Quando o produto de separáveis é separável? (parte 2)
Proposição
$\prod_{\alpha\in A}X_\alpha$ é separável, se $|A|\le \mathfrak{c}.$
Demonstração. Primeiramente vejamos dois resultados que serão importantes:
$(i)$ Seja $D_\alpha\subset X_{\alpha}$ denso e enumerável, façamos $\{d_{\alpha1},d_{\alpha2},\ldots\}=D_\alpha$ uma enumeração de seus elementos. Como $|A|\le \mathfrak{c},$ então nós podemos fazer $A$ como um subconjunto do intervalo $]0,1[$. Para cada sequência $J_1,\ldots,J_k$ de intervalos fechados disjuntos com extremidades racionais e cada sequência $a_1,\ldots,a_k$ de inteiros positivos, e de maneira que todo elemento de $J_i$ é menor que todo elemento de $J_j$ se $i<j$. Defina $f_{(a_i)_1^k, \{J_i\}_1^k}: A\rightarrow D_\alpha$ por
$$f_{(a_i)_1^k,\{J_i\}_1^k}(\alpha)=d_{\alpha a_i},~~\text{se}~\alpha \in J_i,$$ $$f_{(a_i)_1^k,\{J_i\}_1^k}(\alpha)=d_{\alpha 1},~~~\text{caso contrário}.$$ Função que é parecida com a função construída na seção anterior, no caso $D_\alpha=\mathbb{N}$ (veja também: Quando o produto de separáveis é separável? (parte 1)). Seja $D$ o conjunto de todas essas funções com $k$ variando, vamos provar que $D\subset X$ é denso. Pegue um aberto básico em $\prod X_\alpha$, ele possui a forma
$$B=\pi_{\alpha_1}^{-1}[U_{\alpha_1}]\cap\cdots \cap \pi_{\alpha_m}^{-1}[U_{\alpha_m}],$$ onde $U_{\alpha_i}$ é um aberto em $X_{\alpha_i},$ $i=1,\ldots,m.$ Então pela densidade, $U_{\alpha_i}$ contém um ponto $d_{\alpha_i n_i}$ de $D_{\alpha_i},$ para cada $i$, e existem $J_1,\ldots,J_m$ contendo os pontos $\alpha_1,\ldots,\alpha_m$, respectivamente. Temos que $f_{(a_i)_1^m,\{J_i\}_1^m}$ pertence a $B$, desde que $f_{(a_i)_1^m,\{J_i\}_1^m}(\alpha_i)=d_{\alpha_ia_i},$ para todo $i=1,\ldots,m.$ Portanto, o conjunto $D$ é denso em $\prod_{\alpha\in A}X_\alpha$.
$(ii)$ Seja $\varphi_\alpha:\mathbb{N}\rightarrow D$ uma bijeção. $\mathbb{N}$ é um conjunto discreto, logo com a topologia induzida pela topologia usual dos reais, todo elemento de $\mathbb{N}$ é um aberto. Logo para toddo $B$ aberto em $D$ temos que $\varphi_\alpha^{-1}[B]$ é uma coleção de subconjuntos unitários de $\mathbb{N}$, e portanto aberto em $\mathbb{N}$. Segue que $\varphi_\alpha$ é contínua para todo $\alpha\in A.$
Agora retornando à demonstração da Proposição. Vamos provar que todo $\pi_\alpha \circ f:\prod_{\alpha}\mathbb{N}\rightarrow D_\alpha$ é contínua. De fato, seja $\rho_\alpha$ a projeção dos elementos de $\mathbb{N}^A$ na $\alpha-$ésima coordenada.
$$\rho_\alpha: \mathbb{N}^{A}\rightarrow \mathbb{N}.$$ Claro que $\rho_\alpha$ é contínua (e sobrejetora). Defina uma função $\varphi_\alpha: \mathbb{N}\rightarrow D_\alpha$ tal que $$\varphi_\alpha \circ\rho_\alpha =\pi_\alpha \circ f,$$ que é uma bijeção, pois $\pi_\alpha$ e $\rho_\alpha$ são projeções, e $f$ é bijeção. Portanto por $(i)$ sabemos que é contínua. Logo $\pi_\alpha \circ f$ é contínua para todo $\alpha\in A$. Pelo Teorema 3.2.4, segue que $f$ é contínua.
$\mathbb{N}^A$ é separável, sabemos que imagem de separável por função contínua é separável, e $\prod_{\alpha \in A} D_\alpha=D$ é denso por $(ii)$. Sendo $D$ separável e denso em $X$, segue que $X=\prod_{\alpha\in A}X_\alpha$ é separável.$~~~~~~\square$