Adjunktionsräume von zweitabzählbaren, lokal kompakten Hausdorff-Räumen

Nein. Lass$Y=\{0\}\cup\{1/n: n\in\Bbb N\}$eine Folge sein, die gegen Null konvergiert,$X=Y\times\Bbb N$,$Z=\{0\}\times\Bbb N$, Und$f:Z\to Y$,$(0,n)\mapsto 1/n$. Es ist leicht zu sehen, dass der Raum$X \sqcup_f Y$ist homöomorph zum folgenden Franklinschen Raum, der im folgenden Beispiel aus „Allgemeine Topologie“ von Ryszard Engelking (Heldermann Verlag, Berlin, 1989) beschrieben wird.

Außerdem lassen$q: X \sqcup Y\to X \sqcup_f Y$sei die Quotientenkarte. Es ist leicht zu sehen, dass jede Nachbarschaft von$q(0)$Ist$X \sqcup_f Y$enthält eine Sequenz eines Formulars$\{q(n, m_n):n\ge N\}$für einige$N$, die keine Grenzpunkte hat, also$X \sqcup_f Y$ist nicht lokalkompakt.

(Der Einfachheit halber identifiziere ich$X$Und$Y$mit ihren kanonischen Bildern in$X\sqcup_f Y$).

Zweite Zählbarkeit: Let$\{U_i\}_{i\in\Bbb N}$sei eine abzählbare Basis von$X$. Für jede$i$,$U_i\cap Z$ist geöffnet$Z$, daher sein Bild unter$f$ist geöffnet$f(Z)$, dh es existiert$U_i'$öffnen ein$Y$so dass$f(U_i\cap Z)=U_i'\cap f(Z)$. Zusammen,$U_i$Und$U_i'$eine offene Menge bilden$U''_i\subseteq X\sqcup_f$so dass$U_i''\cap Z/f=Z/f$. Ebenso von einer zählbaren Basis$\{V_i\}_{i\in\Bbb N}$, wir finden$V_i'$öffnen ein$X$so dass$f(V_i'\cap Z)=V_i\cap f(Z)$und damit$V''_i$. Dann bilden die folgenden zusammen eine zählbare Basis von$X\sqcup_f Y$:

• alle$U_i\setminus Z$
• alle$V_i\setminus f(Z)$
• alle$(U''_i\cap V''_j)$

Um dies zu sehen, betrachten Sie alle offenen$W$In$X\sqcup_f Y$. Dann$W\cap X=\bigcup_{i\in I} U_i$Und$W\cap Y=\bigcup_{j\in J}V_j$für geeignete Teilmengen$I,J\subseteq \Bbb N$. Überprüfen Sie das jetzt

$$W=\bigcup _{i\in I}(U_i\setminus Z)\cup \bigcup _{j\in J}(V_j\setminus f(Z))\cup \bigcup_{(i,j)\in I\times J}(U''_i\cap V''_j)$$