Que $\beta X$ ser la compactación de la piedra de Čech $X$ y $p\in \beta X\setminus X$. ¿Es cierto que $\{p\}$ no puede ser un conjunto de $G_\delta$?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Sí, es cierto.
$\newcommand{\cl}{\operatorname{cl}}$Deje $p\in\beta X\setminus X$, y supongamos que $\{p\}$$G_\delta$$\beta X$. Entonces, hay una continua $f:\beta X\to[0,1]$ tal que $f(p)=0$$f(x)\ne 0$$x\in\beta X\setminus\{p\}$. Desde $X$ es denso en $\beta X$ podemos encontrar puntos de $x_n\in X$ $n\in\omega$ tal que $f(x_{n+1})<f(x_n)\le 2^{-n}$ por cada $n\in\omega$. Deje $D=\{x_n:n\in\omega\}$, vamos a $H=\{x_{2n}:n\in\omega\}$, y deje $K=D\setminus H$. Hay una continua $g:(0,1]\to[0,1]$ tal que $g(\alpha)=0$$\alpha\in f[H]$$g(\alpha)=1$$\alpha\in f[K]$, por lo que la función de $g\circ f$ funcionalmente separa $H$$K$. De ello se desprende que $\cl_{\beta X}H\cap\cl_{\beta X}K=\varnothing$, por lo que sin pérdida de generalidad $p\notin\cl_{\beta X}H$. $H$ es cerrado y discreto en $X$, por lo que debe haber algunos $q\in(\cl_{\beta X}H)\setminus H$. Pero, a continuación,$f(q)=0$, ya que el $f$ es continua, y $q=p$, una contradicción.
Este argumento puede ser elaborado ligeramente para mostrar que, de hecho, $\cl_{\beta X}D$ es homeomórficos a $\beta\omega$ y, por tanto, que no está vacío, cerrado $G_\delta$ $\beta X\setminus X$ debe tener cardinalidad, al menos,$|\beta\omega\setminus\omega|=2^{2^\omega}=2^{\mathfrak c}$.
user254665
Puntos
4075
Ciertamente puede suceder. Sean X = w1, el ordinal menos innumerables, con la topología del orden. La inclusión de identidad de X en w1 +1 es el mínimo y máximo, compactación de X. Si F es una familia de no vacío contable de barrios del punto p = w1 en el espacio w1 +1, el complemento de cada miembro de F es un subconjunto compacto, por lo tanto, contable, de X. Así, la intersección común de F es incontable.
