L'image d'un espace séparable est également séparable

Question

Laisser $X$ et $X^\prime $ être des espaces métriques, où $X$est séparable. Laisser$f: X \rightarrow X^\prime$être une fonction surjective continue. Montre CA$X^\prime$ est séparable.

Je souhaite vérifier que ma solution est valide. Je vous remercie.

Preuve. Supposer que$X$est séparable. Alors il existe un ensemble$A$ qui est dense dans $X$, où $A$est dénombrable. Depuis$A$ est dense dans $X$, puis par définition $\bar{A} = X$, donc pour tous $x \in X$ et chaque $\delta > 0$, nous avons $B_\delta (x) \cap A \neq \emptyset$. La même balle$B_\delta$ centré sur $\alpha, B_\delta (a),$ contiendra $x$ par la symétrie de $d(x,a)$.

Depuis $f$ est continue, pour chaque $\alpha \in A$ nous avons ça pour tous $r > 0$, il existe un $\delta > 0$, tel que pour tous $x \in X$ satisfaisant $d(x,a) < \delta$, nous avons ça $d^\prime (f(x), f(a)) < r$.

Laisser $B_r(f(a))$ être la balle ouverte $X^\prime$ centré sur l'image de $a$, où $r$ est arbitraire d'après la définition de $f$être continu. Maintenant construisez$$B = \{f(\alpha): \alpha \in A\}.$$ Notez que depuis $A$ est dénombrable, tout comme $B$. Alors on a ça pour tous$f(x) \in X^\prime$ et pour un arbitraire $r > 0$, le ballon ouvert $B_r(f(x)) \cap B \neq \emptyset$, (car $f(a) \in B$). Puisque chaque boule ouverte centrée sur$f(x) \in X^\prime$ intersecté avec $B$ est non vide, par définition chaque $f(x)$ est en train de fermer $B$, Par conséquent $\bar{B} = X$. Par la surjectivité de$f$, nous savons que cela s'applique à chaque image $f(x)$. Par conséquent,$B$ est dense dans $X^\prime$ et par la construction de $B$ de $A$, il est également dénombrable. Par conséquent,$X^\prime$ est séparable.

QED

Answer 1

$\newcommand{\cl}{\operatorname{cl}}$La preuve est correcte, mis à part l'erreur notée dans les commentaires, mais elle est inutilement longue et maladroite et pour cette raison plus difficile que nécessaire à suivre. Voici essentiellement la même idée exprimée plus directement.

Supposer que $X$ est séparable, laissez $A$ être un sous-ensemble dense dénombrable de $X$, et laissez $B=f[A]$; clairement$B$ est dénombrable, il suffit donc de montrer que $B$ est dense dans $X'$. Pour ce faire, il suffit de montrer que chaque$y\in X'$ est dans $\cl B$, alors laisse $y\in X'$être arbitraire; nous voulons montrer que$B_{d'}(y,\epsilon)\cap B\ne\varnothing$ pour chaque $\epsilon>0$, alors laisse $\epsilon>0$.

Depuis $f$ est surjectif, $y=f(x)$ pour certains $x\in X$, et depuis $f$ est continue, il y a un $\delta>0$ tel que $f[B_d(x,\delta)]\subseteq B_{d'}(y,\epsilon)$. $A$ est dense dans $X$, donc il y en a $a\in B_d(x,\delta)\cap A$. Clairement$f(a)\in f[B_d(x,\delta)]\cap f[B]\subseteq B_{d'}(y,\epsilon)\cap B$, alors $B_{d'}(y,\epsilon)\cap B\ne\varnothing$, comme voulu, $B$ est dense dans $X'$, et $X'$ est séparable. $\dashv$