关于Quotient topology $\tau_2$的metrizable性与2nd countable性的技术问询

让我一步步拆解这个问题，先明确两个核心疑问：$\tau_2$ 是否可度量化？是否满足第二可数性？

首先先回顾商拓扑 $\tau_2$ 的定义：它是 $S$ 上使得映射 $p:\mathbb{R}^2\to S$ 连续的最细拓扑，也就是说，$S$ 中的集合 $U$ 是 $\tau_2$-开集当且仅当 $p^{-1}(U)$ 是 $\mathbb{R}^2$ 中的通常开集。注意 $p$ 把整个 $y$ 轴（包括原点）都映射到 $S$ 中的点 $(0,0)$，所以任何包含 $(0,0)$ 的 $\tau_2$-开集，其原像必然是包含整个 $y$ 轴的 $\mathbb{R}^2$ 开集。

1. $\tau_2$ 是否可度量化？ #

答案是否，核心原因是 $\tau_2$ 不满足第一可数性公理，而所有度量空间都是第一可数的（每个点都有可数邻域基）。

我们来证明 $(0,0)$ 在 $\tau_2$ 中没有可数邻域基：
假设存在可数集合 ${U_n}_{n\in\mathbb{N}}$ 是 $(0,0)$ 的 $\tau_2$-邻域基，那么每个 $p^{-1}(U_n)$ 都是包含整个 $y$ 轴的 $\mathbb{R}^2$ 开集。
现在构造一个新的 $\tau_2$-开集：$U = S \setminus \left{ \left( \frac{1}{k}, k \right) \mid k\in\mathbb{N} \right}$。验证一下：$p^{-1}(U) = \mathbb{R}^2 \setminus \left{ \left( \frac{1}{k}, k \right) \mid k\in\mathbb{N} \right}$，这是 $\mathbb{R}^2$ 去掉可数个点，显然是开集，所以 $U$ 确实是 $(0,0)$ 的 $\tau_2$-邻域。

现在看是否存在某个 $n$ 使得 $U_n \subseteq U$：假设存在这样的 $n$，那么 $p^{-1}(U_n) \subseteq p^{-1}(U)$。但 $p^{-1}(U_n)$ 是包含整个 $y$ 轴的开集，必然包含点 $\left( \frac{1}{n}, n \right)$（因为 $\left| \frac{1}{n} \right|$ 足够小，属于 $p^{-1}(U_n)$ 的 $x$ 范围），而 $\left( \frac{1}{n}, n \right)$ 不在 $p^{-1}(U)$ 中（它是被去掉的点），矛盾。

这说明 ${U_n}$ 不是 $(0,0)$ 的邻域基，因此 $\tau_2$ 不是第一可数的，自然不可能是可度量化的。

2. $\tau_2$ 是否第二可数？ #

答案也是否，因为第二可数空间必然是第一可数空间（对于每个点，所有包含它的可数基元素构成该点的可数邻域基）。

我们已经证明 $\tau_2$ 不满足第一可数性，所以它不可能满足第二可数性。

换个角度补充：如果假设 $\tau_2$ 是第二可数的，那么它的拓扑可以由可数个开集生成，但我们刚才构造的 $(0,0)$ 的邻域 $U$ 无法被可数基中的元素覆盖，进一步验证了它不满足第二可数性。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Mamun