$\mathbb R$ avec la bonne topologie générée par $\tau = \{(a, \infty)\}$ est pseudo-compact: preuve par contradiction en termes d'ensembles ouverts *

Question

J'essaye de prouver que l'espace topologique $X$ c'est fondamentalement $\mathbb R$ équipé de la bonne topologie générée par $\tau = \{(a, \infty): a \in \mathbb R\}$ est pseudo-compact (toute fonction continue $f: X \to \mathbb R$). Cette question a été posée précédemment et a également reçu une réponse, mais ici je cherche spécifiquement un examen de mon approche spécifique vers une preuve.

Cette réponse de Severin Schraven fait une preuve par contradiction en termes d'ensembles fermés. Je veux faire la même preuve en termes d'ensembles ouverts, c'est-à-dire en utilisant la propriété que les pré-images d'ensembles ouverts sous des fonctions continues sont ouvertes.

Mon approche :

Notez qu'un ensemble ouvert dans $X$ se présente sous les formes suivantes:

$$\emptyset, \quad (-\infty, +\infty), \quad (a, \infty).$$

Supposons maintenant que nous en choisissions $x \in \mathbb R$ et regardez l'union des ensembles ouverts disjoints dans son complément $\mathbb R \setminus \{x\}$, C'est, $(-\infty, x)\cup (x, \infty)$. Dans la topologie standard sur$\mathbb R$, les décors $(-\infty, x)$ et $(x, \infty)$ sont certainement à la fois ouverts et disjoints.

Nous savons également que c'est une propriété habituelle des mappages qui $f^{-1}(A \cap B) = f^{-1}(A) \cap f^{-1}(B)$.

Alors $$f^{-1}(-\infty, x) \cap f^{-1}(x, \infty) = f^{-1}((-\infty, x) \cap (x, \infty)) = \emptyset.$$

Cela implique soit $f^{-1}(x, \infty) = \emptyset$ ou $f^{-1}(-\infty, x) = \emptyset$ ou les deux sont $\emptyset$. En fait, pour prouver que$f(X) = x$, C'est $f$ est une carte constante, nous devons prouver que les deux pré-images sont vides, c'est-à-dire $f^{-1}(x, \infty) = \emptyset$ aussi bien que $f^{-1}(-\infty, x) = \emptyset$.

Après cela, je pensais choisir un $y \in \mathbb R$ tel et en regardant $f^{-1}(\mathbb R \setminus \{y\})$ pour montrer qu'il n'est en fait pas possible $f^{-1}(\mathbb R\setminus \{x\})$être non vide en produisant une contradiction. Ce n'est ni$f^{-1}(-\infty, x)$ ni $f^{-1}(x, \infty)$sont autorisés à être vides en raison d'une contradiction qui en résulte. Mais je ne sais pas comment m'y prendre. Cela peut-il être montré par contradiction, de la même manière que l'approche de Severin?

Certes, toute preuve concernant les fonctions continues peut être faite en termes d'ensembles ouverts aussi bien qu'en termes d'ensembles fermés, et de telles preuves sont supposées "duales" dans un certain sens. Je recherche essentiellement une version de la preuve de Severin en termes d'ensembles ouverts.

Answer 1

La bonne topologie a les propriétés qui

1. tous les ensembles ouverts non vides se croisent (anti-Hausdorff, ou hyperconnectés .
2. tous les ensembles fermés non vides se croisent (ou ultra - connectés ).

Pour ces deux types d'espaces $X$ nous avons tout cela en continu $f: X \to \Bbb R$ sont constants.

Les arguments habituels donnés dans les réponses liées se concentrent sur 1, et notent que si $f$ n'est pas constante, il y a deux valeurs distinctes, qui ont des quartiers ouverts disjoints $U,V$ dans $\Bbb R$. ensuite$f^{-1}[U]$ et $f^{-1}[V]$ sont également disjoints (théorie des ensembles, comme $f^{-1}$ préserve l'intersection, comme vous le notez) et non vide (comme $U$ et $V$ contiennent des valeurs de $f$).

Ainsi, ces arguments peuvent être généralisés à

Si $f: X \to Y$ est une carte continue d'un espace hyperconnecté $X$ dans un espace Hausdorff $Y$, $f$ est constante.

L'argument de Severin est légèrement différent: il utilise que tout $\{x\}$ sont fermés dans $\Bbb R$au lieu. Tous les sets$f^{-1}[\{x\}]$ pour distinct $x$ sont disjoints et non vides ssi $x$se produit comme une valeur. Son argument peut donc être résumé comme

Si $f:X \to Y$ est une carte continue à partir d'un ultra-connecté $X$ à un $T_1$ espace $Y$, $f$ est constante.

Je n'appellerais pas nécessairement ces preuves doubles. Pour cela, nous devrions utiliser des ensembles$\Bbb R\setminus \{x\}$à la place et utilisez des unions finies au lieu d'intersections finies. D'un point de vue général, ils optent pour des résultats légèrement différents, avec des preuves similaires. Le double réel serait quelque chose comme ceci:

Supposer $f: X \to \Bbb R$ est continue et non constante et a des valeurs $y_1= f(x_1) \neq f(x_2)= y_2$. ensuite$f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_1\}]$ est ouvert (continuité), est non vide (comme $x_2$ est dedans) et non $X$ (comme $x_1$ n'est pas) et de même pour $f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_2\}]$.

Mais $$X = f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_1\}] \cup f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_2\}]$$

et donc nous avons écrit $\Bbb R$ dans la topologie supérieure comme une union de deux ensembles ouverts, dont aucun n'est $\Bbb R$. Cela ne peut pas se produire$(a,\infty) \cup (b, \infty) = (\min(a,b), \infty) \neq \Bbb R$ pour toute $a,b$.

Eh bien, je pense que le cheval est maintenant bel et bien mort.