La imagen de un espacio separable también es separable

Question

Dejar $X$ y $X^\prime $ ser espacios métricos, donde $X$es separable. Dejar$f: X \rightarrow X^\prime$ser una función sobreyectiva continua. Muestra esa$X^\prime$ es separable.

Me gustaría verificar que mi solución es válida. Gracias.

Prueba. Suponer que$X$es separable. Entonces existe un conjunto$A$ que es denso en $X$, dónde $A$es contable. Ya que$A$ es denso en $X$, entonces por definición $\bar{A} = X$, por lo tanto para todos $x \in X$ y cada $\delta > 0$, tenemos $B_\delta (x) \cap A \neq \emptyset$. La misma pelota$B_\delta$ centrado en $\alpha, B_\delta (a),$ contendrá $x$ por la simetría de $d(x,a)$.

Ya que $f$ es continuo, para cada $\alpha \in A$ tenemos eso para todos $r > 0$, existe un $\delta > 0$, tal que para todos $x \in X$ satisfactorio $d(x,a) < \delta$, tenemos eso $d^\prime (f(x), f(a)) < r$.

Dejar $B_r(f(a))$ ser la bola abierta en $X^\prime$ centrado en la imagen de $a$, dónde $r$ es arbitrario de la definición de $f$siendo continuo. Ahora construye$$B = \{f(\alpha): \alpha \in A\}.$$ Tenga en cuenta que desde $A$ es contable, también lo es $B$. Entonces tenemos eso para todos$f(x) \in X^\prime$ y por un arbitrario $r > 0$, la bola abierta $B_r(f(x)) \cap B \neq \emptyset$, (porque $f(a) \in B$). Dado que cada bola abierta centrada en$f(x) \in X^\prime$ intersectado con $B$ no está vacío, por definición cada $f(x)$ está en el cierre de $B$, por lo tanto $\bar{B} = X$. Por la sobrejetividad de$f$, sabemos que esto se aplica a todas las imágenes $f(x)$. Por lo tanto,$B$ es denso en $X^\prime$ y por la construcción de $B$ desde $A$, también es contable. Por lo tanto,$X^\prime$ es separable.

QED

Answer 1

$\newcommand{\cl}{\operatorname{cl}}$La prueba es correcta, aparte del error señalado en los comentarios, pero es innecesariamente larga y torpe y por esa razón más difícil de lo necesario de seguir. Aquí se expresa esencialmente la misma idea de manera más sencilla.

Suponer que $X$ es separable, deja $A$ ser un subconjunto denso contable de $X$, y deja $B=f[A]$; claramente$B$ es contable, por lo que solo necesitamos mostrar que $B$ es denso en $X'$. Para ello basta con mostrar que cada$y\in X'$ es en $\cl B$, Entonces deja $y\in X'$ser arbitrario; queremos mostrar eso$B_{d'}(y,\epsilon)\cap B\ne\varnothing$ para cada $\epsilon>0$, Entonces deja $\epsilon>0$.

Ya que $f$ es sobreyectiva, $y=f(x)$ para algunos $x\in X$, y desde $f$ es continuo, hay un $\delta>0$ such that $f[B_d(x,\delta)]\subseteq B_{d'}(y,\epsilon)$. $A$ is dense in $X$, so there is some $a\in B_d(x,\delta)\cap A$. Clearly $f(a)\in f[B_d(x,\delta)]\cap f[B]\subseteq B_{d'}(y,\epsilon)\cap B$, so $B_{d'}(y,\epsilon)\cap B\ne\varnothing$, as desired, $B$ is dense in $X'$, and $X'$ is separable. $\dashv$