Urysohnscher Metrisierungssatz Verständnis

28.05.2012, 20:06	lp-raum	Auf diesen Beitrag antworten »
Urysohnscher Metrisierungssatz Verständnis Ich habe hier einen "Beweis", dass ein zweitabzählbarer Hausdorff-Raum metrisierbar ist, der nicht richtig sein kann (weil die Aussage nicht stimmt, man braucht 'regulär' statt 'Hausdorffsch'), aber ich finde nicht den Fehler: Sei X so ein Raum und $\begin{eqnarray} ( A_k)_{k\in\mathbb{N}} \end{eqnarray}$ eine Basis. Definiere $\begin{eqnarray} d(x,y):=\sum_{k\in\mathbb{N}} \frac{\alpha_k}{2^k} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \alpha_k=\begin{cases} 0, &\text{falls x und y beide in } A_k \text{ oder beide nicht in } A_k \\ 1,& \text{sonst}\end{cases} \end{eqnarray}$ Es gilt natürlich $\begin{eqnarray} 0\leq d(x,y)<\infty \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} d(x,x)=0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} d(x,y)=d(y,x) \end{eqnarray}$ Wenn $\begin{eqnarray} x\neq y \end{eqnarray}$ dann gibt es nach Hausdorff-Eigenschaft eine offene Menge, die x, aber nicht y enthält. Diese lässt sich als Vereinigung gewisser $\begin{eqnarray} A_k \end{eqnarray}$ schreiben. In mindestens einer dieser Mengen $\begin{eqnarray} A_k \end{eqnarray}$ liegt x und y liegt nicht darin. Somit hat man in der Summe $\begin{eqnarray} d(x,y) \end{eqnarray}$ mindestens einen Summanden $\begin{eqnarray} >0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} d(x,y)>0 \end{eqnarray}$ Also $\begin{eqnarray} d(x,y)=0\Rightarrow x=y \end{eqnarray}$ Für $\begin{eqnarray} d(x,y)+d(y,z)\geq d(x,z) \end{eqnarray}$ genügt es zu zeigen, dass für alle k, bei denen $\begin{eqnarray} \alpha_k \end{eqnarray}$ in der Summe $\begin{eqnarray} d(x,z) \end{eqnarray}$ gleich 1 ist, die Summe der entsprechenden Koeffizienten von $\begin{eqnarray} d(x,y) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} d(y,z) \end{eqnarray}$ mindestens 1 ist. Also sei $\begin{eqnarray} x\in A_k, z\not\in A_k \end{eqnarray}$ Fall 1: $\begin{eqnarray} y\in A_k \end{eqnarray}$ , dann ist der k-te Koeffizient in der Summe $\begin{eqnarray} d(y,z) \end{eqnarray}$ gleich 1. Fall 2: $\begin{eqnarray} y\not\in A_k \end{eqnarray}$ , dann ist der k-te Koeffizient in der Summe $\begin{eqnarray} d(x,y) \end{eqnarray}$ gleich 1. Für $\begin{eqnarray} x\not\in A_k, z\in A_k \end{eqnarray}$ dann analog. Also gilt die Dreiecksungleichung.
28.05.2012, 22:02	Louis1991	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Urysohnscher Metrisierungssatz Verständnis Hey lp-raum, Woher stammt denn der Beweis? Ich sehe jetzt gerade leider nicht den direkten Fehler, aber die "Metrik" da muss in einem nicht-regulären Raum keine Metrik sein. Afaik kann man zeigen, dass eine Metrik immer stetig (also auch folgenstetig) ist. Und wenn ich mir mal d(x,y_n) anschaue, wobei y_n eine Folge ist, die geeignet auf dem Rand einer abgeschlossenen Menge langläuft, sodass ich keine Trennende Umgebung zwischen x und dieser abgeschlossenen Menge finde, dann habe ich ja wohl damit ein Problem. Den direkten Fehler im Beweis habe ich nach langem Hinsehen trotzdem nicht erkennen können -.-" lg kai
28.05.2012, 22:50	lp-raum	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo Louis, und danke für deine Antwort. Der "Beweis" stammt von mir. Ich habe mir den Beweis zum Metrisierungssatz für reguläre Räume angesehen und mich gefragt, ob man mit einem ähnlichen (aber einfachereren) Ansatz nicht auch eine Metrik definieren könnte. Dabei wurde dann plötzlich die Voraussetzung regulär nicht mehr benötigt. Es muss irgendeinen blöden Fehler geben. ^^
28.05.2012, 23:57	DarkD	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi, der Beweis scheint so weit richtig zu sein, hast du mal überprüft, ob die von dir definierte Metrik dieselben offenen Mengen liefert wie die Topologie? Die A_k sollten ja (bezüglich der Metrik) offen sein. Ich denke das sollte verletzt sein, da man die Feinheit der Basis nicht kontrollieren kann.
29.05.2012, 00:45	lp-raum	Auf diesen Beitrag antworten »
Stimmt, das muss man natürlich überprüfen, da war ich ja dumm. Ich versuche mal zu beweisen, dass $\begin{eqnarray} A_k \end{eqnarray}$ offen bzgl. d ist: Für $\begin{eqnarray} x\in A_k \end{eqnarray}$ bilde $\begin{eqnarray} U:=\{ y\in X\, \|\, d(x,y)<\frac{1}{2^{k}}\} \end{eqnarray}$ , den offenen $\begin{eqnarray} \frac{1}{2^k} \end{eqnarray}$ Ball um x bzgl. d. Es gilt $\begin{eqnarray} U\subseteq A_k \end{eqnarray}$ ,denn für $\begin{eqnarray} y\in U \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} y\not\in A_k \end{eqnarray}$ wäre wegen $\begin{eqnarray} x\in A_k \end{eqnarray}$ der k-te Summand in $\begin{eqnarray} d(x,y) \end{eqnarray}$ schon gleich $\begin{eqnarray} \frac{1}{2^k} \end{eqnarray}$ , also wäre $\begin{eqnarray} d(x,y)\geq \frac{1}{2^k} \end{eqnarray}$ Somit ist $\begin{eqnarray} A_k \end{eqnarray}$ offen bzgl. d und alle offenen Mengen von X sind als Vereinigungen gewisser $\begin{eqnarray} A_k \end{eqnarray}$ auch offen bzgl. d. Also liegt der Fehler vielleicht so, dass nicht alle bzgl. d offenen Mengen offen in X sein müssen? Wahrscheinlich nicht, mir fällt nämlich auch kein Beweis hierfür ein.
29.05.2012, 00:55	lp-raum	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn man z.B. wieder U als den $\begin{eqnarray} \frac{1}{2^k} \end{eqnarray}$ Ball um ein x nimmt, dann könnte man vermuten: $\begin{eqnarray} U=\bigcap_{n\leq k, x\in A_n} A_n \end{eqnarray}$ Denn für $\begin{eqnarray} y\in U \end{eqnarray}$ muss y ja mit der gleichen Begründung wie eben in diesem Schnitt liegen, und der ist offen (in X). Für y im Schnitt hat man in der Summe zu $\begin{eqnarray} d(x,y) \end{eqnarray}$ bis zum einschließlich k-ten Summanden nur Nullen. Aber wenn man danach lauter Einsen hat, also y für $\begin{eqnarray} n >k \end{eqnarray}$ genau in allen $\begin{eqnarray} A_n \end{eqnarray}$ liegt, in denen x nicht liegt und umgekehrt, könnte $\begin{eqnarray} d(x,y)=\frac{1}{2^k} \end{eqnarray}$ herauskommen. Und das wird dann wohl auch mal so sein, sonst wäre der Beweis ja richtig.
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