Es el contable, producto de la co-contable de la topología de Lindelöf?

Question

Para $i\in\mathbb{N}$, vamos a $(X_i,T_i)$ ser el contable de complementar la topología en $\mathbb{R}$. Deje $(X,T)$ ser el producto de la topología (no producto).

Es $(X,T)$ Lindelöf? Es decir, ¿cada apertura de la tapa tiene una contables sub-cubierta?

Sé que es Lindelöf en el caso de que el producto de dos contables complemento de las topologías.

Answer 1

Deje $Y$ denotar $\Bbb R$ con la co-contable de la topología. Nota primero que $Y$ no es sólo Lindelöf, pero hereditariamente Lindelöf. De hecho, para cada una de las $n\in\Bbb Z^+$ el producto $Y^n$ es hereditariamente Lindelöf.

Prueba. La prueba es por inducción sobre $n$. Supongamos que $n>1$, e $Y^{n-1}$ es hereditariamente Lindelöf. Deje $A\subseteq Y^n$, y deje $\mathscr{U}$ ser cualquier familia de subconjuntos abiertos de $Y^n$ cubriendo $A$. Fix $p\in A$, y deje $U_0\in\mathscr{U}$ ser tal que $p\in U_0$; existe una co-contable $V\subseteq Y$ tal que $p\in V^n\subseteq U_0$. Vamos $C=Y\setminus V$; $C$ es contable y como un subespacio de $Y$ tiene la topología discreta. Por otra parte, $Y^n\setminus V^n$ es la unión de $n$ subespacios homeomórficos a $C\times Y^{n-1}$. De ello se deduce a partir de la elección de $n$ que $Y^{n-1}$ es hereditariamente Lindelöf, y por lo tanto lo se $C\times Y^{n-1}$ y la unión de $n$ copias de los mismos. En particular, $Y^n\setminus U_0$ es hereditariamente Lindelöf, por lo que sólo countably muchos de los elementos de $\mathscr{U}$ son necesarios para cubrir $A\setminus U_0$ y por lo tanto también es $A$. Por lo tanto, $Y^n$ es hereditariamente Lindelöf, como se desee. $\dashv$

Ahora vamos a $X=\prod_{n\in\Bbb N}Y$, y para cada una de las $n\in\omega$ deje $\pi_n:X\to Y$ ser el mapa de proyección. Deje $\mathscr{B}$ ser la base habitual para el producto de la topología: cada una de las $B\in\mathscr{B}$ es un producto $\prod_{n\in\Bbb N}U_n$ donde $Y\setminus U_n$ es contable para cada una de las $n\in\Bbb N$, e $\pi_n[B]=U_n=Y$ para todos, pero un número finito de $n\in\Bbb N$. Para $n\in\Bbb N$ vamos

$$\mathscr{B}_n=\{B\in\mathscr{B}:\pi_k[B]=Y\text{ for all }k\ge n\}\;;$$

$\mathscr{B}=\bigcup_{n\in\omega}\mathscr{B}_n$.

Ahora vamos a $\mathscr{U}$ ser una cubierta abierta de a $X$; sin pérdida de generalidad podemos suponer que la $\mathscr{U}\subseteq\mathscr{B}$. Para $n\in\Bbb N$ deje $\mathscr{U}_n=\mathscr{U}\cap\mathscr{B}_n$. Para $U\in\mathscr{U}_n$ vamos

$$\widehat U=\prod_{k<n}\pi_k[U]\;;$$

$U$ tiene la forma $\widehat U\times\prod_{k\ge n}Y$ donde $\widehat U$ es un subconjunto abierto de $Y^n$. Vamos $\mathscr{V}_n=\{\widehat U:U\in\mathscr{U}_n\}$; $\mathscr{V}_n$ es una cubierta abierta de el subconjunto $\bigcup\mathscr{V}_n$$Y^n$, e $\mathscr{U}_n$ cubre $\left(\bigcup\mathscr{V}_n\right)\times\prod_{k\ge n}Y$. $Y^n$ es hereditariamente Lindelöf, por lo que algunas contables $\mathscr{W}_n\subseteq\mathscr{V}_n$ cubre $\bigcup\mathscr{V}_n$. Vamos

$$\mathscr{U}_n'=\left\{W\times\prod_{k\ge n}Y:W\in\mathscr{W}_n\right\}\;;$$

$\mathscr{U}_n'$ es una contables subconjunto de $\mathscr{U}_n$, e $\bigcup\mathscr{U}_n'=\bigcup\mathscr{U}_n$. Por último, vamos a $\mathscr{U}'=\bigcup_{n\in\Bbb N}\mathscr{U}_n'$; a continuación, $\mathscr{U}'$ es el deseado contables subcover de $\mathscr{U}$.