$X^\omega$ é separável se $X$ é separável
Como se deve interpretar a seguinte prova:
Eu não tenho a prova de que $X^\omega$ (sob a topologia do produto) é separável se $X$é separável. Na verdade, não tenho certeza de qual topologia$X$é suposto ter. O contexto são os espaços poloneses. Talvez alguém com mais experiência na teoria descritiva dos conjuntos reconheça o que estou perdendo aqui?
Respostas
Não importa a topologia em $X$é, desde que seja separável. Um conjunto básico aberto$B$ dentro ${^\omega}X$ tem a seguinte forma: há um finito $F\subseteq\omega$ e conjuntos abertos $U_k$ dentro $X$ para cada $k\in F$ de tal modo que
$$B=\left\{\bar x\in{^\omega}X:\bar x_k\in U_k\text{ for each }k\in F\right\}\,.$$
A família $\{z_n:n\in\omega\}$ é denso em $X$, então para cada $k\in F$ há um $n(k)\in\omega$ de tal modo que $z_{n(k)}\in U_k$.
O conjunto $B_0=\left\{f\in{^\omega}\omega:f(k)=n(k)\text{ for each }k\in F\right\}$ é um conjunto básico aberto no espaço Baire ${^\omega}\omega$, e $D$ é denso em ${^\omega}\omega$, assim $f\in B_0\cap D\ne\varnothing$. Deixei$f\in B_0\cap D$; então$\bar z_f(k)=z_{f(k)}=z_{n(k)}$ para cada $k\in F$, assim $\bar z_f\in B$.
Assim, cada abertura básica definida em ${^\omega}X$ contém um membro do conjunto contável $\{\bar z_f:f\in D\}$, e ${^\omega}X$ é, portanto, separável.
Suspeito que a fonte da confusão seja a introdução do espaço de Baire no decorrer do argumento, que se lido rapidamente sugere que $X$em si é considerado relacionado ao espaço de Baire de alguma forma. Mas este não é o caso: o espaço de Baire está realmente funcionando apenas como uma "ferramenta de contabilidade" para dar uma descrição concreta da construção de um subconjunto denso contável de$X^\omega$ de um subconjunto denso contável de $X$.
Se quiser, podemos nos livrar de qualquer menção ao espaço de Baire da seguinte maneira (embora o argumento seja realmente idêntico) . Suponha$U\subseteq X^\omega$é um conjunto básico aberto (não vazio). Então$$U=\prod_{i\in\omega} V_i$$ para alguma sequência de conjuntos abertos $(V_i)_{i\in\omega}$de modo que todos, exceto finitamente muitos dos$V_i$s são apenas $X$em si .$^1$ Corrigir um subconjunto denso contável $\{x_j:j\in\omega\}$ do $X$. Em seguida, para cada abertura básica$U$ podemos atribuir um "elemento canônico" $$x_U=(y_{\min\{n: x_n\in V_i\}})_{i\in\omega},$$ isto é, o $i$a coordenada do nosso elemento escolhido de $U$é o menor possível. Por construção temos$x_U\in U$. Além disso, uma vez que todos, exceto finitamente muitos dos$V_i$s são todos de $X$, temos $y_i=x_0$ para todos, mas finitamente muitos $i\in\omega$.
Mas existem apenas inúmeras sequências de números naturais que são, eventualmente, todas zeros. Isso significa que o conjunto$$E=\{x_U: U\mbox{ nonempty basic open}\}$$é contável , independentemente de quantos conjuntos abertos básicos existem. E uma vez que cada conjunto básico aberto contém um elemento de$E$, o conjunto $E$ é denso em $X^\omega$. Então terminamos.
(Este é exatamente o mesmo que o argumento acima, mas com a escolha explícita de $D$ como o conjunto de todas as sequências eventualmente zero de números naturais.)
$^1$Observe que é crucial usarmos a topologia de produto , em vez de caixa , aqui. Claro que$\omega$A potência da caixa de um espaço não precisa ser separável. Por exemplo, deixe$\mathcal{R}$ seja o $\omega$o poder da caixa de $\mathbb{R}$ com a topologia usual, e para cada conjunto contável $A=\{(r_i^j)_{i\in\omega}: j\in\omega\}$ de pontos em $\mathcal {R}$ considere o não vazio $\mathcal{R}$- conjunto aberto básico $$\prod_{k\in\omega}(r^i_i, r^i_i+1).$$ Este é um conjunto aberto não vazio contendo nenhum dos pontos em $A$.