¿por qué deben completar un espacio normado homeomorfa a un espacio métrico completo?

Question

¿Por qué debe una normativa espacio X homeomórficos a un completo espacio métrico Y sea completa?

He resuelto esto en el caso en que Y es una normativa espacio (considerando abrir bolas da de Lipschitz de equivalencia), pero no estoy seguro de cómo proceder en general. Podemos utilizar una adaptación abierta bolas argumento, incluso cuando Y no normativa?

Tal vez no hay un equivalente a la condición de integridad que puede ser útil? En una normativa espacio que podemos utilizar (absolutamente convergente)$\implies$(convergente) para la serie, pero esto no funciona en un espacio métrico.

He intentado usar un explícito homeomorphism $f:X\rightarrow Y$ y tomando pullbacks y pushforwards a lo largo de $f$ de una secuencia de Cauchy en $X$, pero sin éxito.

Muchas gracias por cualquier ayuda con esto!

Answer 1

No sé si esto funciona, pero algunos pensamientos:

Es bien sabido que un espacio métrico $(X,d_X)$ puede ser homeomórficos a un completo espacio métrico $(Y,d_Y)$ y la métrica $d_X$ $X$ no es completa. E. g. $X = (0,1)$ en el nivel métrico, en comparación con $Y = \mathbb{R}$ en el estándar (completa) métrica. Sin embargo, para que estos espacios de $X$ es el caso de que ellos son un $G_\delta$ en su conclusión (que es lo que se conoce como topológicamente completa).

Cada normativa espacio de $(X,\|\cdot\|)$ tiene una normativa de finalización de la $(\hat{X},\|\cdot\|)$ que $X$ incrusta isométricamente. Así que sé de lo que antecede, $X$ es $G_\delta$$\hat{X}$. Queremos mostrar que estos espacios son en realidad iguales.

Así que tal vez es posible demostrar que un denso $G_\delta$ lineal subespacio de un espacio de Banach es todo el espacio?

Añadido (después de que los comentarios Sean Eberhard) Este es el caso: $X$ es un denso $G_\delta$$\hat{X}$, por lo que si $y \in \hat{X}\setminus X$, $y + X$ y $X$ son densa $G_\delta$'s y su intersección es vacía (de lo contrario $y$ diferencia de los miembros de $X$ por lo tanto, en $X$). Esto contradice Baire teorema, de modo que tal $y$ no puede existir y $X = \hat{X}$, y por lo tanto es completa ya.