Сепарабельность пространства и его пополнения

[ShMaxG]

Определение: Полное метрическое пространство $(Y,d)$ называется пополнением метрического пространства $(X,\rho)$, если существует $d$-всюду плотное множество $Z \subset Y$, такое, что пространства $\left( {X,\rho } \right)$ и $\left( {Z,d} \right)$ изометричны.

Утверждение: Если $\left( {X,\rho } \right)$ - сепарабельно, то и его пополнение, $\left( {Y,d} \right)$ - сепарабельно.

Доказательство:

Т.к. $\left( {X,\rho } \right)$ - сепарабельно, то существует $\rho$-всюду плотное счетное в $X$ множество $K$, это значит:

$$\forall x \in X{\text{ }}\forall \varepsilon > 0{\text{ }}\exists k \in K{\text{ }}\rho \left( {x,k} \right) < \varepsilon $$

По определению пополнения, существует $d$-всюду плотное множество $Z \subset Y$, такое, что пространства $\left( {X,\rho } \right)$ и $\left( {Z,d} \right)$ изометричны, т.е. существует отображение (биекция) $\varphi :X \to Z$ такое, что $d\left( {\varphi \left( {{x_1}} \right),\varphi \left( {{x_2}} \right)} \right) = \rho \left( {{x_1},{x_2}} \right){\text{ }}\forall {x_1},{x_2} \in X$. Тогда

$$\forall \varphi \left( x \right) \in Z{\text{ }}\forall \varepsilon > 0{\text{ }}\exists \varphi \left( k \right) \in \varphi \left( K \right){\text{ = }}\widetildeK{\text{ }}d\left( {\varphi \left( x \right),\varphi \left( k \right)} \right) < \varepsilon $$

А это равносильно, в силу биективности $\varphi $ тому, что

$$\forall z \in Z{\text{ }}\forall \varepsilon > 0{\text{ }}\exists \widetilde k \in \widetilde K{\text{ }}d\left( {z,\widetilde k} \right) < \varepsilon $$

Итак, $\widetilde K$ - счетное множество, которое $d$-всюду плотно в $Z$. А $Z$ - $d$-всюду плотно в $Y$:

$$\forall y \in Y{\text{ }}\forall \varepsilon > 0{\text{ }}\exists l \in Z{\text{ }}d\left( {y,l} \right) < \varepsilon $$

Значит,

$$\forall y \in Y{\text{ }}\forall \varepsilon > 0{\text{ }}\exists l \in Z{\text{ }}\exists \widetilde k \in \widetilde K{\text{ }}d\left( {y,\widetilde k} \right) \leqslant d\left( {y,l} \right) + d\left( {\widetilde k,l} \right) \leqslant \varepsilon $$

Это выполнено, лишь только

$$d\left( {y,l} \right) \leqslant \frac{\varepsilon } {2},{\text{ }}d\left( {\widetilde k,l} \right) \leqslant \frac{\varepsilon } {2}$$

Таким образом доказано, что

$$\forall y \in Y{\text{ }}\forall \varepsilon > 0{\text{ }}\exists \widetilde k \in \widetilde K{\text{ }}d\left( {y,\widetilde k} \right) < \varepsilon $$

Т.е. $\widetilde K$ - счетное множество, которое $d$-всюду плотно в $Y$.

--------------------------------------------------

Проверьте пожалуйста, все ли верно. Может быть где-то проще можно что-то доказать?..

P.S. Утверждение, что если сепарабельно пополнение, то сепарабельно само пространство доказывается аналогично (и даже проще), так что не будем его рассматривать, если здесь ошибок нет.

[RIP]

В принципе на первый взгляд всё более-менее верно. Теперь критика. Во-первых, в определении пополнения у Вас имеется опечатка (найдите её сами --- получите удовольствие), которая дублируется в доказательстве по крайней мере в одном месте. Во-вторых, что-то Вы перемудрили со всюду плотностью. Зачем Вам целое семейство близких точек, когда откровенно достаточно одной? И ещё у Вас в \widetildeK откровенно потерян пробел.

-- Сб 07.11.2009 02:36:58 --

Кстати, как-то Вы всё очень формально оформляете. Иногда это бывает вредно. Это так, на правах оффтопа.

[ewert]

ShMaxG в сообщении #259301 писал(а):

Утверждение: Если $\left( {X,\rho } \right)$ - сепарабельно, то и его пополнение, $\left( {Y,d} \right)$ - сепарабельно.

Лемма. Если $A$ всюду плотно в $B$ и $B$ всюду плотно в $C$, то $A$ всюду плотно в $C$.
Доказательство. Очевидно.

Доказательство Утверждения. Пусть $\varphi$ -- изометрическая биекция между $X$ и $Z$. Если $K$ -- счётное всюду плотное подмножество $X$, то в силу изометрии $\varphi(K)$ является счётным всюду плотным подмножеством в $Z$ -- а значит, и во всём $Y$ (т.к. $Z$ плотно в $Y$). Следовательно, пространство $Y$ сепарабельно.

Всё остальное выглядит как-то лишним.

[ShMaxG]

Ну у меня просто начальство требует, чтобы все было расписано, без всяких очевидно.

А насчет семейства близких точек - согласен, больше не буду

Спасибо за проверку.

[RIP]

Без очевидно лемма доказывается следующим образом.
$C\subset\overline B\subset\overline{\overline A}=\overline A.\qed$

-- Сб 07.11.2009 12:55:54 --

Да, и ещё. По-хорошему, слово "счетное" надо всюду поменять на "не более чем счётное".

[ewert]

Ну например та лемма (а это должна быть именно лемма, т.к. утверждение имеет самостоятельную ценность -- независимо от сепарабельности).

Вот правильное её доказательство:

Любой элемент из $C$ сколь угодно точно приближается элементами из $B$. В свою очередь, любой элемент $B$ можно сколь угодно точно приблизить элементами из $A$. Следовательно, любой элемент из $C$ сколь угодно точно приближается элементами из $A$.

А вот -- занудно-правильное:

Для каждого $c\in C$ по любому $\varepsilon>0$ найдётся такой $b\in B$, что $d(b,c)<{\varepsilon\over2}$. В свою очередь, для этого $b$ найдётся такой $a\in A$, что $d(a,b)<{\varepsilon\over2}$. Таким образом, для любых $c\in C$ и $\varepsilon>0$ сушествует $a\in A$ такой, что $d(a,c)\leqslant d(a,b)+d(b,c)<{\varepsilon}$.

Если же начальство требует ещё и непременно кванторов, то -- что уж тут поделаешь, начальство не выбирают, каким бы странным они ни было. Остаётся только смириться и смиренно нести свой крест.

-- Сб ноя 07, 2009 14:11:09 --

RIP в сообщении #259368 писал(а):

Без очевидно лемма доказывается следующим образом.
$C\subset\overline B\subset\overline{\overline A}=\overline A.\qed$

Не пойдёт. Откуда второе вложение? Откуда третье равенство? Если уж считать неочевидной саму лемму, то эти два утверждения -- и подавно нуждаются в формальном доказательстве.

RIP в сообщении #259368 писал(а):

Да, и ещё. По-хорошему, слово "счетное" надо всюду поменять на "не более чем счётное".

Вряд ли. Понятие "плотность" содержательно только для бесконечных множеств. В противном случае "$A$ плотно в $B$" означает просто $A=B$.

[RIP]

ewert в сообщении #259375 писал(а):

RIP в сообщении #259368 писал(а):

Без очевидно лемма доказывается следующим образом.
$C\subset\overline B\subset\overline{\overline A}=\overline A.\qed$

Не пойдёт. Откуда второе вложение? Откуда третье равенство?

А это предыдущие леммы (тоже ведь ценные сами по себе утверждения). А так --- согласен.

ewert в сообщении #259375 писал(а):

RIP в сообщении #259368 писал(а):

Да, и ещё. По-хорошему, слово "счетное" надо всюду поменять на "не более чем счётное".

Вряд ли. Понятие "плотность" содержательно только для бесконечных множеств. В противном случае "$A$ плотно в $B$" означает просто $A=B$.

Вот только содержательность тут немного ни при чём. Никто ведь, надеюсь, не будет спорить, что конечное метрическое пространство сепарабельно, однако счётное всюду плотное множество в нём не найдётся (если только конечное множество не считать счётным).
И кстати, слова $A$ плотно в $B$ означают, что $B\subset\overline A$, что для конченых множеств (в метрическом пространстве) перейдёт в $B\subset A$.