Διαχωρίσιμοι Χώροι

Ορισμός 1.6.5   Ένας μετρικός χώρος $(X,\rho)$ λέγεται διαχωρίσιμος αν υπάρχει αριθμήσιμο υποσύνολο $A$ του $X$ ώστε το $A$ να είναι πυκνό, δηλαδή $\overline{A}=X$.

Παράδειγμα: Ο μετρικός χώρος $(\mathbb{R},\rho)$, όπου $\rho$ είναι η συνήθης μετρική στο $\mathbb{R}$, είναι διαχωρίσιμος, γιατί το σύνολο των ρητών αριθμών $\mathbb{Q}$ είναι αριθμήσιμο και πυκνό υποσύνολο του $\mathbb{R}$.

Παράδειγμα: Ο μετρικός χώρος $(\mathbb{R},\rho)$, όπου $\rho$ είναι η διακριτή μετρική, δεν είναι διαχωρίσιμος. Αφού έχουμε ότι για κάθε $A\subseteq \mathbb{R}$ ισχύει $A=\overline{A}$, άρα το μόνο πυκνό υποσύνολο του $\mathbb{R}$ είναι ο εαυτός του, που όμως δεν είναι αριθμήσιμο.

Παράδειγμα: Ο μετρικός χώρος $(\mathbb{R}^n,\rho)$, όπου $\rho$ είναι η συνήθης μετρική στο $\mathbb{R}^n$, είναι διαχωρίσιμος, γιατί $\mathbb{Q}^n$ είναι αριθμήσιμο και πυκνό υποσύνολο του $\mathbb{R}^n$.
Απόδειξη: Έστω ένα μη κενό ανοιχτό υποσύνολο $V$ του $\mathbb{R}^n$, τότε υπάρχει $x\in\mathbb{R}^n$ και $\varepsilon>0$ με $B(x,\varepsilon )\subset V$. Τώρα αν $x=(x_1,\ldots,x_n)$ τότε υπάρχουν $q_1,\ldots,q_n \in \mathbb{Q}^n$ ώστε $\vert x_i-q_i\vert<\varepsilon /\sqrt{n}$ για $i\in \{1,\ldots,n\}$. Τότε το $q=(q_1,\ldots,q_n)\in\mathbb{Q}^n$ και

$$\rho(x,q)=\left(\sum_{i=1}^{n}(x_i-q_i)^2\right)^{1/2}<\varepsilon$$

άρα $q\in B(x,\varepsilon )\subset V\Rightarrow V\cap\mathbb{Q}^n\neq \emptyset$, δηλαδή $\mathbb{Q}^n$ πυκνό υποσύνολο του $\mathbb{R}^n$. $\Box$

Θεώρημα 1.6.4   Έστω $(X,\rho)$ είναι ένας μετρικός χώρος. Τότε ο $X$ είναι διαχωρίσιμος αν και μόνο αν κάθε ανοιχτή κάλυψη του $X$ έχει αριθμήσιμη υποκάλυψη.

Απόδειξη: Υποθέτουμε πρώτα ότι ο $X$ είναι διαχωρίσιμος, θέλουμε να δείξουμε ότι κάθε ανοιχτή κάλυψη του $X$ έχει αριθμήσιμη υποκάλυψη. Αφού ο $X$ είναι διαχωρίσιμος υπάρχει $A=\{a_1,a_2,\dots\}$ πυκνό υποσύνολο του $X$, δηλαδή $\overline{A}=X$. Θεωρούμε μια ανοιχτή κάλυψη $\mathcal{K}$ του $X$. Συμβολίζουμε $B_1,B_2,\ldots$ τις αριθμήσιμες ανοιχτές μπάλες $B(a_i,1/n)$, όπου $i,n\in \mathbb{N}$, που περιέχονται σε κάποιο μέλος της $\mathcal{K}$. Συμβολίζουμε επίσης, $G_n\in \mathcal{K}$ για κάθε $n\in \mathcal{N}$, ώστε το $G_n$ να περιέχει την αντίστοιχη ανοιχτή μπάλα $B_n$. Αρκεί να δείξουμε ότι $\cup^{\infty}_{k=1}B_k(a_i,1/n)$, οπότε η υποκάλυψη ${G_1,G_2,\dots}$ της $\mathcal{K}$ θα είναι αριθμήσιμη. Έστω $x\in X$. Αρκεί να βρούμε $k\in \mathbb{N}$ με $x\in B_k(a_i,1/n)$ για κάποια $i,n\in \mathbb{N}$. Πρέπει να υπάρχει ανοιχτό σύνολο $G\in \mathcal{K}$ με $x\in G$, αφού $\mathcal{K}$ είναι κάλυψη το $X$. Άρα υπάρχει $\varepsilon>0$ ώστε $B(x,\varepsilon)$. Έστω $n\in\mathbb{N}$ με $1/n <\varepsilon$ θα υπάρχει $a_i\in B(x,1/n)$, αφού $\overline{A}=X$, δηλαδή $\rho(a_i,x)<1/n$, που σημαίνει ότι $x\in B(a_i,1/n)$. Θέτουμε $B_k=B(a_i,1/n)$ για κάποιο $k\in \mathbb{N}$ τότε $x\in B_k$, άρα $x\in\cup_{k=1}^{\infty}B(a_i,1/n)$, δηλαδή $X\subseteq \cup_{k=1}^{\infty}B(a_i,1/n)$ (ότι $\cup_{k=1}^{\infty}B(a_i,1/n)\subseteq X$ είναι φανερό).

Αντίστροφα, έστω ότι κάθε ανοιχτή κάλυψη του $X$ έχει αριθμήσιμη υποκάλυψη, τότε θέλουμε να δείξουμε ότι ο $X$ είναι διαχωρίσιμος, δηλαδή ότι υπάρχει πυκνό και αριθμήσιμο υποσύνολο $A$ του $X$. Έστω η ανοιχτή κάλυψη $\mathcal{K}=\{B(x,1/n) \ \hbox{όπου}\ x\in X \ \hbox{για όλα}\ n\in \mathbb{N} \}$ του $X$. Από την υπόθεση υπάρχει αριθμήσιμη υποκάλυψη $\{B_i(x,1/n) \ \hbox{όπου}\ B_i(x,1/n)\in \mathcal{K} \}$. Θεωρούμε ότι $x_{i,n}\in B_i$ τότε η υποκάλυψη γράφεται

$$\bigcup_{i=1}^{\infty}B(x_{i,n},\frac{1}{n})=X$$ (1.15)

Το $A\{x_{i,j} \ \hbox{όπου}\ i,j\in \mathbb{N}\}$ είναι αριθμήσιμο σύνολο. Έστω ένα μη κενό ανοιχτό υποσύνολο $V$ του $X$, τότε υπάρχει $\varepsilon>0$ και $x\in X$ ώστε $B(x,\varepsilon )\subset V$. Έστω $n\in\mathbb{N}$ με $1/n <\varepsilon$. Η σχέση 1.15 λέει ότι υπάρχουν $i\in \mathbb{N}$ τέτοια ώστε $x\in \cup_{i=1}^{\infty}B(x_{i,n},1/n)\Rightarrow \rho(x,x_{i,n}) <1/n<\varepsilon \Rightarrow x_{i,n}\in B(x,\varepsilon )\subset V$,

Άρα $V\cap A\neq \emptyset$ δηλαδή $A$ είναι πυκνό υποσύνολο του $X$. Άρα ο $X$ είναι διαχωρίσιμος. $\Box$