Divisibilidad de un producto de espacio métrico

Question

Estoy tratando de probar lo siguiente: 'Si $(X_1,d_1)$ $(X_2,d_2)$ son separables métrica espacios (es decir, tienen una contables subconjunto denso), entonces el producto de espacio métrico $X_1 \times X_2$ es separable.' Parece bastante sencillo, pero realmente apreciaría si alguien puede comprobar que mi prueba de obras.

Desde $(X_1,d_1)$ $(X_2,d_2)$ son separables, que contienen cada uno una contables subespacio denso, decir $D_1 \subset X_1$$D_2 \subset X_2$. Vamos a mostrar que el $D_1 \times D_2 \subset X_1 \times X_2$ es densa y contables. En primer lugar, $D_1 \times D_2$ es contable, ya que tanto $D_1$$D_2$.

Ahora vamos a $x=(x_1,x_2) \in X_1 \times X_2$ y deje $d$ ser el producto de la métrica en la $X_1 \times X_2$ ( $d(x,y)=(\displaystyle\sum_{i=1}^2 d_i(x_i,y_i)^2)^{1/2}$ ). Vamos a mostrar que toda bola abierta $B_d(x,\varepsilon)$ contiene $x=(x_1,x_2)$ también contiene un distinto punto de $D_1 \times D_2$. Deje $a_1 \in B_{d_1}(x_1,\frac{\sqrt{2}}{2}\varepsilon)\cap D_1$ y deje $a_2 \in B_{d_2}(x_2,\frac{\sqrt{2}}{2}\varepsilon)\cap D_2$ (puntos de existir debido a $D_1$ $D_2$ son densos en $X_1$$X_2$, respectivamente). Dejando $a=(a_1,a_2)$,$d(x,a)=(\displaystyle\sum_{i=1}^2 d_i(x_i,a_i)^2)^{1/2})=(d_1(x_1,a_1)^2 + d_2(x_2,a_2)^2)^{1/2} < ((\frac{\sqrt{2}}{2}\varepsilon)^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2}\varepsilon)^2)^{1/2}=\varepsilon$, por lo que tenemos que $a \in B_d(x,\varepsilon)$, lo $D_1 \times D_2$ es denso en $X_1 \times X_2$. Entonces a partir de la $D_1 \times D_2 \subset X_1 \times X_2$ es una contables subespacio denso de $X_1 \times X_2$, $X_1 \times X_2$ es separable.

Puedo ver cómo esto podría fácilmente generalizar a lo finito de los productos, pero no se extienden también a los contables de productos?

Answer 1

La prueba pasa a través de. Para los contables de los productos, el análogo argumento mediante la métrica $$d(x,y)=\sum_{i=1}^\infty \frac{1}{2^i}\frac{d_i(x_i,y_i)}{1+d_i(x_i,y_i)}$$ The summands are now bounded by $\frac{1}{2^i}$, por lo que la suma siempre converge, y define una métrica en el espacio del producto.

Por cierto, si usted toma una mayor cardinalidad en su producto, usted no está garantizada primera countability, en cuyo caso usted no consigue un espacio métrico. El espacio del producto, en la pura topológica de la categoría que todavía podría ser separables, pero ya no está garantizada. Steen y Seebach, Contraejemplos en la Topología, es un buen lugar para buscar topología general cositas como esta.

Answer 2

Otros dos pensamientos acerca de las respuestas hasta el momento:

1. Kevin en su respuesta le da una métrica que trabaja para el conteo de productos. Pero, en realidad se puede utilizar $\displaystyle{d(x,y)=\sum\frac{1}{2^i}d_i'(x,y)}$ donde $d_i'$ es cualquier métrica que es compatible con $d_i$, y limitada por 1. Así, por ejemplo, $d_i'(x,y)=\mbox{min}\{d_i(x,y),1\}$ también funcionaría.

2. En los contables espacio del producto, el contable subconjunto denso no es sólo el producto de la densa subconjuntos de cada factor. En su lugar usted tiene que fijar una secuencia de $\prod D_i$, decir $\{x_i\}$ y tomar el subconjunto de secuencias que, finalmente, de acuerdo con $\{x_i\}$. Y este conjunto es contable.

   Este conjunto es denso debido a cualquier conjunto abierto en el producto $\prod X_i$ se parece a $U=\prod U_i$ cuando la $U_i$ están abiertas en $X_i$ y no son todos los de $X_i$ por sólo un número finito de $i$, dicen que hasta a través de $U_n$. Así que podemos elegir una secuencia $\{s_i\}$ de nuestros finalmente constante configurado de manera que la $s_i$ $U_i$ para el primer $n$ términos de la secuencia. A partir de entonces deje de acuerdo con el $\{x_i\}$ anterior, y vamos a tener $\{s_i\}\in U$.

   Así, por ejemplo, en $\mathbb{R}^{\omega}$, el contable, producto de los reales, una densa contables subconjunto de a es el conjunto de todos racional secuencias que eventualmente $0$.

Answer 3

Creo que no es la respuesta para su pregunta. Es mejor ver un comentario después de contestar de Kevin Carlson. Sin embargo yo sé que hay un resultado de Pondiczery, Hewitt y Marczewski que (hace poco, cuando leí un libro de texto que he encontrado):

Si no hay más de $\mathfrak{c}$ ( que es el continuum), separables espacios topológicos, entonces su producto es todavía separables.

Answer 4

Usted puede evitar un montón de detalles en la comprobación de que $Y=X_1\times X_2$ es separable por la observación de que para$ z=(p_1,p_2) \in Y$$r>0$, $I_1\times I_2 \subset B_d(z.r)$ donde$I_1=B_{d_1}(p_1,r/2)$$I_2=B_{d_2}(p_2,r/2)$. Así que si $D_1$ es denso en $X_1$ $D_2$ es denso en $X_2$ $$\phi\ne (D_1 \cap I_1)\times (D_2 \cap I_2)=(D_1\times D_2)\cap (I_1\times I_2)\subset (D_1\times D_2)\cap B_d(z,r).$$