Тема 4

Аксиоми за изброимост


страницата се нуждае от дописване/преглеждане


Аксиоми за изброимост

Ax1: Нека $\langle X, \Omega \rangle$ е топологично пространство. Ако $\forall x \in X$ съществува редица от околности $\{ U_n \} : x \in U_n$, такава че за всяка околност $U \ni x$ съществува член от редицата $U_n \subset U$, то това пространство удовлетворява Ax1. Такава редица от околности се нарича база на околности в точка.

Твърдение: $\langle X, \rho \rangle$ удовлетворява Ax1 за изброимост.
Идея: Просто полагаме $U_n = B_{x,\frac{1}{n}}$.

Твърдение: Ако $\langle X, \Omega \rangle$ удовлетворява Ax1 то $[A]^C = [A]$
Доказателство:
$[A]^C \subset [A]$ - това го споменахме преди малко. Ще докажем, че $[A] \subset [A]^C$.
Нека $x \in [A]$. Тогава със сигурност $x \in A$ или $x \in \partial A$. Ако $x \in A$, то $x \in [A]^C$. Нека $x \in \partial A \And x \notin A$. Нека си построим следните околности:

(1)
\begin{eqnarray} V_1 &=& U_1 \\ V_2 &=& U_1 \cap U_2 \\ &\vdots& \\ V_n &=& U_1 \cap U_2 \cap \cdots \cap U_n \\ &\vdots& \\ \end{eqnarray}

Нека $\{ x_n \} : x_n \in A \cap V_n$. Т.е конструирахме си редица, всички елементи на която са от $A$, остава да проверим дали редицата клони към $x$. Нека $U$ е произволна околност на $x$. Тъй като $\{ U_n \}$ е база от околности в точка $x$, то съществува $U_{n_0} \subset U$. Освен това, за всяко $i, i \ge n_0$ имаме $x_i \in V_i \subset U_{n_0}$. Така окончателно получихме редица, с членове от $A$, която клони към $x$, с което доказахме, че всяка точка от $[A]$ е също и от $[A]^C$.

Ax2:
Нека $\langle X, \Omega \rangle$ е топологично пространство. То удовлетворява аксиома 2 за изброимост, ако притежава изброима база на топологията.

Теорема на Линдельов

Теорема(на Линдельов):
Нека $\langle x, \Omega \rangle$ увовлетворява Ax2 за изброимост. Тогава от всяко отворено покритие на $X$ може да се избере не повече от изброимо подпокритие.
Това означава, че ако изберем произволна редица от множества, покриващи $X$, и ги означим със $U_\alpha$. Т.е имаме, че

(2)
\begin{align} \bigcup_\alpha U_\alpha \supset X \end{align}

То може да изберем не повече от изброимо много индекси $\alpha_1, \alpha_2, \cdots$, т.е еквивалентните им множества $U_{\alpha_1}, U_{\alpha_2}, \cdots$ така че новите множества също да образуват покритие:

(3)
\begin{align} \bigcup_{\alpha_i,\ i \in \mathbb N} U_{\alpha_i} \supset X \end{align}

Доказателство:
Ще направим конструктивно доказателство.
Първо да използваме факта, че пространството удовлетворява Ax2 за изброимост. Това означава, че съществува не повече от изброима база на топологията. Нека означим една такава изборима база със $\Sigma = \{ G_i \}\ i \in \mathbb N$. Тъй като всяко множество от покритието $U_\alpha$ може да се представи като обединение на множества от базата на топологията, т.е $U_\alpha = \bigcup G_{\alpha_i}$, то може да разпишем покритието на $X$ по следния начин:

(4)
\begin{align} \bigcup_\alpha U_\alpha = \bigcup_\alpha \bigcup_i G_{\alpha_i} = \bigcup_{\alpha, i} G_{\alpha_i} = \bigcup G_{i_j} \supset X \end{align}

Обърнете внимание, че множествата, от базата, са не повече от изброимо много. Т.е независимо че сме тръгнали от много множества, и всяко от тях евентуално сме разбили на други множества, общия брой вече е изборимо много (защото ще има много повтарящи се множества от базата). Вижда се, че:

(5)
\begin{eqnarray} & & j = 1: \exists U_{\alpha_1} \supset G_{i_1}\\ & & j = 2: \exists U_{\alpha_2} \supset G_{i_2}\\ & & \vdots \end{eqnarray}

Горното е така, защото всяко от $U_\alpha$ е обединиение на $G$-та и ако допуснем, че $\not\exitst \exists U_{\alpha_j} \supset G_{i_j}$, ще получим противоречие с това че $\bigcup_\alpha U_\alpha = \bigcup G_{i_j}$. Сега вече е ясно и търсеното изброимо покритие - то е:

(6)
\begin{align} X \subset \bigcup_j U_{\alpha_j} \end{align}
Unless otherwise stated, the content of this page is licensed under Creative Commons Attribution-NonCommercial-ShareAlike 3.0 License