ( A )$. As $\mathbb{R}$ is Fréchet–Urysohn there is a sequence in $$ converging to $k$. This same sequence can be shown to converge to $*$ in the space $X$.

Un ejemplo de no-Fréchet–Urysohn espacio es como sigue:

Ejemplo 2: Considere el $\mathbb{R}$ (o cualquier multitud innumerable) con el co-contable de la topología: $U \subseteq \mathbb{R}$ es abrir el fib bien $U = \emptyset$ o $\mathbb{R} \setminus U$ es contable. Establecimiento $A = \mathbb{R} \setminus \{ 0 \}$, tenga en cuenta que $0 \in \overline{ A }$, sin embargo si $( x_i )_{i=1}^\infty$ es cualquier secuencia en $A$, $\mathbb{R} \setminus \{ x_i : i \in \mathbb{N} \}$ es una vecindad de a $0$ contiene ninguno de los miembros de la secuencia, y así que la secuencia no convergen a $0$.

El ejemplo anterior es un poco carente como $X$ no es Hausdorff.

Ejemplo 3: Considerar el ordinal espacio de $X = \omega_1 + 1$ consiste de todos los números ordinales $\leq \omega_1$ (el primero de los innumerables ordinal) con el fin de topología. Este espacio es fácilmente visto para ser Hausdorff, y por las propiedades de los números ordinales también es compacto. Es fácil ver que si $A = \omega_1 = [ 0 , \omega_1 )$,$\omega_1 \in \overline{A}$. Sin embargo, si $( \xi_n )_{n=1}^\infty$ es cualquier secuencia en $A$, entonces no debe ser una contables ordinal $\alpha < \omega_1$ tal que $\xi_n < \alpha$ todos los $n$. A continuación, $( \alpha , \omega_1 ]$ es una vecindad de a $\omega_1$ contiene ninguno de los miembros de la secuencia, y así que la secuencia no convergen a $\omega_1$.

Answer 2

En general, para cualquier espacio topológico, la respuesta es "no". Pero si el espacio es una métrica (o metrizable) uno la respuesta es "sí". Véase, por ejemplo, Munkress' "Topología. El primer curso", lema 10.2 (capítulo 2.10).

Pero, de hecho, como Munkress nos advierte, no necesitamos toda la fuerza del espacio metrizable: basta con que se satisface la primera countability axioma. Véase también el teorema 1.1 en el capítulo 4.1: para un espacio de $X$ satisface la primera countability axioma y $A \subset X$, $x\in \overline{A}$ si y sólo si existe una secuencia de puntos de $A$ convergentes a $x$.

Para la noción de secuencia convergente en cualquier espacio topológico, véase también la definición en el capítulo 2.10, teniendo en cuenta que puede haber sorpresas en la no-espacios de Hausdorff -como secuencias convergentes a más de un punto!

Answer 3

Para otro ejemplo, vamos a $X$ ser la Piedra–Čech compactification de $\Bbb{N}$. No contiene ningún subespacio homeomórficos a $A(\aleph_0)$, es decir, en $\beta \mathbb{N}$ no hay no-trivial secuencias convergentes (ver Engleking del libro Corolario 3.6.15).