$X^\omega$ est séparable si $X$ est séparable
Comment interpréter la preuve suivante:
Je n'ai pas la preuve que $X^\omega$ (sous la topologie du produit) est séparable si $X$est séparable. En fait, je ne sais pas quelle topologie$X$est censé avoir. Le contexte est celui des espaces polonais. Peut-être que quelqu'un avec plus d'expérience en théorie descriptive des ensembles reconnaît ce qui me manque ici?
Réponses
Peu importe la topologie $X$est, tant qu'il est séparable. Un ensemble ouvert de base$B$ dans ${^\omega}X$ a la forme suivante: il y a un fini $F\subseteq\omega$ et décors ouverts $U_k$ dans $X$ pour chaque $k\in F$ tel que
$$B=\left\{\bar x\in{^\omega}X:\bar x_k\in U_k\text{ for each }k\in F\right\}\,.$$
La famille $\{z_n:n\in\omega\}$ est dense dans $X$, donc pour chaque $k\in F$ il y a un $n(k)\in\omega$ tel que $z_{n(k)}\in U_k$.
L'ensemble $B_0=\left\{f\in{^\omega}\omega:f(k)=n(k)\text{ for each }k\in F\right\}$ est un ensemble ouvert de base dans l'espace Baire ${^\omega}\omega$, et $D$ est dense dans ${^\omega}\omega$, donc $f\in B_0\cap D\ne\varnothing$. Laisser$f\in B_0\cap D$; puis$\bar z_f(k)=z_{f(k)}=z_{n(k)}$ pour chaque $k\in F$, donc $\bar z_f\in B$.
Ainsi, chaque ensemble ouvert de base dans ${^\omega}X$ contient un membre de l'ensemble dénombrable $\{\bar z_f:f\in D\}$, et ${^\omega}X$ est donc séparable.
Je soupçonne que la source de la confusion est l'introduction de l'espace de Baire au cours de l'argumentation, ce qui, s'il est lu rapidement, suggère que $X$lui-même est supposé être en quelque sorte lié à l'espace de Baire. Mais ce n'est pas le cas: l'espace de Baire fonctionne simplement comme un "outil de comptabilité" pour donner une description concrète de la construction d'un sous-ensemble dense dénombrable de$X^\omega$ à partir d'un sous-ensemble dense dénombrable de $X$.
Si vous le souhaitez, nous pouvons supprimer toute mention d'espace de Baire comme suit (bien que l'argument soit vraiment identique) . Supposer$U\subseteq X^\omega$est un ensemble ouvert de base (non vide). ensuite$$U=\prod_{i\in\omega} V_i$$ pour une séquence d'ensembles ouverts $(V_i)_{i\in\omega}$de telle sorte que presque tous les$V_i$s sont juste $X$lui-même .$^1$ Correction d'un sous-ensemble dense dénombrable $\{x_j:j\in\omega\}$ de $X$. Puis à chaque ouverture de base$U$ on peut attribuer un "élément canonique" $$x_U=(y_{\min\{n: x_n\in V_i\}})_{i\in\omega},$$ C'est le $i$e coordonnée de notre élément choisi de $U$est aussi petit que possible. Par construction nous avons$x_U\in U$. De plus, étant donné que presque tous les$V_i$s sont tous de $X$, nous avons $y_i=x_0$ pour tous mais pour beaucoup $i\in\omega$.
Mais il n'y a que de nombreuses séquences de nombres naturels qui sont finalement toutes des zéros. Cela signifie que l'ensemble$$E=\{x_U: U\mbox{ nonempty basic open}\}$$est dénombrable , quel que soit le nombre d'ensembles ouverts de base. Et puisque chaque ensemble ouvert de base contient un élément de$E$, l'ensemble $E$ est dense dans $X^\omega$. Nous avons donc terminé.
(C'est exactement le même que l'argument ci-dessus, mais avec le choix explicite de $D$ comme l'ensemble de toutes les séquences finalement nulles de nombres naturels.)
$^1$Notez qu'il est essentiel que nous utilisions ici la topologie du produit plutôt que celle de la boîte . Bien sûr, le$\omega$La puissance de la boîte d'un espace n'a pas besoin d'être séparable. Par exemple, laissez$\mathcal{R}$ Soit le $\omega$puissance de la boîte $\mathbb{R}$ avec la topologie habituelle, et pour chaque ensemble dénombrable $A=\{(r_i^j)_{i\in\omega}: j\in\omega\}$ de points dans $\mathcal {R}$ considère le non-vide $\mathcal{R}$-ensemble ouvert de base $$\prod_{k\in\omega}(r^i_i, r^i_i+1).$$ Il s'agit d'un ensemble ouvert non vide ne contenant aucun des points de $A$.