$\mathbb R$ con la topología correcta generada por $\tau = \{(a, \infty)\}$ es pseudocompacto: prueba por contradicción en términos de * conjuntos abiertos *
Estoy tratando de demostrar que el espacio topológico $X$ eso es básicamente $\mathbb R$ equipado con la topología correcta generada por $\tau = \{(a, \infty): a \in \mathbb R\}$ es pseudocompacto (cualquier función continua $f: X \to \mathbb R$). Esta pregunta se ha hecho anteriormente y también se ha respondido, pero aquí estoy buscando específicamente una revisión de mi enfoque específico hacia una prueba.
Esta respuesta de Severin Schraven hace una prueba por contradicción en términos de conjuntos cerrados. Quiero hacer la misma prueba en términos de conjuntos abiertos, es decir, usando la propiedad de que las preimágenes de conjuntos abiertos bajo funciones continuas son abiertas.
Mi enfoque :
Tenga en cuenta que un conjunto abierto en $X$ es de las siguientes formas:
$$\emptyset, \quad (-\infty, +\infty), \quad (a, \infty).$$
Ahora suponga que elegimos algunos $x \in \mathbb R$ y mira la unión de los conjuntos abiertos disjuntos en su complemento $\mathbb R \setminus \{x\}$, es decir, $(-\infty, x)\cup (x, \infty)$. En la topología estándar en$\mathbb R$, los conjuntos $(-\infty, x)$ y $(x, \infty)$ son sin duda abiertos e inconexos.
También sabemos que es una propiedad habitual de las asignaciones que $f^{-1}(A \cap B) = f^{-1}(A) \cap f^{-1}(B)$.
Entonces $$f^{-1}(-\infty, x) \cap f^{-1}(x, \infty) = f^{-1}((-\infty, x) \cap (x, \infty)) = \emptyset.$$
Esto implica ya sea $f^{-1}(x, \infty) = \emptyset$ o $f^{-1}(-\infty, x) = \emptyset$ o ambos son $\emptyset$. De hecho, para demostrar que$f(X) = x$, es decir $f$ es un mapa constante, tenemos que demostrar que ambas preimágenes están vacías, es decir, $f^{-1}(x, \infty) = \emptyset$ tanto como $f^{-1}(-\infty, x) = \emptyset$.
Después de esto, estaba pensando en elegir un $y \in \mathbb R$ tal y mirando $f^{-1}(\mathbb R \setminus \{y\})$ para mostrar que de hecho no es posible $f^{-1}(\mathbb R\setminus \{x\})$no estar vacío al producir alguna contradicción. Eso no es ni$f^{-1}(-\infty, x)$ ni $f^{-1}(x, \infty)$se permite que estén vacíos debido a alguna contradicción resultante. Pero no estoy seguro de cómo hacerlo. ¿Puede demostrarse esto por contradicción, de manera similar al enfoque de Severin?
Ciertamente, cualquier prueba con respecto a funciones continuas puede hacerse en términos de conjuntos abiertos así como en términos de conjuntos cerrados, y tales pruebas son supuestamente "duales" en algún sentido. Básicamente estoy buscando una versión de la prueba de Severin en términos de conjuntos abiertos.
Respuestas
La topología correcta tiene las propiedades que
- todos los conjuntos abiertos no vacíos se cruzan (anti-Hausdorff o hiperconectados .
- todos los conjuntos cerrados no vacíos se cruzan (o ultraconectan ).
Para ambos tipos de espacios $X$ tenemos eso todo continuo $f: X \to \Bbb R$ son constantes.
Los argumentos habituales dados en las respuestas vinculadas se centran en 1, y tenga en cuenta que si $f$ no es constante, hay dos valores distintos, que tienen vecindarios abiertos disjuntos $U,V$ en $\Bbb R$. Luego$f^{-1}[U]$ y $f^{-1}[V]$ también son disjuntos (teoría de conjuntos, como $f^{-1}$ conserva la intersección, como nota) y no vacío (como $U$ y $V$ contener valores de $f$).
Entonces esos argumentos se pueden generalizar a
Si $f: X \to Y$ es un mapa continuo de un espacio hiperconectado $X$ a un espacio de Hausdorff $Y$, $f$ es constante.
El argumento de Severin es ligeramente diferente: usa que todos $\{x\}$ están cerrados en $\Bbb R$en lugar. Todos los conjuntos$f^{-1}[\{x\}]$ para distinto $x$ son disjuntos y no vacíos si $x$ocurre como un valor. Entonces su argumento se puede resumir como
Si $f:X \to Y$ es un mapa continuo de un ultraconectado $X$ a un $T_1$ espacio $Y$, $f$ es constante.
No necesariamente llamaría a estas pruebas duales. Para eso tendríamos que usar conjuntos$\Bbb R\setminus \{x\}$en su lugar y utilice uniones finitas en lugar de intersecciones finitas. Desde un punto de vista general, buscan resultados ligeramente diferentes, con pruebas similares. El dual real sería algo como esto:
Suponer $f: X \to \Bbb R$ es continuo y no constante, y tiene valores $y_1= f(x_1) \neq f(x_2)= y_2$. Luego$f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_1\}]$ está abierto (continuidad), no está vacío (como $x_2$ está en él) y no $X$ (como $x_1$ no es) y de manera similar para $f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_2\}]$.
Pero $$X = f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_1\}] \cup f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_2\}]$$
y así hemos escrito $\Bbb R$ en la topología superior como una unión de dos conjuntos abiertos, ninguno de los cuales es $\Bbb R$. Esto no puede suceder como$(a,\infty) \cup (b, \infty) = (\min(a,b), \infty) \neq \Bbb R$ para cualquier $a,b$.
Bueno, creo que el caballo ahora está realmente muerto ...