пространство "две стрелки", топология

[neo66]

Пространство "две стрелки" определяется так:
Пусть $X=\{0\}\times(0,1]\cup\{1\}\times[0,1)$.
Базу топологии образуют множества вида $\{0\}\times(a,b]\cup\{1\}\times[a,b)$ при $0\leqslant a<b\leqslant 1$

Это пространство:

1. хаусдорфово
2. вполне несвязно
3. компактно
4. не имеет изолированных точек
5. имеет мощность континуум
6. не имеет счетной базы

Верно?

[Someone]

Верно.

[Профессор Снэйп]

А Вы разобрались с тем, почему это пространство гомеоморфно стоуновскому пространству булевой алгебры с линейным базисом, изоморфным отрезку $[0,1]$ действительной прямой?

Вроде получается довольно несложно. Пусть $\mathfrak{B}$ есть сия алгебра. Тогда элементами $\mathfrak{B}$ являются подмножества полуинтервала $[0,1)$ вида

$$ [a_1, b_1) \cup \ldots \cup [a_k,b_k), $$

где $0 \leqslant a_1 < b_1 < a_2 < \ldots < b_{k-1} < a_k < b_k \leqslant 1$, а операции совпадают с обычными теоретико-множественными операциями объединения, пересечения и дополнения в $\mathcal{P}([0,1))$. Элементы стоуновского пространства $S(\mathfrak{B})$ --- это простые идеалы алгебры $\mathfrak{B}$. Соответствие

$$ \alpha : P \mapsto \{ x \in [0,1] : [0,x) \in P \} $$

есть биекция между $S(\mathfrak{B})$ и множеством непустых собственных начальных сегментов отрезка $[0,1]$.

Ну а теперь определим гомеоморфизм $\beta$ пространства $S(\mathfrak{B})$ на пространство "две стрелки". Для $P \in S(\mathfrak{B})$ полагаем

$$ \beta(P) = \langle \varepsilon_P, \sup \alpha(P) \rangle, $$

где $\varepsilon_P = 0$, если сегмент $\alpha(P)$ не содержит наибольшего элемента, и $\varepsilon_P = 1$ в противном случае.

То, что $\beta$ есть биекция --- очевидно. Значит, нужно всего лишь показать, что $\beta$ переводит элементы базы пространства $S(\mathfrak{B})$ в открытые подмножества "двух стрелок" и наоборот.

Вспомним, что в $S(\mathfrak{B})$ базой топологии является семейство множеств

$$ \{ r(X) : X \in \mathfrak{B} \}, $$

где $r(X) = \{ P \in S(\mathfrak{B}) : X \not\in P \}$.

Легко проверить, что если $X = [a_1, b_1) \cup \ldots \cup [a_k,b_k)$, то

$$ r(X) = \Big\{ P \in S(\mathfrak{B}) : (\exists i \in \{1, \ldots,k\})\big(a_i \in \alpha(P) \mathop{\&} b_i \not\in \alpha(P)\big) \Big\}. $$

Значит,

$$ \beta\big(r(X)\big) = \bigcup_{i=1}^k (\{ 0 \} \times (a_i, b_i]) \cup \bigcup_{i=1}^k (\{ 1 \} \times [a_i,b_i)) $$

является (конечным) объединением элементов базы, то есть открыто. С другой стороны, для $U = (\{ 0 \} \times (a,b]) \cup (\{ 1 \} \times [a,b))$ справедливо

$$ \beta^{-1}(U) = r([a,b)) \text{ ---} $$

элемент базы. Таким образом, $\beta$ и $\beta^{-1}$ непрерывны, то есть $\beta$ --- гомеоморфизм.

P. S. Таким образом, положительные ответы на первые три вопроса топикстартера следуют из теоремы Стоуна Положительный ответ на четвёртый вопрос следует из безатомности $\mathfrak{B}$. Положительный ответ на пятый вопрос очевиден. Ну а положительный ответ на шестой вопрос следует из того, что алгебра $\mathfrak{B}$ отличается от алгебры, построенной на порядке $[0,1] \cap \mathbb{Q}$.

[neo66]

Спасибо за разъяснение. Нельзя ли немного подробней пояснить это место.

Профессор Снэйп писал(а):

Легко проверить, что если $X = [a_1, b_1) \cup \ldots \cup [a_k,b_k)$, то

$$ r(X) = \Big\{ P \in S(\mathfrak{B}) : (\exists i \in \{1, \ldots,k\})\big(a_i \in \alpha(P) \mathop{\&} b_i \not\in \alpha(P)\big) \Big\}. $$

Другими словами, почему, если $\alpha(P)$ лежит между $b_i$ и $a_{i+1}$, то $X\in P$?

----------------------------
Что касается чудовищного пространства "две стрелки", то все его свойства, кроме компактности, довольно очевидны и легко доказываются непосредственно. Доказательство компактности вызвало у меня некоторые трудности. Оригинальное доказательство Урысона и Александрова не вызвало у меня энтузиазма в нем разбираться. Посему приведу свое:

Рассмотрим "проекцию" наших "двух стрелок" (которое обозначим $X$) на отрезок $[0,1]$. Пусть $X$ покрыто элементами базы. Рассмотрим точку $a\in [0,1]$. Она является проекцией точек $a_1,a_2 \in X$. Если хотя, бы одна из них попадает во внутренность элемента покрытия $[c,d)$ или $(c,d]$, то покроем точку $a$ интервалом $(c,d)$. Если $a_1$ покрывается $[a_1,d)$, а $a_2$ покрывается $(c,a_2]$, то покроем точку $a$ интервалом $(c,d)$. Таким образом, получим покрытие [0,1] интервалами, из которого, в силу компактности отрезка, выберем конечное подпокрытие. Поднятием его в $X$, получим конечное подпокрытие $X$.

[Профессор Снэйп]

neo66 писал(а):

Нельзя ли немного подробней пояснить это место.

Профессор Снэйп писал(а):

Легко проверить, что если $X = [a_1, b_1) \cup \ldots \cup [a_k,b_k)$, то

$$ r(X) = \Big\{ P \in S(\mathfrak{B}) : (\exists i \in \{1, \ldots,k\})\big(a_i \in \alpha(P) \mathop{\&} b_i \not\in \alpha(P)\big) \Big\}. $$

Другими словами, почему, если $\alpha(P)$ лежит между $b_i$ и $a_{i+1}$, то $X\in P$?

Наоборот, $X \not\in P$. Посмотрите внимательно на определение $r(X)$. И говорить, что $\alpha(P)$ "между" некорректно: $\alpha(P)$ --- это начальный сегмент, а не точка (сегмент этот может как иметь наибольший элемент, так и не иметь оного, из-за чего, собственно, "стрелок" две, а не одна и не три )

Что касается формального доказательства, то тупо показываем включение в обе стороны.

Пусть $P \in r(X)$. Тогда $X \not\in P$. Значит, $[a_i,b_i) \not\in P$ для некоторого $i$. Теперь если $a_i \not\in \alpha(P)$, то $[0,a_i) \not\in P$ и $[0,a_i) \cap [a_i,b) = \varnothing \not\in P$ в силу простоты $P$. Противоречие. Значит, $a_i \in P$. Предположим, что $b_i \in \alpha(P)$. Тогда $[0,b_i) \in P$ и $[a_i,b_i) \in P$ в силу $[a_i,b_i) \subseteq [0,b_i)$. Опять противоречие. Значит, $b_i \not\in \alpha(P)$.

Обратно, пусть $a_i \in \alpha(P)$ и $b_i \not\in \alpha(P)$ для некоторого $i$. Из первого имеем $[0,a_i) \in P$ и $[a_i,1) \not\in P$. Из второго получаем $[0,b_i) \not\in P$. Теперь из простоты $P$ имеем $[a_i,b_i) = [a_i,1) \cap [0,b_i) \not\in P$. Так как $[a_i,b_i) \subseteq X$, то $X \not\in P$, то есть $X \in r(P)$.

Добавлено спустя 15 минут 17 секунд:

neo66 писал(а):

Оригинальное доказательство Урысона и Александрова не вызвало у меня энтузиазма в нем разбираться. Посему приведу свое:

Рассмотрим "проекцию" наших "двух стрелок" (которое обозначим $X$) на отрезок $[0,1]$. Пусть $X$ покрыто элементами базы. Рассмотрим точку $a\in [0,1]$. Она является проекцией точек $a_1,a_2 \in X$. Если хотя, бы одна из них попадает во внутренность элемента покрытия $[c,d)$ или $(c,d]$, то покроем точку $a$ интервалом $(c,d)$. Если $a_1$ покрывается $[a_1,d)$, а $a_2$ покрывается $(c,a_2]$, то покроем точку $a$ интервалом $(c,d)$. Таким образом, получим покрытие [0,1] интервалами, из которого, в силу компактности отрезка, выберем конечное подпокрытие. Поднятием его в $X$, получим конечное подпокрытие $X$.

Что-то мне не нравится второй случай в Вашем доказательстве. У вас элементы базы --- это множества вида $(\{ 0 \} \times (a,b]) \cup (\{ 1 \} \times [a,b))$, причём $a$ и $b$ одинаковы в обоих элементах объединения. А у Вас там $c$ и $d$ какие-то "сдвинутые" друг относительно друга. Или может я чего-то не понял? Запишите всё более формально (если уж доказательства гомеоморфности и ссылки на теорему Стоуна Вам недостаточно )

А вообще, как мне кажется, для непосредственного доказательства компактности проще всего вспомнить, как доказывается компактность стоуновских пространств и "перенести" это доказательство через гомеоморфизм на "две стрелки". Получится коротко и изящно.

[neo66]

Профессор Снэйп писал(а):

neo66 писал(а):

Оригинальное доказательство Урысона и Александрова не вызвало у меня энтузиазма в нем разбираться. Посему приведу свое:

Рассмотрим "проекцию" наших "двух стрелок" (которое обозначим $X$) на отрезок $[0,1]$. Пусть $X$ покрыто элементами базы. Рассмотрим точку $a\in [0,1]$. Она является проекцией точек $a_1,a_2 \in X$. Если хотя, бы одна из них попадает во внутренность элемента покрытия $[c,d)$ или $(c,d]$, то покроем точку $a$ интервалом $(c,d)$. Если $a_1$ покрывается $[a_1,d)$, а $a_2$ покрывается $(c,a_2]$, то покроем точку $a$ интервалом $(c,d)$. Таким образом, получим покрытие [0,1] интервалами, из которого, в силу компактности отрезка, выберем конечное подпокрытие. Поднятием его в $X$, получим конечное подпокрытие $X$.

Что-то мне не нравится второй случай в Вашем доказательстве. У вас элементы базы --- это множества вида $(\{ 0 \} \times (a,b]) \cup (\{ 1 \} \times [a,b))$, причём $a$ и $b$ одинаковы в обоих элементах объединения. А у Вас там $c$ и $d$ какие-то "сдвинутые" друг относительно друга. Или может я чего-то не понял? Запишите всё более формально (если уж доказательства гомеоморфности и ссылки на теорему Стоуна Вам недостаточно )

Извиняюсь за слишком неформальное изложение. Лень была писать аккуратно. Но, раз непонятно, объясню еще раз.

Точки $a_1,a_2 \in X$ - это $a_1=(0,a)$, $a_2=(1,a)$. Если $a_1$ покрыта элементом базы $(\{ 0 \} \times (c,a]) \cup (\{ 1 \} \times [c,a))$, а $a_2$ покрыта элементом базы $(\{ 0 \} \times (a,d]) \cup (\{ 1 \} \times [a,d))$, то точку $a$ покроем интервалом $(c,d)$. Далее по тексту. Если нарисовать чертеж, то, по-моему, все станет очевидно.

Что касается доказательства компактности стоуновских пространств, то доказательство, известное мне, довольно громоздкое, а прямое доказательство компактности $X$ - на уровне 8-го класса средней школы. Чем мне и нравится.