Pregunta sobre distintos sindicatos, la compacidad secuencial, y Dedekind-finitud

Question

He probado los dos siguientes resultados:

• $[\mathsf{ZF}]$ La inconexión de la unión de un Dedekind-finito de la familia de forma secuencial espacios topológicos compactos nuevo es secuencialmente compacto.

• $[\mathsf{ZF}+\text{Countable Choice}]$ Si la inconexión de la unión de una familia de espacios topológicos es secuencialmente compacto, entonces la familia es finito, y cada uno de los miembros de la familia es secuencialmente compacto.

He sido capaz de demostrar que ésta no si hay un infinito, Dedekind-conjunto finito--si $X$ es un conjunto, topologize $X$ discretamente, que es el mismo que topologizing $X$ como distinto de la unión de un infinito, Dedekind-finito de la familia de singleton espacios, cada uno de los cuales es secuencialmente compacto, y dado que las secuencias de puntos de $X$ necesariamente tienen sólo finitely-muchos puntos distintos por Dedekind-finitud, tenemos que $X$ también es secuencialmente compacto.

Me gustaría ser capaz de debilitar el segundo resultado a la siguiente

Reclamo: Si la inconexión de la unión de una familia de espacios topológicos es secuencialmente compacto, entonces la familia es Dedekind-finito, y cada uno de los miembros de la familia es secuencialmente compacto.

Idealmente, me gustaría hacerlo en un entorno sin Contable Elección, pero yo no veo una manera de salir de ella. Mostrando que cada miembro de la familia es secuencialmente compacto es simple, y puedo fácilmente a la conclusión de que una secuencia de puntos del espacio más grande debe estar estrictamente fuera de todo pero finitely-muchos de los miembros de la familia de los espacios pequeños, ya que de lo contrario, podemos construir una nueva secuencia con que no hay dos puntos de la mentira en el mismo miembro de la familia de espacios más pequeños, que no puede tener convergente larga. Sin embargo, mientras que Dedekind-finitud de la familia es suficiente para asegurar que esto no suceda, no veo por qué habría de ser necesario. Si la familia es Dedekind-infinito, entonces tenemos una countably-infinito subfamilia, pero sin una función de elección, veo que no hay manera de elegir a un solo punto de cada uno de los miembros de la subfamilia hacer una secuencia sin convergente larga. (Por supuesto, yo podría arreglar esto si he añadido la hipótesis de que la familia de espacios topológicos tenía una función de elección, pero me gustaría evitar esto, si es posible).

Edit: es compatible con $\mathsf{ZF}$ que no es un countably-conjunto infinito $X$ $2$- elemento de los conjuntos de cuya unión es Dedekind finito. Teniendo en cuenta los dos elementos de los conjuntos en la topología indiscreta, cada uno de ellos es fácilmente secuencialmente compacto, y la inconexión de la unión es secuencialmente compacto en virtud de su Dedekind-finitud. Por lo tanto, mi reclamo claramente no necesita tener en $\mathsf{ZF}$ solo.

Hay algunos más débil del principio de Elección de Contables Opción que me permita demostrarlo? (Se me ocurre que esto podría ser un mejor ajuste en las Matemáticas.Desbordamiento, pero pensé que iba a tratar aquí, en primer lugar).

Answer 1

Tenga en cuenta que si hay un infinito de Dedekind-conjunto finito, entonces hay uno que puede ser asignado a $\omega$.

Supongamos que $A$ es un Dedekind-conjunto finito que puede ser asignado a $\omega$, y corregir $f$ a ser un surjection. Esto nos da una partición de $A$ a $A_n=\{a\in A\mid f(a)=n\}$. Dando a cada una de las $A_n$'s una topología discreta, como lo hizo en su ejemplo, es inmediatamente un secuencialmente compacto (cada secuencia debe tener sólo un número finito de elementos distintos). Ahora que su suma es un contable suma de Dedekind-finito establece que es Dedekind-finito en sí mismo, así que de nuevo trivialmente se tiene que ser secuencialmente compacto.

Así que para tener eso, usted debe tener que no hay infinito Dedekind-finito de conjuntos. Que es estrictamente más débil que el axioma de contables de la elección, por el camino.

Ahora bien, si sólo se asume que no hay infinito Dedekind-finito de conjuntos, el resultado todavía no tiene. Tomar una contables de la familia $A_n$ de los no-vacía de conjuntos sin una función de elección, y topologize cada uno de ellos con la topología trivial. Estos conjuntos están compacto, y secuencialmente compacto, por razones obvias. Su suma, es demasiado secuencialmente compacto, debido a una secuencia tendrán que concentrarse en un número finito de $A_n$'s y por tanto convergente larga; de lo contrario escriba $x_k$ para la secuencia y deje $n(k)=\min\{k\mid x_k\in A_n\}$ o $\infty$ lo contrario. Desde la secuencia cumple con infinidad de $A_n$'s de tomar $a_n=a_{n(k)}$ al $n(k)<\infty$ es una parciales de la función de elección, por lo que el axioma de contables elección tiene (porque esto es equivalente a parcial de la elección, como se sabe).

El de arriba se puede demostrar que si la suma de countably muchos secuencialmente compacto espacio es secuencialmente compacto, entonces el axioma de contables elección falla. Por lo tanto, su querido resultado es equivalente al axioma de contables opción para empezar y que no podemos hacer mucho mejor.