$\mathbb R$ dengan topologi kanan yang dihasilkan oleh $\tau = \{(a, \infty)\}$ adalah pseudocompact: bukti dengan kontradiksi dalam hal * set terbuka *
Saya mencoba untuk membuktikan bahwa ruang topologi $X$ itu pada dasarnya $\mathbb R$ dilengkapi dengan topologi kanan yang dihasilkan oleh $\tau = \{(a, \infty): a \in \mathbb R\}$ adalah pseudocompact (fungsi berkelanjutan apa pun $f: X \to \mathbb R$). Pertanyaan ini telah ditanyakan sebelumnya dan juga telah dijawab tetapi di sini saya secara khusus mencari ulasan tentang pendekatan khusus saya terhadap sebuah bukti.
Jawaban oleh Severin Schraven ini membuktikan dengan kontradiksi dalam hal set tertutup. Saya ingin melakukan pembuktian yang sama dalam hal set terbuka, yaitu menggunakan properti yang preimages dari set terbuka di bawah fungsi kontinu terbuka.
Pendekatan Saya :
Perhatikan bahwa set terbuka di $X$ adalah dari bentuk berikut:
$$\emptyset, \quad (-\infty, +\infty), \quad (a, \infty).$$
Sekarang misalkan kita memilih beberapa $x \in \mathbb R$ dan lihat penyatuan dari set terbuka terputus-putus di komplemennya $\mathbb R \setminus \{x\}$, itu adalah, $(-\infty, x)\cup (x, \infty)$. Dalam topologi standar aktif$\mathbb R$, setnya $(-\infty, x)$ dan $(x, \infty)$ keduanya pasti terbuka dan terputus-putus.
Kami juga tahu bahwa itu adalah properti pemetaan yang biasa $f^{-1}(A \cap B) = f^{-1}(A) \cap f^{-1}(B)$.
Begitu $$f^{-1}(-\infty, x) \cap f^{-1}(x, \infty) = f^{-1}((-\infty, x) \cap (x, \infty)) = \emptyset.$$
Ini juga menyiratkan $f^{-1}(x, \infty) = \emptyset$ atau $f^{-1}(-\infty, x) = \emptyset$ atau keduanya $\emptyset$. Padahal, untuk membuktikannya$f(X) = x$, itu adalah $f$ adalah peta konstan, kita perlu membuktikan bahwa kedua gambar awal kosong, yaitu, $f^{-1}(x, \infty) = \emptyset$ sebaik $f^{-1}(-\infty, x) = \emptyset$.
Setelah ini, saya berpikir untuk memilih file $y \in \mathbb R$ seperti itu dan melihat $f^{-1}(\mathbb R \setminus \{y\})$ untuk menunjukkan bahwa itu sebenarnya tidak mungkin $f^{-1}(\mathbb R\setminus \{x\})$menjadi tidak kosong dengan menghasilkan beberapa kontradiksi. Itu bukan keduanya$f^{-1}(-\infty, x)$ maupun $f^{-1}(x, \infty)$dibiarkan kosong karena beberapa kontradiksi yang dihasilkan. Tapi saya tidak yakin bagaimana melakukannya. Bisakah ini ditunjukkan dengan kontradiksi, mirip dengan pendekatan Severin?
Tentunya, bukti apapun mengenai fungsi kontinu dapat dilakukan dalam hal set terbuka maupun dalam hal set tertutup, dan bukti semacam itu dianggap "ganda" dalam arti tertentu. Saya pada dasarnya mencari versi bukti Severin dalam hal set terbuka.
Jawaban
Topologi kanan memiliki sifat itu
- semua set terbuka yang tidak kosong berpotongan (anti-Hausdorff, atau hyperconnected .
- semua set tertutup yang tidak kosong berpotongan (atau ultraconnected ).
Untuk kedua jenis ruang ini $X$ kami memiliki itu semua terus menerus $f: X \to \Bbb R$ konstan.
Argumen yang biasa diberikan dalam jawaban terkait berfokus pada 1, dan perhatikan jika $f$ tidak konstan, ada dua nilai berbeda, yang memiliki lingkungan terbuka yang terputus-putus $U,V$ di $\Bbb R$. Kemudian$f^{-1}[U]$ dan $f^{-1}[V]$ juga terputus-putus (teori himpunan, sebagai $f^{-1}$ mempertahankan persimpangan, seperti yang Anda catat) dan tidak kosong (sebagai $U$ dan $V$ mengandung nilai $f$).
Sehingga argumen tersebut dapat digeneralisasikan
Jika $f: X \to Y$ adalah peta berkelanjutan dari ruang yang saling berhubungan $X$ ke ruang Hausdorff $Y$, $f$ konstan.
Argumen Severin sedikit berbeda: menggunakan itu semua $\{x\}$ ditutup $\Bbb R$sebagai gantinya. Semua set$f^{-1}[\{x\}]$ untuk berbeda $x$ terputus-putus, dan iff tidak kosong $x$terjadi sebagai nilai. Jadi argumennya dapat diringkas sebagai
Jika $f:X \to Y$ adalah peta kontinu dari ultraconnected $X$ ke a $T_1$ ruang $Y$, $f$ konstan.
Saya tidak perlu menyebut bukti ini ganda. Untuk itu kami harus menggunakan set$\Bbb R\setminus \{x\}$sebagai gantinya dan gunakan serikat terbatas sebagai ganti persimpangan terbatas. Dari pandangan umum mereka mencari hasil yang sedikit berbeda, dengan bukti serupa. The aktual ganda akan menjadi sesuatu seperti ini:
Seharusnya $f: X \to \Bbb R$ kontinu dan tidak konstan, dan memiliki nilai $y_1= f(x_1) \neq f(x_2)= y_2$. Kemudian$f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_1\}]$ terbuka (kontinuitas), tidak kosong (sebagai $x_2$ ada di dalamnya) dan tidak $X$ (sebagai $x_1$ tidak) dan juga untuk $f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_2\}]$.
Tapi $$X = f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_1\}] \cup f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_2\}]$$
dan jadi kami telah menulis $\Bbb R$ di topologi atas sebagai gabungan dari dua set terbuka, tidak ada satupun yang $\Bbb R$. Ini tidak dapat terjadi sebagai$(a,\infty) \cup (b, \infty) = (\min(a,b), \infty) \neq \Bbb R$ untuk apapun $a,b$.
Yah, menurutku kudanya sekarang sudah sehat dan benar-benar mati ..