Es que no es normal

Question

¿Alguien sabe cómo probar que $\mathbb{R}^\mathbb{R}$ (con la topología del producto) no satisface el axioma de $T_4$?

Sería suficiente con tener un subconjunto incontables $A \subseteq \mathbb{R}^\mathbb{R}$ cerrado y discreto como subespacial (porque es imposible para cualquier separable $T_4$-espacio), pero no sé si existe tal subespacio.

Answer 1

Esto es suficiente para mostrar que el producto de $|\Bbb R|$ copias de $\Bbb N$ no es normal, ya que este producto es un subespacio cerrado de $\Bbb R^{\Bbb R}$. El siguiente argumento es ampliado a partir de las sugerencias para el Ejercicio 3.1.H(a) en Engelking, Topología General; he incluido porque funciona mediante la exhibición de una gran cerrados discretos subconjunto del producto, según lo sugerido por la Duna. Sin embargo, es la verdad que $\Bbb N^{\omega_1}$ no es normal, incluso si $\omega_1<2^\omega$; esta es una vieja resultado del A. H. Piedra. Al final he anexado un breve esbozo del argumento.

Deje $I=[0,1]$, y deje $X={^I\Bbb N}$ con el producto de la topología. Para cada una de las $t\in I$ definir

$$f_t:I\a\Bbb N:x\mapsto\begin{cases} 0,&\text{if }x=t\\ k,&\text{if }k\in\Bbb Z^+\text{ and }\frac1{k+1}<|x-t|\le\frac1k\;. \end{casos}$$

Definir $$h:I\to X:x\mapsto\big\langle f_t(x):t\in I\big\rangle\;,$$

y deje $D=\operatorname{ran}h$. Claramente $|D|=|I|=2^\omega$, y te voy a mostrar que $D$ es un cerrado, discreto subconjunto de $X$. Desde $X$ es separable por la Hewitt-Marczewski-Pondiczery teorema, luego seguirá a partir de Jones lema que $X$ no es normal.

Es fácil ver que $D$ es discreto. Fix $y=h(u)=\langle f_t(u):t\in I\rangle\in D$. Vamos $$B=\Big\{\langle x_t:t\in I\rangle\in X:x_u=0\Big\}\;;$$ $f_u(u)=0$, so $B$ is an open nbhd of $s$ in $X$. Moreover, $f_u(t)\ne 0$ when $t\I\setminus\{u\}$, so $B\cap D=\{y\}$.

Mostrando que $D$ es cerrado en $X$ lleva más trabajo.

Supongamos que $y=\langle y_t:t\in I\rangle\in X$ es tal que para todos los $t\in I$, $y_t\ne 0$; a continuación,$y\notin\operatorname{cl}_XD$.

Prueba: Para cada finito $F\subseteq I$ deje $B_F=\{x\in X:\forall t\in F(x_t=y_t)\}$, y deje $\mathscr{B}$ ser la colección de todos los $B_F$; $\mathscr{B}$ es una base local en$y$$X$. Para $B_F\in\mathscr{B}$ hemos

$$\begin{align*} h^{-1}[B_F]&=\{u\in I:h(u)\in B_F\}\\ &=\{u\in I:\forall t\in F(f_t(u)=y_t)\}\\ &=\left\{u\in I:\forall t\in F\left(\frac1{y_t+1}<|u-t|\le\frac1{y_t}\right)\right\}\\ &=\bigcap_{t\in F}R_t\;, \end{align*}$$

donde para cada una de las $t\in I$ definimos

$$\begin{align*} R_t&=\left\{u\in I:\frac1{y_t+1}<|u-t|\le\frac1{y_t}\right\}\\ &=I\cap\left(\left[t-\frac1{y_t},t-\frac1{y_t+1}\right)\cup\left(t+\frac1{y_t+1},t+\frac1{y_t}\right]\right)\;. \end{align*}$$

Para cada una de las $t\in I$ vamos $$V_t=I\cap\left(t-\frac1{y_t+1},t+\frac1{y_t+1}\right)\;;$$ $V_t$ is an open nbhd of $t$ in the usual topology on $I$ that is disjoint from $R_t$. $I$ is compact in the usual topology, so there is a finite $F\subseteq I$ such that $\{V_t:y\F\}$ covers $I$. But then $$h^{-1}[B_F]=\bigcap_{t\in F}R_t\subseteq I\setminus\bigcup_{t\in F}V_t=\varnothing\;,$$ and $B_F$ is an open nbhd of $s$ disjoint from $D$. $\dashv$

Ahora supongamos que $y=\langle y_t:t\in I\rangle\in X\setminus D$ es tal que $y_s=0$ para algunos $s\in I$; $y\ne h(s)$, así que hay un $t\in I\setminus\{s\}$ tal que $y_t\ne f_t(s)$. Por otra parte, si $u\in I\setminus\{x\}$,$f_u(s)\ne 0$, por lo que $$B_{s,t}=\Big\{\langle x_u:u\in I\rangle\in X:x_s=0\text{ and }x_t=y_t\Big\}$$ is an open nbhd of $y$ disjoint from $D$.

De ello se desprende que $D$ es cerrado en $X$ y que, por ende, $X$ no es normal.

---

Piedra del resultado, que $X=\Bbb N^{\omega_1}$ no es normal, se ha demostrado mediante la exhibición de dos distintos conjuntos cerrados en $X$ que no puede ser separada por distintos bloques abiertos. Dos conjuntos que trabajan son

$$H_0=\Big\{\langle n_\xi:\xi<\omega_1\rangle\in X:\forall m\in\Bbb N\setminus\{0\}\big(|\{\xi<\omega_1:n_\xi=m\}|\le 1\big)\Big\}$$ y

$$H_1=\Big\{\langle n_\xi:\xi<\omega_1\rangle\in X:\forall m\in\Bbb N\setminus\{1\}\big(|\{\xi<\omega_1:n_\xi=m\}|\le 1\big)\Big\}\;.$$

Son claramente distintos, ya que cada punto de $H_i$ tiene todo pero countably muchos coordenadas igual a$i$$i=0,1$, y es fácil demostrar que están cerrados.

Si $X$ eran normales, no sería abrir conjuntos de $U_0$ $U_1$ tal que $H_0\subseteq U_0$, $H_1\subseteq U_1$, y $\operatorname{cl}U_0\cap\operatorname{cl}U_1=\varnothing$. $X$ es divisible por Hewitt-Marczewski-Pondiczery teorema, así que vamos a $D$ ser una contables subconjunto denso de $X$. Deje $D_0=U_0\cap D$$D_1=U_1\cap D$. Para cada una de las $x\in D_0$ deje $B(x)$ ser un producto básico abrir nbhd de $x$$U_0$, y para cada una de las $x\in D_1$ deje $B(x)$ ser un producto básico abrir nbhd de $x$$U_1$. Deje $V_0=\bigcup_{x\in D_0}B(x)$$V_1=\bigcup_{x\in D_1}B(x)$; a continuación,$\operatorname{cl}V_0=\operatorname{cl}U_0$$\operatorname{cl}V_1=\operatorname{cl}U_1$. Cada uno de los conjuntos de $B(x)$ $x\in D_0\cup D_1$ depende sólo un número finito de coordenadas, por lo $V_0$ $V_1$ depende sólo countably muchos coordenadas, y por lo tanto $\operatorname{cl}U_0$ $\operatorname{cl}U_1$ depende sólo countably muchos coordenadas.

Deje $C\subseteq\omega_1$ ser la unión de los contables conjuntos de coordenadas en el que $\operatorname{cl}U_0$ $\operatorname{cl}U_1$ dependen. Deje $\varphi:C\to\Bbb N$ ser de cualquier inyección, y definir $x\in H_0$ $y\in H_1$ por

$$x_\xi=\begin{cases}\varphi(\xi),&\text{if }\xi\in C\\0,&\text{otherwise}\end{cases}$$

y

$$u_\xi=\begin{cases}\varphi(\xi),&\text{if }\xi\in C\\1,&\text{otherwise}\;.\end{cases}$$

Supongamos que $z\in X$ es tal que $z\upharpoonright C=\varphi$. A continuación, $z$ está de acuerdo con $x$$C$, e $x\in\operatorname{cl}U_0$, lo $z\in\operatorname{cl}U_0$. Pero por el mismo razonamiento $z\in\operatorname{cl}U_1$. Esta contradicción muestra que $X$ no es normal.