En el libro Elementary topology de Michael C. Gemignani, aparece un problema que me dejó pensando si hay algo que no estoy entendiendo o si Gemignani tergiversó algún resultado. El problema dice lo siguiente.
Demuestro mi primera afirmación. Sea $(Y,\tau)$ el espacio topológico con $Y:=\mathbb{R}^{\mathbb{R}}$ y $\tau$ la topología cuyos básicos son los $$U(f,F,p):=\{h\in Y\mid \forall\,x\in F\, |hx-fx|< p\},$$ donde $f\in Y$, $F$ es subconjunto finito de $\mathbb{R}$ y $p\in\mathbb{R}^+$. Dado $f\in Y$, $$T(Y,f):=\{V\in\tau\mid f\in V\}$$ es un conjunto dirigido con el orden $\leq$ dado por $U\leq V$ si y sólo si $V\subseteq U$. Tenemos que toda red $s:T(Y,\mathrm{const}\,0)\rightarrow X$ no tiene subsucesiones. En efecto, supóngase que $s\circ k$ es subsucesión de $s$; es decir, supongamos que $\forall\, U\in T(Y,\mathrm{const}\,0)\,\exists\,n\in\mathbb{N}\;\; k_n\subseteq U$. Sea $p\in\mathbb{R}^+$; entonces, $\forall\,x\in\mathbb{R}\,\exists\,m_x\in\mathbb{N}\;\;k_{m_x}\subseteq U(\mathrm{const}\,0,\{x\},p)$. Esto nos da una función $\alpha:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{N}$ dada por $\alpha x:=m_x$. Tenemos que $$\mathbb{R}=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\alpha^{-1}n;$$ de aquí, $\exists\,r\in\mathbb{N}\;\;|\alpha^{-1}r|=|\mathbb{R}|$; es decir, $\exists\,r\in\mathbb{N}\;\;k_r\subseteq U(\mathrm{const}\,0,\{x\},p)$ para todo $x\in\alpha^{-1}r=:S$, con $|S|=|\mathbb{R}|$. Luego, $k_r\subseteq\cap_{x\in S}U(\mathrm{const}\,0,\{x\},p)$. Por otro lado, como $k_r\in T(Y,\mathrm{const}\,0)\subseteq\tau\;$ y $\forall\,n\in\mathbb{N}\;\;k_n\neq\{\mathrm{conts}\,0\}$ (porque $\{\mathrm{conts}\,0\}$ no es abierto), dado $f\in k_r\setminus\{\mathrm{const}\,0\}$, $\exists\,F\subseteq\mathbb{R}$ finito y $\exists\,q\in\mathbb{R}^+\;\;U(f,F,q)\subseteq k_r$. Defínase $h:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ como $$hx:=\begin{cases} fx+\frac{q}{2}&\text{ si $x\in F$},\\ p+1&\text{ si $x\notin F$}. \end{cases}$$ Entonces, $h\in U(f,F,q)$ pero $h\notin\cap_{x\in S}U(\mathrm{const}\,0,\{x\},p)\;$!! Luego, $s$ no tiene subsucesiones.
Así que toda subsucesión de $s$ satisface cualquier propiedad, puesto que un condicional es falso si y sólo si su antecedente es verdadero y su consecuente falso; en otras palabras, $\forall\,r\;\;(r\text{ es subsucesión de }s\Rightarrow Pr)$ es siempre verdadera, pues el predicado “subsucesión de $s$” corresponde a un conjunto vacío. Como cuando uno considera un espacio con más de un punto que tiene la topología trivial; dicho espacio es $\mathrm{T}_4$ porque no tiene subconjuntos cerrados no vacíos distintos de él mismo.
Demuestro mi segunda afirmación. Definamos $s'':L\rightarrow\mathbb{R}$, donde $$L:=\{U(\mathrm{const}\,0,\{0,\ldots,n\},1)\mid n\in\mathbb{N}\},$$ como $s''U(\mathrm{const}\,0,\{0,\ldots,n\},1):=(-1)^n\,$ y $s':T(Y,\mathrm{const}\,0)\rightarrow L$ como $$s'V:=\begin{cases} U(\mathrm{const}\,0,\{0,\ldots,n\},1)&\text{si $V=U(\mathrm{const}\,0,\{0,\ldots,n\},1)$},\\ U(\mathrm{const}\,0,\{0\},1)&\text{si $V\notin L$}. \end{cases}$$ Entonces, $s:=s''\circ s':T(Y,\mathrm{const}\,0)\rightarrow\mathbb{R}$ no converge y tiene como punto límite a 1 pero no a -1; sin embargo, toda subsucesión de $s$ converge a 1 (o a cualquier otro real).
Tratando de encontrar un resultado en el cual podría estar pensando Gemignani, hallé lo siguiente (en el Introduction to General Topology de K. D. Joshi): un espacio con una sucesión con un punto límite cuyas subsucesiones no convergen, y que si $X$ es un espacio primero numerable y $\{x_n\}$ es una sucesión en $X$ con punto límite $x$ entonces existe una subsucesión de $\{x_n\}$ que converge a $x$.
El espacio de la sucesión con un punto límite cuyas subsucesiones no convergen es el siguiente. Consideremos a $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$; dado $k\in\mathbb{N}$, al conjunto $\mathbb{N}\times\{k\}$ lo llamaremos el $k$-ésimo renglón de $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$. Sea $\infty$ un símbolo que no está en $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ (por alguna razón poco misteriosa me estoy acordando de lo poco que leí sobre la teoría de conjuntos de Zermelo-Fraenkel con átomos; ZFA le llaman). Sean $Z:=(\mathbb{N}\times\mathbb{N})\cup\{\infty\}$, $S_1:=\mathcal{P}(\mathbb{N}\times\mathbb{N})$ y $S_2$ el conjunto de los $A\subseteq Z$ tales que $\infty\in A$ y $A$ contiene casi todos los puntos en casi todos los renglones; es decir, $\forall^\infty\,k\in\mathbb{N}\,\forall^\infty\,n\in\mathbb{N}\;\;(n,k)\in A$, (donde ‘$\forall^\infty$’ simboliza “para casi todo” significando “ para todo salvo un número finito”); dicho de otra manera, dado $A\in S_2$, existe un número finito de renglones $\mathbb{N}\times\{k\}$ de los cuales hay un número infinito de puntos de cada renglón $\mathbb{N}\times\{k\}$ que no contiene $A$, y para el resto de los renglones hay a lo más un número finito de puntos de cada uno de estos renglones que no contiene $A$ (no sé cómo podría poner esto con cuantificadores; por cierto, el dual de ‘$\forall^\infty$’ es ‘$\exists^\infty$’ “existe una cantidad infinita tal que”). Sea $\sigma:=S_1\cup S_2$; $\sigma$ es una topología sobre $Z$.
Veamos que ninguna sucesión en $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ puede converger a $\infty$. Sea $\{x_n\}$ una sucesión en $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ tal que $x_n\rightarrow\infty$, así que $\forall\,A\in T(Z,\infty)\exists\,n\in\mathbb{N}\,\forall\,m\in\mathbb{N}\;\;(n\leq m\Rightarrow x_m\in A)$. De aquí, no puede ser que haya un renglón de $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ que contenga una cantidad infinita de términos de $\{x_n\}$, pues si así fuera, podríamos obtener un $A\in T(Z,\infty)$ tal que $x_n\notin A$ para una infinidad de términos de $\{x_n\}$. Así que todo renglón de $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ tiene a lo más un número finito de términos de $\{x_n\}$. Si quitamos de cada renglón esos términos de $\{x_n\}$, obtenemos un abierto $B\in T(Z,\infty)$ que no contiene a ningún término de $\{x_n\}$ !! Así que una sucesión converge a un punto en $(Z,\sigma)$ si y sólo si es eventualmente constante.
Ahora, sea $z:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ una biyección. Entonces, $\infty$ es punto límite de $\{z_n\}$; es decir, $\forall\, A\in T(Z,\infty)\,\forall\,n\in\mathbb{N}\,\exists\,m\in\mathbb{N}\;\;m\geq n\;\text{y}\;x_m\in A$. En efecto, dado $n\in\mathbb{N}$ y dado $A\in T(Z,\infty)$, no puede ser que $\forall\,m\geq n\;\;x_m\notin A$, puesto que $z(\mathbb{N})=\mathbb{N}\times\mathbb{N}$, así que debe existir un $m\geq n$ tal que $x_m\in A$. Ninguna subsucesión de $\{z_n\}$ converge a $\infty$.
Quizá Gemignani estaba pensando en el segundo resultado que encontré (el cual es fácil de demostrar): ocurre en los métricos, pues son primero numebrales. No lo sé.
1. Una red $\{s_i\}_{i\in I}$ en un espacio $(X,\sigma)$ es una función $s:I\rightarrow X$ cuyo dominio $I$ es un conjunto dirigido.
Sea $J$ un conjunto dirigido y $k:J\rightarrow I$ una función tal que
Suppose $X, D$ is a metric space and $\{s_i\},i\in I$, is a net in $X$.El problema me desconcierta porque, dado un espacio topológico $(X,\sigma)$, siempre podemos encontrar una red1 en $X$ sin subsucesiones; más aún, en $\mathbb{R}$ con su topología usual, podemos encontrar una red $\{r_i\}$ sin subsucesiones no convergente; de donde, podemos encontrar, en un métrico, una red no convergente de la cual toda subsucesión converge a un punto $m\in M$, por vacuidad.
- Suppose $s_i\rightarrow x$. Prove that a subsequence of $\{s_i\}, i\in I$, converges to $x$.
- Prove that if every subsequence of $\{s_i\}$ converges to $x$, then $s_i\rightarrow x$.
- Prove a and b when it is merely assumed that $X,\tau$ is a first countable space.
Demuestro mi primera afirmación. Sea $(Y,\tau)$ el espacio topológico con $Y:=\mathbb{R}^{\mathbb{R}}$ y $\tau$ la topología cuyos básicos son los $$U(f,F,p):=\{h\in Y\mid \forall\,x\in F\, |hx-fx|< p\},$$ donde $f\in Y$, $F$ es subconjunto finito de $\mathbb{R}$ y $p\in\mathbb{R}^+$. Dado $f\in Y$, $$T(Y,f):=\{V\in\tau\mid f\in V\}$$ es un conjunto dirigido con el orden $\leq$ dado por $U\leq V$ si y sólo si $V\subseteq U$. Tenemos que toda red $s:T(Y,\mathrm{const}\,0)\rightarrow X$ no tiene subsucesiones. En efecto, supóngase que $s\circ k$ es subsucesión de $s$; es decir, supongamos que $\forall\, U\in T(Y,\mathrm{const}\,0)\,\exists\,n\in\mathbb{N}\;\; k_n\subseteq U$. Sea $p\in\mathbb{R}^+$; entonces, $\forall\,x\in\mathbb{R}\,\exists\,m_x\in\mathbb{N}\;\;k_{m_x}\subseteq U(\mathrm{const}\,0,\{x\},p)$. Esto nos da una función $\alpha:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{N}$ dada por $\alpha x:=m_x$. Tenemos que $$\mathbb{R}=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\alpha^{-1}n;$$ de aquí, $\exists\,r\in\mathbb{N}\;\;|\alpha^{-1}r|=|\mathbb{R}|$; es decir, $\exists\,r\in\mathbb{N}\;\;k_r\subseteq U(\mathrm{const}\,0,\{x\},p)$ para todo $x\in\alpha^{-1}r=:S$, con $|S|=|\mathbb{R}|$. Luego, $k_r\subseteq\cap_{x\in S}U(\mathrm{const}\,0,\{x\},p)$. Por otro lado, como $k_r\in T(Y,\mathrm{const}\,0)\subseteq\tau\;$ y $\forall\,n\in\mathbb{N}\;\;k_n\neq\{\mathrm{conts}\,0\}$ (porque $\{\mathrm{conts}\,0\}$ no es abierto), dado $f\in k_r\setminus\{\mathrm{const}\,0\}$, $\exists\,F\subseteq\mathbb{R}$ finito y $\exists\,q\in\mathbb{R}^+\;\;U(f,F,q)\subseteq k_r$. Defínase $h:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ como $$hx:=\begin{cases} fx+\frac{q}{2}&\text{ si $x\in F$},\\ p+1&\text{ si $x\notin F$}. \end{cases}$$ Entonces, $h\in U(f,F,q)$ pero $h\notin\cap_{x\in S}U(\mathrm{const}\,0,\{x\},p)\;$!! Luego, $s$ no tiene subsucesiones.
Así que toda subsucesión de $s$ satisface cualquier propiedad, puesto que un condicional es falso si y sólo si su antecedente es verdadero y su consecuente falso; en otras palabras, $\forall\,r\;\;(r\text{ es subsucesión de }s\Rightarrow Pr)$ es siempre verdadera, pues el predicado “subsucesión de $s$” corresponde a un conjunto vacío. Como cuando uno considera un espacio con más de un punto que tiene la topología trivial; dicho espacio es $\mathrm{T}_4$ porque no tiene subconjuntos cerrados no vacíos distintos de él mismo.
Demuestro mi segunda afirmación. Definamos $s'':L\rightarrow\mathbb{R}$, donde $$L:=\{U(\mathrm{const}\,0,\{0,\ldots,n\},1)\mid n\in\mathbb{N}\},$$ como $s''U(\mathrm{const}\,0,\{0,\ldots,n\},1):=(-1)^n\,$ y $s':T(Y,\mathrm{const}\,0)\rightarrow L$ como $$s'V:=\begin{cases} U(\mathrm{const}\,0,\{0,\ldots,n\},1)&\text{si $V=U(\mathrm{const}\,0,\{0,\ldots,n\},1)$},\\ U(\mathrm{const}\,0,\{0\},1)&\text{si $V\notin L$}. \end{cases}$$ Entonces, $s:=s''\circ s':T(Y,\mathrm{const}\,0)\rightarrow\mathbb{R}$ no converge y tiene como punto límite a 1 pero no a -1; sin embargo, toda subsucesión de $s$ converge a 1 (o a cualquier otro real).
Tratando de encontrar un resultado en el cual podría estar pensando Gemignani, hallé lo siguiente (en el Introduction to General Topology de K. D. Joshi): un espacio con una sucesión con un punto límite cuyas subsucesiones no convergen, y que si $X$ es un espacio primero numerable y $\{x_n\}$ es una sucesión en $X$ con punto límite $x$ entonces existe una subsucesión de $\{x_n\}$ que converge a $x$.
El espacio de la sucesión con un punto límite cuyas subsucesiones no convergen es el siguiente. Consideremos a $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$; dado $k\in\mathbb{N}$, al conjunto $\mathbb{N}\times\{k\}$ lo llamaremos el $k$-ésimo renglón de $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$. Sea $\infty$ un símbolo que no está en $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ (por alguna razón poco misteriosa me estoy acordando de lo poco que leí sobre la teoría de conjuntos de Zermelo-Fraenkel con átomos; ZFA le llaman). Sean $Z:=(\mathbb{N}\times\mathbb{N})\cup\{\infty\}$, $S_1:=\mathcal{P}(\mathbb{N}\times\mathbb{N})$ y $S_2$ el conjunto de los $A\subseteq Z$ tales que $\infty\in A$ y $A$ contiene casi todos los puntos en casi todos los renglones; es decir, $\forall^\infty\,k\in\mathbb{N}\,\forall^\infty\,n\in\mathbb{N}\;\;(n,k)\in A$, (donde ‘$\forall^\infty$’ simboliza “para casi todo” significando “ para todo salvo un número finito”); dicho de otra manera, dado $A\in S_2$, existe un número finito de renglones $\mathbb{N}\times\{k\}$ de los cuales hay un número infinito de puntos de cada renglón $\mathbb{N}\times\{k\}$ que no contiene $A$, y para el resto de los renglones hay a lo más un número finito de puntos de cada uno de estos renglones que no contiene $A$ (no sé cómo podría poner esto con cuantificadores; por cierto, el dual de ‘$\forall^\infty$’ es ‘$\exists^\infty$’ “existe una cantidad infinita tal que”). Sea $\sigma:=S_1\cup S_2$; $\sigma$ es una topología sobre $Z$.
Veamos que ninguna sucesión en $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ puede converger a $\infty$. Sea $\{x_n\}$ una sucesión en $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ tal que $x_n\rightarrow\infty$, así que $\forall\,A\in T(Z,\infty)\exists\,n\in\mathbb{N}\,\forall\,m\in\mathbb{N}\;\;(n\leq m\Rightarrow x_m\in A)$. De aquí, no puede ser que haya un renglón de $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ que contenga una cantidad infinita de términos de $\{x_n\}$, pues si así fuera, podríamos obtener un $A\in T(Z,\infty)$ tal que $x_n\notin A$ para una infinidad de términos de $\{x_n\}$. Así que todo renglón de $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ tiene a lo más un número finito de términos de $\{x_n\}$. Si quitamos de cada renglón esos términos de $\{x_n\}$, obtenemos un abierto $B\in T(Z,\infty)$ que no contiene a ningún término de $\{x_n\}$ !! Así que una sucesión converge a un punto en $(Z,\sigma)$ si y sólo si es eventualmente constante.
Ahora, sea $z:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ una biyección. Entonces, $\infty$ es punto límite de $\{z_n\}$; es decir, $\forall\, A\in T(Z,\infty)\,\forall\,n\in\mathbb{N}\,\exists\,m\in\mathbb{N}\;\;m\geq n\;\text{y}\;x_m\in A$. En efecto, dado $n\in\mathbb{N}$ y dado $A\in T(Z,\infty)$, no puede ser que $\forall\,m\geq n\;\;x_m\notin A$, puesto que $z(\mathbb{N})=\mathbb{N}\times\mathbb{N}$, así que debe existir un $m\geq n$ tal que $x_m\in A$. Ninguna subsucesión de $\{z_n\}$ converge a $\infty$.
Quizá Gemignani estaba pensando en el segundo resultado que encontré (el cual es fácil de demostrar): ocurre en los métricos, pues son primero numebrales. No lo sé.
1. Una red $\{s_i\}_{i\in I}$ en un espacio $(X,\sigma)$ es una función $s:I\rightarrow X$ cuyo dominio $I$ es un conjunto dirigido.
Sea $J$ un conjunto dirigido y $k:J\rightarrow I$ una función tal que
- $k$ es monótona,
- $\forall\,i\in I\,\exists\,j\in J\;\;i\leq k(j)$.
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