Spazio compatto e di Hausdorff non è numerabile.

[3m0o]

Considera uno spazio di Hausdorff compatto \( (X,\tau_X) \) tale che nessun singoletto è aperto. Dimostra che \(X \) non è numerabile. Deduci che \( [0,1] \) non è numerabile.

Io ho pensato a questo
Supponiamo per assurdo che sia numerabile e consideriamo dunque una biiezione \( f: \mathbb{N} \to X \).
Consideriamo ora una collezione di aperti \( (U_i)_{i \in \mathbb{N}} \), tale che \( U_i \subseteq U_{i+1} \) e tale che \( f(i) \in U_i \). Allora è chiaro che \( X=\bigcup\limits_{i \in \mathbb{N}} U_i \).
Definiamo \( C_i := X \setminus U_i \). Chiaramente \(f(i)\not\in C_i \), e abbiamo inoltre che \( C_{i+1} \subseteq C_i \).
Abbiamo inoltre che \( X \setminus \bigcup\limits_{i \in \mathbb{N}} U_i = \bigcap\limits_{i \in \mathbb{N}} X \setminus U_i=\bigcap\limits_{i \in \mathbb{N}} C_i = \emptyset \).
Siccome \( X \) è compatto abbiamo che esiste una sottocollezione \( (C_i)_{i \in I_0} \) tale che \( I_0 \subset \mathbb{N} \) e tale che \( \operatorname{card}(I_0)< \infty \), tale che \( \emptyset=\bigcap\limits_{i \in I_0} C_i\).

Siccome \( X \) è anche Hausdorff abbiamo che \( \forall K_1,K_2 \) insiemi chiusi esistono due aperti \( K_1\subseteq A_1,K_2\subseteq A_2 \) tale che \( A_1 \cap A_2= \emptyset \).
Abbiamo pertanto l'esistenza di una collezione di aperti \((A_i)_{i \in I_0} \) tale che \( C_i \subseteq A_i \), tale che \( \emptyset=\bigcap\limits_{i \in I_0} A_i\).
Dunque \( X \setminus A_i \subseteq U_i \)
Pertanto \( X= X \setminus \emptyset =X \setminus \bigcap\limits_{i \in I_0} A_i = \bigcup\limits_{i \in I_0} X \setminus A_i \).

Non so come continuare per dimostrare che \( \bigcup\limits_{i \in I_0} X \setminus A_i \neq X \).

Quindi penso che quanto fatto da me sia inutile...

[3m0o]

Ma no... forse se dimostro che esiste una tale collezzione di \( U_i \), ed esiste poiché \( X \) è di Hausdorff, dunque siano \( f(i) \) e \(f(j) \) due punti qualunque, allora esistono due aperti \( U_{f(k)}\ni f(k) \), per \(k =i,j \) tale che la loro intersezione è vuota. Allora definiamo \(U_1:= U_{f(1)} \) e
\[ U_i := \bigcup_{ k \leq i} U_{f(k)} \]
inoltre abbiamo che dalla collezione \( (C_i)_{i \in \mathbb{N} } \), definita sopra, dobbiamo essere in grado di estrarre una sotto collezione finita di insiemi chiusi la cui intersezione è vuota! Ma è un assurdo. Perché l'intersezione finita di insiemi non vuoti e della totalmente ordinati tra loro non può essere vuota.

ps: forse la mia definizione di \(U_i \) non è buona...

[Bremen000]

[...]
Siccome \( X \) è anche Hausdorff abbiamo che \( \forall K_1,K_2 \) insiemi chiusi esistono due aperti \( K_1\subseteq A_1,K_2\subseteq A_2 \) tale che \( A_1 \cap A_2= \emptyset \).[...]

[...]
Inoltre è vero che in un Hausdorff puoi separare chiusi con aperti disgiunti, ma i chiusi devono essere disgiunti! E i tuoi $C_i$ non lo sono...
[...]

Non ho letto (e non saprei) se dalla numerabilità discende l'essere T4, ma se è solo Hausdorff quella cosa che dite (o meglio che dice arnett) non si può fare.

Hint

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Teorema di Baire.

[Bremen000]

Si e a me non era venuto in mente che Hausdorff + compatto implica normale

[3m0o]

Però ditemi se erro
Se riesco a costruire una collezioni di insiemi aperti \( U_i \subseteq U_{i+1} \) tale che la chiusura \( \operatorname{cl}(U_i) \subset X \) e tale che \( f(i) \in U_i \), per tutti gli \(i \). Tale che
\[ X = \bigcup_{i \in \mathbb{N}} U_i \]
Allora significa che \( C_i := X \ U_i \neq \emptyset \) per ogni \( i \) e abbiamo inoltre \( C_{i+1} \subseteq C_i \) e inoltre segue che
\[ \emptyset = \bigcap_{i \in \mathbb{N}} C_i \]
E siccome sono tutti non vuoti non può esistere nessun insieme \( I \) di indici tale che \( \left| I \right| < \infty \) e tale che
\[ \emptyset = \bigcap_{i \in I} C_i \]
Questo contraddice la compatezza di \( (X,\tau_X ) \).
Probabilmente riesco a costruire \( (U_i)_{i \in \mathbb{N}} \) grazie al fatto che \( (X,\tau_X) \) è di Hausdorff e ogni singoletto è non aperto.

[Bremen000]

[...]
Probabilmente riesco a costruire \( (U_i)_{i \in \mathbb{N}} \) grazie al fatto che \( (X,\tau_X) \) è di Hausdorff e ogni singoletto è non aperto.

Se riesci a fare questo, sì funziona.

[Bremen000]

Nell'altra maniera: nelle nostre ipotesi $X$ è uno spazio di Baire. Supponiamo che sia numerabile e che nessun singoletto sia aperto. Questo significa che la parte interna di $\{x \}$ è l'insieme vuoto per ogni $x \in X$. Ma allora
\[ X = \bigcup \{ x \mid x \in X \} \]
deve avere interno vuoto. Che è assurdo.