¿Por qué es que $\mathbb{Q}$ no puede ser homeomorfo a ningún espacio métrico completo?
Ciertamente $\mathbb{Q}$ no es un espacio métrico completo. Pero la completitud no es un invariante topológico, así que ¿por qué es cierta la afirmación anterior?
Hay otra forma de comprobar si un espacio métrico es homeomorfo a un espacio métrico completo (es decir, si el espacio es completamente metrizable : existe una métrica completa que induce la misma topología). Esto se conoce como la Juego de Choquet o el fuerte juego de Choquet . Fue introducido por Choquet en su Conferencias sobre el análisis en 1969; se puede encontrar un tratamiento moderno en Teoría de conjuntos descriptiva clásica por Kechris.
La idea es que cada espacio métrico está asociado a un juego de dos jugadores con información perfecta, de longitud contable, tal que el espacio métrico es homeomorfo a un espacio métrico completo separable si y sólo si el segundo jugador tiene una estrategia ganadora en el juego. Todos los detalles y pruebas se pueden encontrar en el libro de Kechris.
Es fácil demostrar, una vez que se tienen todas las definiciones, que el primer jugador tiene una estrategia ganadora en este juego cuando se juega en $\mathbb{Q}$ lo que significa que el segundo jugador no tiene una estrategia ganadora, por lo que $\mathbb{Q}$ no es completamente metrizable. Esto da una forma alternativa de demostrar que los racionales no son $G_\delta$ en los reales (véase la respuesta de Jonas Meyer). Primero demostramos que los racionales no son completamente metrizables, por el método de Choquet. Luego demostramos que un espacio métrico es completamente metrizable si y sólo si es $G_\delta$ en su terminación (en realidad, esto se utiliza en la demostración del resultado de Choquet, por lo que ya tuvimos que demostrarlo). Como la terminación de $\mathbb{Q}$ es $\mathbb{R}$ Esto demuestra que $\mathbb{Q}$ no es $G_\delta$ en $\mathbb{R}$ .
Por el Teorema de la Categoría Baire, un espacio que es homeomorfo a un espacio métrico completo debe ser un Espacio Baire: la intersección de una familia contable de conjuntos abiertos densos debe ser densa. Pero $\mathbb{Q}$ no tiene esta propiedad, porque es contable y ningún punto está aislado: para cada $q\in\mathbb{Q}$ , dejemos que $\mathscr{O}_q = \mathbb{Q}\setminus\{q\}$ . Esto está abierto (ya que $\{q\}$ está cerrado en $\mathbb{R}$ por lo que en la topología inducida de $\mathbb{Q}$ ) y densa, ya que toda bola abierta con centro en $\mathbb{q}$ se cruza con $\mathscr{O}_q$ . Pero $$\bigcap_{q\in\mathbb{Q}} \mathscr{O}_q = \emptyset$$ no es denso. Por lo tanto, $\mathbb{Q}$ no es un espacio Baire, por lo que no puede ser homeomorfo a un espacio métrico completo (ni siquiera a un subconjunto abierto de un espacio pseudométrico completo).
Un subespacio de un espacio métrico completo separable es homeomorfo a un espacio métrico completo si y sólo si es un $G_\delta$ . (Tengo una referencia que dice que la dirección pertinente a su pregunta se demuestra en la página 197 de la obra de Bourbaki _Topología general volumen 2, pero actualmente no tengo acceso a esa página. La otra dirección está probada en página 196 .) El conjunto de los números racionales no es un $G_\delta$ en los números reales. Debo admitir que la única manera que conozco para demostrar que $\mathbb{Q}$ no es un $G_\delta$ es apelar al teorema de Baire. (Todo conjunto abierto que contiene a los racionales es denso, y el conjunto de irracionales es una intersección contable de conjuntos abiertos densos, por lo que si el conjunto de racionales fuera un $G\\delta$ entonces el conjunto vacío (obtenido por la intersección de los conjuntos de números racionales e irracionales) sería una intersección contable de conjuntos abiertos densos, contradiciendo el teorema de Baire).
Hay un error en la "prueba" debajo de la línea. Ese fue el post original. Ver la discusión que sigue. Lo dejo aquí porque puede ser instructivo para alguien, como lo fue para mí. No tengo inconveniente en borrar este post si se considera que es lo mejor en esta comunidad. Por favor, hágamelo saber. Gracias a Asaf Karagila y Nate Eldredge por señalar el error.
Mi error fue cuando escribí "y lo más importante, que $\lim z_{m}=0$ ", porque, por ejemplo, los números $d\left(h(y_{m+p}),h(y_{m}\right)$ puede ser constante (para todos los enteros positivos $p$ ). Los contraejemplos ya se han esbozado en los comentarios más abajo (gracias, Asaf, Nate). Permítanme ofrecer un contraejemplo más detallado: en mi configuración, si $Y=(−\pi/2,\pi/2)$ , $X=ℝ$ y $h(y) = \tan y$ y, a continuación, establecer $x_{n} = n$ y $y_{n} = h^{−1}(x_{n})$ obtenemos $y_{n}$ que aumenta monótonamente hacia $\pi/2$ y por lo tanto es Cauchy. Pero $x_{n}$ no es Cauchy, por construcción.
Si $h$ fuera una isometría (como señala Asaf) la "prueba" de abajo sería correcta. Pero la isometría es más que necesaria; $h$ siendo Lipschitz-continuo sería suficiente. En el contraejemplo anterior, es fácil ver que $h$ no es Lipschitz (el problema se produce cerca de $\pi/2$ y $-\pi/2$ )
Esta prueba es más elemental que las presentadas hasta ahora (a menos que haya pasado algo por alto).
Dejemos que $X$ y $Y$ sean espacios métricos con funciones de distancia $d$ y $e$ respectivamente, y que $h: Y \to X$ sea un homeomorfismo. Supongamos que $X$ es completa. Ahora demostraremos que $Y$ es completa, y por lo tanto $Y \neq \mathbb{Q}$ .
La idea es sencilla. Elige una secuencia de Cauchy arbitraria $y_{n}$ en $Y$ . Entonces la secuencia $x_{n} = h(y_{n})$ debería ser Cauchy. Ahora, esta imagen vive en $X$ y por lo tanto converge a algún $x \in X$ . Debe ser el caso entonces que $h^{-1}(x)$ es el límite de $(y_{n})$ . Te recomiendo encarecidamente que intentes demostrarlo sin leer la prueba que viene a continuación. El hecho clave aquí es que la imagen de una sucesión de Cauchy por una función continua es un conjunto acotado. Nada del otro mundo.
${\bf Claim:}$ Toda secuencia de Cauchy en $Y$ converge a un punto en $Y$ .
${\bf\it Proof.}$ Dejemos que $(y_{n})$ sea una secuencia de Cauchy arbitraria en $Y$ . Para cada número entero positivo $n$ , defina $x_{n} = h(y_{n})$ . Para todos los $m \in \mathbb{N}$ definir
$$ z_{m} = \sup \{ d(h(y_{m+p}), h(y_{m})) : p \in \mathbb{N} \}. $$
Porque $d$ es una función de distancia, $z_{m}$ es siempre no negativo. Como $d$ y $h$ son continuos y $(y_{n})$ es Cauchy, se deduce que para todo $m$ , $z_{m} < + \infty$ , y, lo que es más importante, que $\lim z_m = 0$ . (Si no es obvio, intenta escribir una prueba detallada de esto). De ello se deduce que la secuencia $(x_{n})$ es Cauchy.
Porque $X$ es completa y la secuencia de Cauchy $(x_{n})$ está en $X$ debe ser entonces que existe $x \in X$ tal que $x_{n} \to x$ . Definir $y = h^{-1}(x)$ . Entonces, para todos los $n \in \mathbb{N}$ ,
$$ d(y_{n}, y) = d(h^{-1}(x_n), h^{-1}(x)) $$
y de nuevo, como $n \to \infty$ el lado derecho anterior es cero porque $x_n \to x$ y $h^{-1}$ es continua. De ello se deduce que $y_{n} \to y$ . La demostración se completa observando que elegimos la sucesión de Cauchy $(y_{n})$ de forma arbitraria.
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