$\mathbb R$ con la giusta topologia generata da $\tau = \{(a, \infty)\}$ è pseudocompatto: prova per contraddizione in termini di * insiemi aperti *

Aug 16 2020

Sto cercando di dimostrare che lo spazio topologico $X$ questo è fondamentalmente $\mathbb R$ dotato della giusta topologia generata da $\tau = \{(a, \infty): a \in \mathbb R\}$ è pseudocompatto (qualsiasi funzione continua $f: X \to \mathbb R$). Questa domanda è stata posta in precedenza e ha avuto anche una risposta, ma qui sto cercando specificamente una revisione del mio approccio specifico verso una dimostrazione.

Questa risposta di Severin Schraven fornisce una prova per contraddizione in termini di insiemi chiusi. Voglio fare la stessa dimostrazione in termini di insiemi aperti, cioè usando la proprietà che le preimmagini degli insiemi aperti sotto funzioni continue sono aperte.

Il mio approccio :

Nota che un set aperto in $X$ è delle seguenti forme:

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

Supponiamo ora di sceglierne alcuni $x \in \mathbb R$ e guarda l'unione degli insiemi aperti disgiunti nel suo complemento $\mathbb R \setminus \{x\}$, questo è, $(-\infty, x)\cup (x, \infty)$. Nella topologia standard attiva$\mathbb R$, i set $(-\infty, x)$ e $(x, \infty)$ sono certamente sia aperti che disgiunti.

Sappiamo anche che è una proprietà usuale delle mappature $f^{-1}(A \cap B) = f^{-1}(A) \cap f^{-1}(B)$.

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

Questo implica entrambi $f^{-1}(x, \infty) = \emptyset$ o $f^{-1}(-\infty, x) = \emptyset$ o entrambi lo sono $\emptyset$. In effetti, per dimostrarlo$f(X) = x$, questo è $f$ è una mappa costante, dobbiamo dimostrare che entrambe le pre-immagini sono vuote, ovvero $f^{-1}(x, \infty) = \emptyset$ così come $f^{-1}(-\infty, x) = \emptyset$.

Dopo questo, stavo pensando di scegliere un file $y \in \mathbb R$ tale e guardando $f^{-1}(\mathbb R \setminus \{y\})$ per dimostrare che in realtà non è possibile $f^{-1}(\mathbb R\setminus \{x\})$essere non vuoti producendo qualche contraddizione. Non è né l'uno né l'altro$f^{-1}(-\infty, x)$$f^{-1}(x, \infty)$possono essere vuoti a causa di alcune contraddizioni risultanti. Ma non sono sicuro di come procedere. Può questo essere dimostrato per contraddizione, analogamente all'approccio di Severin?

Certamente, qualsiasi dimostrazione riguardante le funzioni continue può essere fatta in termini di insiemi aperti così come in termini di insiemi chiusi, e tali dimostrazioni sono presumibilmente "duali" in un certo senso. Fondamentalmente sto cercando una versione della dimostrazione di Severin in termini di set aperti.

Risposte

2 HennoBrandsma Aug 16 2020 at 14:24

La topologia giusta ha le proprietà che

  1. tutti gli insiemi aperti non vuoti si intersecano (anti-Hausdorff o iperconnessi .
  2. tutti gli insiemi chiusi non vuoti si intersecano (o sono ultraconnessi ).

Per entrambi questi tipi di spazi $X$ abbiamo tutto questo continuo $f: X \to \Bbb R$ sono costanti.

I soliti argomenti forniti nelle risposte collegate si concentrano su 1 e si noti che se $f$ non è costante, ci sono due valori distinti, che hanno quartieri aperti disgiunti $U,V$ in $\Bbb R$. Poi$f^{-1}[U]$ e $f^{-1}[V]$ sono anche disgiunti (teoria degli insiemi, come $f^{-1}$ conserva l'intersezione, come noti) e non vuota (come $U$ e $V$ contengono valori di $f$).

Quindi questi argomenti possono essere generalizzati a

Se $f: X \to Y$ è una mappa continua da uno spazio iperconnesso $X$ in uno spazio di Hausdorff $Y$, $f$ è costante.

L'argomento di Severin è leggermente diverso: usa tutto questo $\{x\}$ sono chiusi $\Bbb R$anziché. Tutti i set$f^{-1}[\{x\}]$ per distinto $x$ sono disgiunti e non vuoti iff $x$si presenta come un valore. Quindi il suo argomento può essere riassunto come

Se $f:X \to Y$ è una mappa continua da un ultraconnected $X$ ad un $T_1$ spazio $Y$, $f$ è costante.

Non chiamerei necessariamente queste prove duali. Per questo dovremmo usare i set$\Bbb R\setminus \{x\}$invece e usa unioni finite invece di intersezioni finite. Da un punto di vista generale vanno per risultati leggermente diversi, con dimostrazioni simili. Il duale effettivo sarebbe qualcosa del genere:

Supponiamo $f: X \to \Bbb R$ è continuo e non costante e ha valori $y_1= f(x_1) \neq f(x_2)= y_2$. Poi$f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_1\}]$ è aperto (continuità), non è vuoto (come $x_2$ è in esso) e non $X$ (come $x_1$ non è) e allo stesso modo per $f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_2\}]$.

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

e così abbiamo scritto $\Bbb R$ nella topologia superiore come unione di due insiemi aperti, nessuno dei quali lo è $\Bbb R$. Questo non può accadere come$(a,\infty) \cup (b, \infty) = (\min(a,b), \infty) \neq \Bbb R$ per ogni $a,b$.

Bene, penso che il cavallo ora stia bene e sia veramente morto ..