Non separabilità

[piadinaro1]

Teorema:
$(X,d)$ spazio metrico.
1) $\exists X_0 \subset X$ t.c. $X_0$ sia più che numerabile e $\exists C$ t.c. $d(x,y)\geq C>0$ $\forall x,y \in X_0$;
2) $ \exists (A_i)_{i\in I}$ famiglia di aperti non vuoti con $I$ più che numerabile t.c. $A_i \cap A_j = \emptyset$ per $i\ ne j$;
3) $X$ non è separabile.
Allora $1 \Rightarrow 2 \Rightarrow 3$.

La dimostrazione non è difficile. La domanda è: si può tornare indietro?
(Io ho solo una risposta parziale).

[j18eos]

Io preferisco dimostrare le varie implicazioni!

\((1)\Rightarrow(2)\)

Facile, come famiglia ricercata basta scegliere \(\{B(x;C)\subseteq X\}_{x\in X_0}\); ove:\[B(x;C)=\{y\in X\mid d(x;y)

\((1)\Leftarrow(2)\) Per dimostrare questa implicazione io utilizzo l'assioma della scelta!

Data la famiglia di aperti non vuoti \(\{A_i\subset X\}_{i\in I}\) a due a due disgiunti, potendo considerare l'insieme (grazie ad AC) \(\{x_i\in A_i\}_{i\in I}\) si ha che:\[C=\inf_{i;j\in I}d(x_i;x_j)>0\] quindi esso è l'insieme \(X_0\) ricercato.

\((2)\Rightarrow(3)\)

Lo scrivo molto leggermente(*): \(X\) non può essere separabile in quanto dovrebbe esistere un insieme numerabile \(N\) arbitrariamente vicino a ogni insieme \(A_i\) e ciò è impossibile.
§§§
(*) In questo caso il formalismo ucciderebbe l'idea!

\((2)\Leftarrow(3)\)

Qui si utilizza la proprietà di essere gli spazi metrici degli spazi normali o \(\mathrm{T}_4\) (due chiusi disgiunti sono separabili alla Hausdorff per capirci).
Io considero la famiglia di palle aperte \(\{B(x_r;r)\}_{r\in]0;1]}\) ove:\[\forall r\in]0;1];s\in]0;r],\,d(x_r;x_s)\geq r+s.\]

Ho qualche dubbio sull'ultima implicazione.

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