$X^\omega$ es separable si $X$ es separable
¿Cómo se debe interpretar la siguiente prueba?
No tengo la prueba de que $X^\omega$ (bajo la topología del producto) es separable si $X$es separable. De hecho, no estoy seguro de qué topología$X$se supone que tiene. El contexto son espacios polacos. ¿Quizás alguien con más experiencia en teoría descriptiva de conjuntos reconozca lo que me estoy perdiendo aquí?
Respuestas
No importa cuál sea la topología $X$es, siempre que sea separable. Un conjunto abierto básico$B$ en ${^\omega}X$ tiene la siguiente forma: hay un finito $F\subseteq\omega$ y conjuntos abiertos $U_k$ en $X$ para cada $k\in F$ tal que
$$B=\left\{\bar x\in{^\omega}X:\bar x_k\in U_k\text{ for each }k\in F\right\}\,.$$
La familia $\{z_n:n\in\omega\}$ es denso en $X$, entonces para cada $k\in F$ hay un $n(k)\in\omega$ tal que $z_{n(k)}\in U_k$.
El conjunto $B_0=\left\{f\in{^\omega}\omega:f(k)=n(k)\text{ for each }k\in F\right\}$ es un set básico abierto en el espacio Baire ${^\omega}\omega$y $D$ es denso en ${^\omega}\omega$, entonces $f\in B_0\cap D\ne\varnothing$. Dejar$f\in B_0\cap D$; entonces$\bar z_f(k)=z_{f(k)}=z_{n(k)}$ para cada $k\in F$, entonces $\bar z_f\in B$.
Por lo tanto, cada conjunto abierto básico en ${^\omega}X$ contiene un miembro del conjunto contable $\{\bar z_f:f\in D\}$y ${^\omega}X$ es por tanto separable.
Sospecho que la fuente de la confusión es la introducción del espacio de Baire en el curso del argumento, que si se lee rápidamente sugiere que $X$se supone que en sí mismo está relacionado con el espacio de Baire de alguna manera. Pero este no es el caso: el espacio de Baire en realidad funciona como una "herramienta de contabilidad" para dar una descripción concreta de la construcción de un subconjunto denso contable de$X^\omega$ de un subconjunto denso contable de $X$.
Si lo desea, podemos deshacernos de cualquier mención del espacio de Baire de la siguiente manera (aunque el argumento es realmente idéntico) . Suponer$U\subseteq X^\omega$es un conjunto abierto básico (no vacío). Entonces$$U=\prod_{i\in\omega} V_i$$ para alguna secuencia de conjuntos abiertos $(V_i)_{i\in\omega}$tal que todos, excepto un número finito de los$V_i$s son solo $X$sí mismo .$^1$ Corregir un subconjunto denso contable $\{x_j:j\in\omega\}$ de $X$. Luego a cada apertura básica$U$ podemos asignar un "elemento canónico" $$x_U=(y_{\min\{n: x_n\in V_i\}})_{i\in\omega},$$ eso es el $i$la coordenada de nuestro elemento elegido de $U$es lo más pequeño posible. Por construcción tenemos$x_U\in U$. Además, dado que todos, salvo un número limitado de$V_i$s son todos de $X$, tenemos $y_i=x_0$ para todos menos para un número finito $i\in\omega$.
Pero solo hay muchas secuencias contables de números naturales que eventualmente son todos ceros. Esto significa que el conjunto$$E=\{x_U: U\mbox{ nonempty basic open}\}$$es contable , independientemente de cuántos conjuntos abiertos básicos haya. Y dado que cada conjunto abierto básico contiene un elemento de$E$, el conjunto $E$ es denso en $X^\omega$. Así que terminamos.
(Esto es exactamente lo mismo que el argumento anterior, pero con la elección explícita de $D$ como el conjunto de todas las secuencias eventualmente cero de números naturales).
$^1$Tenga en cuenta que es fundamental que utilicemos aquí la topología del producto , en lugar de la de caja . Por supuesto el$\omega$La potencia de caja de un espacio no necesita ser separable. Por ejemplo, deja$\mathcal{R}$ ser el $\omega$el poder de la caja de $\mathbb{R}$ con la topología habitual, y para cada conjunto contable $A=\{(r_i^j)_{i\in\omega}: j\in\omega\}$ de puntos en $\mathcal {R}$ considerar lo no vacío $\mathcal{R}$-conjunto abierto básico $$\prod_{k\in\omega}(r^i_i, r^i_i+1).$$ Este es un conjunto abierto no vacío que no contiene ninguno de los puntos en $A$.