Trennungsaxiome, Kompakt, AA2

26.09.2015, 12:04

StrunzMagi

Trennungsaxiome, Kompakt, AA2

Stimmt es, dass aus $\begin{eqnarray*} T_3 + X \end{eqnarray*}$ kompakt folgt $\begin{eqnarray*} T_4 \end{eqnarray*}$ ?
Oder $\begin{eqnarray*} T_3 + AA2 \end{eqnarray*}$ (zweites ABzählbarkeitsaxiom) folgt $\begin{eqnarray*} T_4 \end{eqnarray*}$ ?

$\begin{eqnarray*} (X,\mathcal{O}) \end{eqnarray*}$ Topologischer Raum
$\begin{eqnarray*} U,V \in \mathcal{O} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} T_3: \forall x\in X \forall A \mbox{ abgeschlossen mit } x \not\in A \exists U: x\in U, \exists V: A\subseteq V: U \cap V = \emptyset \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} T_4: \forall A,B \mbox{abgeschlosssen mit } A\cap B = \emptyset: \exists U: A\subseteq U, \exists V: B \subseteq V: U\cap V =\emptyset \end{eqnarray*}$

Ich habe diese zwei Aussagen nur flüchtig in Foren gefunden, und mich würde sehr interessieren ob die Aussagen überhaupt stimmen bevor ich tage vor einen Beweis sitze..

LG,
MaGi

26.09.2015, 12:28

Guppi12

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Hallo,

du hast jeweils vergessen, zu erwähnen, dass $\begin{eqnarray*} U,V \end{eqnarray*}$ offen sein sollen.

Die Aussagen sind beide richtig, der Beweis der ersten mMn. einfacher, falls du wissen willst, womit du anfangen solltest Augenzwinkern

Was ist eigentlich hiermit?
Vergleich Topologien, Kofinit, Euklidische, <

26.09.2015, 18:51

StrunzMagi

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Hallo,
Da habe ich vergessen dir zu antworten, sry.
Am Anfang steht $\begin{eqnarray*} V,U \in \mathcal{O} \end{eqnarray*}$

Sei $\begin{eqnarray*} (X,\mathcal{O}) \end{eqnarray*}$ ein Topoloischer Raum
$\begin{eqnarray*} T_3 \end{eqnarray*}$ + kompakt $\begin{eqnarray*} \Rightarrow T_4 \end{eqnarray*}$

Bew.:
Sei A,B abgeschlossen mit $\begin{eqnarray*} A\cap B = \emptyset \end{eqnarray*}$
ZZ: $\begin{eqnarray*} \exists U\in \mathcal{O}: A \subseteq U, \exists V\in \mathcal{O}: B \subseteq V: U \cap V = \emptyset \end{eqnarray*}$

Versuch 1:
Es würde genügen zuzeigen, dass aus $\begin{eqnarray*} T_3 \end{eqnarray*}$ + X kompat $\begin{eqnarray*} \Rightarrow T_2 \end{eqnarray*}$
Denn aus $\begin{eqnarray*} T_2 + \end{eqnarray*}$ X kompakt folgt, dass der Raum normal ist, also auch $\begin{eqnarray*} T_4 \end{eqnarray*}$ erfüllt.
Wahrscheinlich gilt aber $\begin{eqnarray*} T_3 \end{eqnarray*}$ + X kompat $\begin{eqnarray*} \Rightarrow T_2 \end{eqnarray*}$ gar nicht...

Versuch 2:
Nach $\begin{eqnarray*} T_3 \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} \forall x\in B \exists U_x\in\mathcal{O}: x \in U_x: \exists V_x \in \mathcal{O}:A \subseteq V_x: U_x \cap V_x = \emptyset \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} B\subseteq \bigcup_{x\in B} U_x \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (U_x)_{x\in B} \end{eqnarray*}$ ist eine offene Überdeckung von B.
B ist als abgeschlossene TM von einer kompakten Menge X kompakt.
$\begin{eqnarray*} \exists \{i_1,..,i_n\} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x_{i_k} \in B \forall k \in \{1,..,n\}: B \subseteq U_{x_{i_1}} \cup...\cup U_{x_{i_n}} \end{eqnarray*}$
Es gilt $\begin{eqnarray*} U_{x_{i_k}} \cap V_{x_{i_k}} = \emptyset \forall k \in\{1,..,n\} \end{eqnarray*}$
Aber ich weiß nicht ob $\begin{eqnarray*} \bigcup_{k\in \{1,..,n\}} U_{x_{i_k}} \cap \bigcup_{k\in \{1,..,n\}} V_{x_{i_k}} = \emptyset \end{eqnarray*}$ . Ich müsste das irgendwie mit der Endlichkeit hinkriegen oder???
Als Vereinigung von offenen Mengen sind die Mengen $\begin{eqnarray*} \bigcup_{k\in \{1,..,n\}} U_{x_{i_k}}, \bigcup_{k\in \{1,..,n\}} V_{x_{i_k}} \end{eqnarray*}$ offen und enthalten B bzw. A.

26.09.2015, 19:09

Guppi12

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Zitat:

Am Anfang steht $\begin{eqnarray*} V,U \in \mathcal{O} \end{eqnarray*}$

Das ist richtig und ich hatte es übersehen. Allerdings kann man es so nicht hinschreiben. Du quantifizierst über U,V. Dabei werden sie völlig neu gewählt. Das ist in etwa wie wenn du schreiben würdest. 'Sei $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ . Sei jetzt $\begin{eqnarray*} x\in \mathbb R \end{eqnarray*}$ '. Dann ist $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ am Ende nicht mehr gegeben.

Zitat:

Wahrscheinlich gilt aber $\begin{eqnarray*} T_3 \end{eqnarray*}$ + X kompat $\begin{eqnarray*} \Rightarrow T_2 \end{eqnarray*}$ gar nicht...

Das weiß ich nicht, ist aber auch hierfür irrelevant, der Beweis ist nicht schwierig.

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \forall x\in B \exists U_x\in\mathcal{O}: x \in U_x: \exists V_x \in \mathcal{O}:A \subseteq V_x: U_x \cap V_x = \emptyset \end{eqnarray*}$

Es ist besser lesbar, wenn du es ausschreibst (und im übrigens wäre das nichtmal richtig, wenn man alles streng formal machen möchte, was der Hauptgrund ist, warum viele ihre Aussagen mit Quantoren hinschreiben, man müsste dann etwa so schreiben: $\begin{eqnarray*} \forall x\in B\exists U_x\in\mathcal{O}\exists V_x \in \mathcal{O}\quad (x\in U_x \land A\subseteq V_x\land U_x\cap V_x = \emptyset) \end{eqnarray*}$ ).

Viel besser lesbar ist doch: Für alle $\begin{eqnarray*} x\in B \end{eqnarray*}$ gibt es offene Umgebungen $\begin{eqnarray*} U_x \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} V_x \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} U_x\cap V_x =\emptyset \end{eqnarray*}$ oder findest du nicht?

Zitat:

Aber ich weiß nicht ob $\begin{eqnarray*} \bigcup_{k\in \{1,..,n\}} U_{x_{i_k}} \cap \bigcup_{k\in \{1,..,n\}} V_{x_{i_k}} = \emptyset \end{eqnarray*}$ . Ich müsste das irgendwie mit der Endlichkeit hinkriegen oder???

Du wählst also $\begin{eqnarray*} U := \bigcup_{k\in\{1,...,n\}}U_{x_{i_k}} \end{eqnarray*}$ . Das passt!
Was du für $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ gewählt hast, passt aber nicht. Dass diese beiden Mengen disjunkt sind, wirst du nicht zeigen könnnen.

Überleg dir für $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ noch was anderes (der Ansatz ist schon ganz richtig!). Was ist denn der Vorteil davon, dass wir nur endlich viele Mengen involviert haben? Welche Mengenoperation liefert eine offene Menge, wenn man sie auf endlich viele offene Mengen anwendet, nicht aber, wenn man sie auf beliebige Anzahlen offener Mengen anwendet?

27.09.2015, 11:45

StrunzMagi

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Danke für die Korrektur!
Ich wähle $\begin{eqnarray*} U := \bigcup_{k\in\{1,...,n\}}U_{x_{i_k}} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} V := \bigcap_{k\in\{1,...,n\}}V_{x_{i_k}} \end{eqnarray*}$
Der Durchschnitt von endlich vielen offenen Mengen ist offen sowie die Vereinigung offen ist.
Da gilt $\begin{eqnarray*} A \subseteq V_{x_{i_k}} \forall k \in \{1,..,n\} \end{eqnarray*}$ folgt auch $\begin{eqnarray*} A \subseteq \bigcap_{k\in\{1,...,n\}}V_{x_{i_k}} \end{eqnarray*}$
ZZ.: $\begin{eqnarray*} U \cap V = \emptyset \end{eqnarray*}$
Es gilt $\begin{eqnarray*} U_{x_{i_k}} \cap V_{x_{i_k}} = \emptyset \forall k \in\{1,..,n\} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} U \cap V = (\bigcup_{k\in\{1,...,n\}}U_{x_{i_k}} \cap V_{x_{i_1}}) \cap V_{x_{i_2}} \cap... \cap V_{x_{i_n}} \end{eqnarray*}$
Ich weiß nicht so recht, wie ich das machen soll..??

LG,
MaGi

27.09.2015, 12:22

Guppi12

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Wende das Distributivgesetz für Schnitt und Vereinigung an auf $\begin{eqnarray*} \left(\bigcup_{k\in\{1,...,n\}}U_{x_{i_k}}\right) \cap V \end{eqnarray*}$ . Du erhälst eine Vereinigung von Schnitten. Jetzt kannst du für jede der vereinigten Mengen einzeln zeigen, dass diese leer sind. Erst dann brauchst du die explizite Darstellung von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ .

27.09.2015, 14:42

StrunzMagi

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Danke, so konnte ich den Beweis abschließen!

Ich hab das Internet zu Hilfe genommen für den nächsten Beweis aber natürlich steht der Beweis in der Ausführlichkeit/Bezeichnungen wie ich in hier führe etc. nirgends beschrieben. Ich hoffe das ist so in Ordnung.

$\begin{eqnarray*} T_3 + AA2 \Rightarrow T_4 \end{eqnarray*}$

Bew.: Seien $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ abgeschlossen mit $\begin{eqnarray*} A \cap B = \emptyset \end{eqnarray*}$
Sei $\begin{eqnarray*} \mathcal{C}=\{C_1,C_2,..\} \end{eqnarray*}$ eine abzählbare Basis.
Nach $\begin{eqnarray*} T_3 \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} \forall x \in A \subseteq X\setminus B \end{eqnarray*}$ gibt es eine offene Menge $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ sodass $\begin{eqnarray*} x \in W \subseteq \overline{W} \subseteq X\setminus B \end{eqnarray*}$

Nach definition einer Basis $\begin{eqnarray*} \exists C_x \in \mathcal{C}: x \in C_x \subseteq W \end{eqnarray*}$
Es gilt $\begin{eqnarray*} A \subseteq \bigcup_{x\in A} C_x \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} C_x \in \mathcal{C} \end{eqnarray*}$
Da $\begin{eqnarray*} \mathcal{C} \end{eqnarray*}$ abzählbar ist genügen abzählbar viele $\begin{eqnarray*} C_x \end{eqnarray*}$ die ich ausflisten kann.
$\begin{eqnarray*} A\subseteq \bigcup_{x\in A} C_x = \bigcup_{x_{i_k} \in A, k \in K \mbox{ mit K abzählbar}} C_{x_{i_k}} \subseteq \bigcup_{x_{i_k} \in A, k \in K \mbox{ mit K abzählbar}} W_{x_{i_k}} \end{eqnarray*}$
mit $\begin{eqnarray*} \overline{W_{x_{i_k}}} \cap B = \emptyset \forall k \in K \end{eqnarray*}$

Analog für alle $\begin{eqnarray*} x \in B \subseteq X\setminus A \exists Z \in \mathcal{O}: x \in Z \subseteq \overline{Z} \subseteq X\setminus A \end{eqnarray*}$
Analog ist $\begin{eqnarray*} B \subseteq \bigcup_{x_{i_l} \in A, l \in L \mbox{ mit L abzählbar}} Z_{x_{i_l}} \end{eqnarray*}$
mit $\begin{eqnarray*} \overline{Z_{x_{i_l}}} \cap A = \emptyset \forall k \in K \end{eqnarray*}$

Man wähle
$\begin{eqnarray*} W_{i_k}' := W_{i_k} \setminus \bigcup_{l=1}^k \overline{Z_{i_l}} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} Z_{i_k}' := Z_{i_k} \setminus \bigcup_{l=1}^{k} \overline{W_{i_l}} \end{eqnarray*}$
für alle $\begin{eqnarray*} k \in K \end{eqnarray*}$

1)
Haben wir $\begin{eqnarray*} W_{i_k}', Z_{i_t}' \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} i_k \le i_t \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} W_{i_k}' \subseteq W_{i_k} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} Z_{i_t}' \subseteq X\setminus \bigcup_{l=1}^{t} \overline{W_{i_l}} \subseteq X\setminus \bigcup_{l=1}^{k} \overline{W_{i_l}} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \subseteq X\setminus \bigcup_{l=1}^{k} W_{i_l} \subseteq X\setminus W_{i_k} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow W_{i_k}'\cap Z_{i_t}' = \emptyset \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} i_k \le i_t \end{eqnarray*}$ :
Analog für $\begin{eqnarray*} i_t \le i_k \end{eqnarray*}$ :

2)
Die einzelnen $\begin{eqnarray*} W_{i_k}', Z_{i_k}' \end{eqnarray*}$ sind für alle $\begin{eqnarray*} k \in K \end{eqnarray*}$ jeweils als Komplemente abgeschlossener Mengen(Vereinigung von abzählbar vielen abgeschlossenen Mengen abgeschlossen) offen.

3)
$\begin{eqnarray*} x\in A \exists k \in K: x \in W_{x_{i_k}} \end{eqnarray*}$
Wegen $\begin{eqnarray*} \overline{Z_{x_{i_k}}} \cap A = \emptyset \forall k \in K \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} x \in W'_{x_{i_k}} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow A \subseteq \bigcup_{k \in K } W'_{x_{i_k}} \end{eqnarray*}$
Und analog $\begin{eqnarray*} B \subseteq \bigcup_{k \in K } Z'_{x_{i_k}} \end{eqnarray*}$

LG,
MaGi

27.09.2015, 14:57

Guppi12

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Scheint mir fast richtig zu sein, nur eine Sache ist falsch:

Zitat:

2) Die einzelnen $\begin{eqnarray*} W_{i_k}', Z_{i_k}' \end{eqnarray*}$ sind für alle $\begin{eqnarray*} k \in K \end{eqnarray*}$ jeweils als Komplemente abgeschlossener Mengen(Vereinigung von abzählbar vielen abgeschlossenen Mengen abgeschlossen) offen.

Vereinigungen abzählbar vieler abgeschlossener Mengen sind nicht notwendigerweise abgeschlossen. Ersetze abzählbar durch endlich, dann stimmt es. (Denn in der Tat sind die Vereinigungen ja endlich Augenzwinkern

)

Edit: Was mir noch auffällt, ist, dass man eigentlich nicht 2AA braucht, sondern nur, dass der Raum lindelöfsch ist, was eine schwächere Eigenschaft ist.

28.09.2015, 10:19

StrunzMagi

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Danke!
"lindelöfsch" hatten wir bis jetzt noch nicht.

Liebe Grüße,
MaGi

28.09.2015, 17:38

Guppi12

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Ok,

ein topologischer Raum hat die Lindelöf-Eigenschaft, wenn jede offene Überdeckung des Raumes eine abzählbare Teilüberdeckung hat.

Dabei folgt die Lindelöf-Eigenschaft aus dem zweiten Abzählbarkeitsaxiom, in metrischen Räumen gilt sogar die Umkehrung.

Legt man also diese Eigenschaft statt dem Abzählbarkeitsaxiom zugrunde, sieht man sehr leicht, dass die erste Aussage eine Abschwächung der zweiten Aussage ist, denn Kompaktheit ist ja so ähnlich wie die Lindelöf-Eigenschaft, nur dass man endliche statt abzählbare Teilüberdeckungen fordert. Die erst Aussage müsste man dann nicht mehr separat beweisen.

Edit: Moment, man muss da doch etwas vorsichtiger sein, weil Teilräume von Lindelöfräumen nicht notwendigerweise selbst lindelöfsch sind.

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