Bourbaki

习题 5, § 6

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一般拓扑, IX

Bourbaki marks this one as harder than the rest.

Google 翻译生成的粗略草稿,质量较低。术语依照术语表,但句子可能有误;之后会由仔细的译文取代。

a) 令JJ为波兰语空间NN\mathbf{N}^\mathbf{N}(N\mathbf{N}携带离散拓扑),并令XX为可数型的可度量空间。证明对于每个可数序数 α\alpha,J×XJ \times X 都存在子集 GαG_\alpha,使得 (i) Gα∈Gα(J×X)G_\alpha \in \mathscr{G}_\alpha(J \times X) (习题 4) 和 (ii) 对于每个子集 U∈Gα(X)U \in \mathscr{G}_\alpha(X),都存在 z∈Jz \in J 使得 Gα(z)=UG_\alpha(z) = U。 [我们可以通过超限归纳进行如下操作:空间JJ和JNJ^\mathbf{N}是同胚的,令ff是JJ到JNJ^\mathbf{N}的同态,并且对于每个整数nn令fn=prn∘ff_n = \mathrm{pr}_n \circ f。如果(An)(A_n)是XX包含空集的可数基,则取G0G_0使得每个z∈Jz \in J有G0(z)=⋃nAfn(z)G_0(z) = \bigcup_n A_{f_n(z)}。对于每个可数序数α\alpha,如果α\alpha是偶数,则取Gα+1G_{\alpha+1}使得Gα+1(z)=⋂nGα(fn(z))G_{\alpha+1}(z) = \bigcap_n G_\alpha(f_n(z)),如果α\alpha是奇数则Gα+1(z)=⋃nGα(fn(z))G_{\alpha+1}(z) = \bigcup_n G_\alpha(f_n(z))。最后,如果α\alpha没有前身,并且(λn)(\lambda_n)是序数的递增序列使得α=sup⁡λn\alpha = \sup \lambda_n,则取GαG_\alpha使得Gα(z)=⋃nGλn(fn(z))G_\alpha(z) = \bigcup_n G_{\lambda_n}(f_n(z))。利用 fnf_n 在 JJ 上连续的事实。]

b) 特别取X=JX = J。证明集合pr1(Gα∩Δ)\mathrm{pr}_1(G_\alpha \cap \Delta),其中Δ\Delta是J×JJ \times J的对角线,属于到Gα(J)\mathscr{G}_\alpha(J)但不到Fα(J)\mathfrak{F}_\alpha(J)[通过矛盾论证,使用a)]。

解答

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