EJERCICIOS DE ESPACIOS MÉTRICOS SEPARABLES
EJERCICIOS DE ESPACIOS MÉTRICOS SEPARABLES
1.Probar que un subespacio de un espacio métrico separable es separable.
Solución. Recuerde que un espacio métrico (X,d) es separable, si existe un subconjunto numerable F= { x1, x2,...}, tal que es denso en X. Es decir F—=X, donde la barra indica la clausura en la topología de la métrica.
Para verlo, considera la familia de bolas abiertas Bxn(rm), donde rm>0 es un número racional. Si Y es un subespacio de X, entonces la familia Bxn(rm)∩Y es una base numerable de la topología restringida de la métrica a Y. Se deduce por lo tanto que (Y,d) es separable,.
2.-Sea (X,d) un espacio métrico y Am una sucesión de subconjuntos de X. Si cada Am es separable, entonces ∪Am es separable. Solución. Existe una familia numerable Fm= { xm1, xm2,...}, tal que es denso en Am. Es inmediato ver que ∪Fm es denso en ∪Am. 3.- Sea (X,d) un espacio métrico separable. Si F es una familia de subconjuntos cerrados, tales que si A1 ⊇ A2 ⊇ A3⊇... es una sucesión descendente de elementos de F, entonces ∩ An∈F; probar que F tiene un elemento minimal.Solución. Definamos en F el orden parcial:
A1<A2, si y sólo si, A2⊆A1.Sea C una cadena en F. Veamos que tiene un elemento máximal. Consideremos A= ∩W∈FW, luego X−A=∪W∈FX−W. Como X−A es separable, X−A=∪Wn∈FX−Wn, luego A=∩Wn∈FWn= W1∩(W1∩W2)∩...∩(W1∩W2∩...∩Wn)∩...
Usando el hecho de que C es una cadena, deducimos que cada Fn=W1∩W2∩...∩Wn∈F y por lo tanto A∈F, lo que prueba que A es un cota superior de la cadena y por el lema de Zorn existe un elemento máximal M, el que por definición del orden parcial, es un elemento minimal de la familia F.
4.-Sea α un cardinal infinito. Probar que las siguientes condiciones son equivalentes en un espacio métrico (X,d):
(a) X tiene un subconjunto denso de cardinal ≤ α.
(b) X tiene una base de abiertos de cardinal ≤ α.
(c) Cada cubrimiento por abiertos de X , tiene un subcubrimiento de cardinal ≤ α.
Solución. (a)⇒(b)Sea A={ xi: i∈I } con #(I)≤ α y tal que A—=X. Considere la familia de bolas abiertas F={ Bxi(rm): i∈I, rm un número racional no negativo}. Es claro que #(F)=#(A).#(Q+) y como #(Q+)≤#(A), se deduce que #(F)= #(A)= α.
(b)⇒(c) Sea X= ∪j∈JWj donde #(J)=β. Para cada x∈X, existe un Wj tal que x∈Wj. Sea una base B={ Ui: i∈I con #(I)≤ α }. Existe Ui(x)∈B con x ∈Ui(x)⊆Wj. Como la familia {Ui(x) : x∈X} tiene cardinal ≤ α, basta asignarle a cada uno de los miembros de esta familia un único miembro de los Wj que lo contiene. Se deduce la implicación.
(c)⇒(a) X=∪x∈XBx(1/n). Existe un subcubrimiento de bolas abiertas {Bxi(1/n): i∈In con #(In)≤ α) } . Sea wi(n)∈Bxi(1/n) y llamemos Tn={ wi(n): i∈In } con #(Tn)=#(In)=αn≤ α. Si definimos F=∪nTn, es directo ver que es un conjunto denso en X y como #(F)=#(∪nTn)≤ #(N)α=α, se deduce la implicación.
5.-Sea (X,d) un espacio métrico y M un subespacio de X separable, entonces su clausura M— es separable.
Solución. Supongamos que F es un subconjunto numerable de M tal que su clausura en la topología relativa en M, es M. Sea x∈BX(r)∩ M—. Existe w∈M tal que d(w,x)<r/2. Por otro lado existe y∈F, tal que d(w,y)<r/2. Por un cálculo directo d(x,y)<r, lo que prueba el resultado.
6.- Prueba que un espacio métrico (X,d) es separable, si y sólo si , dada una familia de cerrados { Fi: i∈I } tal que cada subfamilia numerable { Fik: k∈N} tiene intersección no vacía, entonces ∩ Fi≠∅.
Solución. Para ver el directo, supongamos que tenemos una familia de cerrados { Fi: i∈I } con la propiedad enunciada. Si ∩ Fi=∅, entonces X=∪(X−Fi), luego existe una familia numerable X−Fik, tal que X=∪ (X−Fik), luego ∩kFik=∅, lo que es contradictorio.
Para ver el recíproco, supongamos que X=∪ Ui donde los Ui forman una familia de abiertos, luego ∩ (X−Ui)= ∅. La hipótesis del recíproco garantiza que existe una subfamilia numerable X−Uik, tal que ∅=∪ (X−Fik), lo que prueba el resultado.
Nota . Es importante resaltar que los ejercicios presentados son del capítulo de separabilidad del libro: "Set theory and metric spaces" de Kaplansky. Editoril chelsea. 1972. Boston.