$\mathbb R$ 생성 된 올바른 토폴로지 $\tau = \{(a, \infty)\}$ 유사 압축 : * 오픈 세트 * 측면에서 모순에 의한 증명
나는 위상 공간이 $X$ 그것은 기본적으로 $\mathbb R$ 생성 된 올바른 토폴로지 장착 $\tau = \{(a, \infty): a \in \mathbb R\}$ pseudocompact (모든 연속 함수 $f: X \to \mathbb R$). 이 질문은 된 질문 이전에 도 답하지만, 여기에 내가 특별히 증거를 향한 내 특정 방법의 검토를 찾고 있어요.
Severin Schraven 의이 답변 은 닫힌 세트 측면에서 모순에 의한 증거입니다. 연속 함수에서 열린 집합의 사전 이미지가 열려 있다는 속성을 사용하여 열린 집합의 관점에서 동일한 증명을 수행하고 싶습니다.
내 접근 방식 :
오픈 세트는 $X$ 다음과 같은 형식입니다.
$$\emptyset, \quad (-\infty, +\infty), \quad (a, \infty).$$
이제 우리가 일부를 선택한다고 가정 $x \in \mathbb R$ 그리고 그것의 보완 물에서 분리 된 오픈 세트의 결합을보세요 $\mathbb R \setminus \{x\}$, 그건, $(-\infty, x)\cup (x, \infty)$. 표준 토폴로지에서$\mathbb R$, 세트 $(-\infty, x)$ 과 $(x, \infty)$ 확실히 개방적이고 분리되어 있습니다.
우리는 또한 그것이 매핑의 일반적인 속성이라는 것을 알고 있습니다. $f^{-1}(A \cap B) = f^{-1}(A) \cap f^{-1}(B)$.
그래서 $$f^{-1}(-\infty, x) \cap f^{-1}(x, \infty) = f^{-1}((-\infty, x) \cap (x, \infty)) = \emptyset.$$
이것은 $f^{-1}(x, \infty) = \emptyset$ 또는 $f^{-1}(-\infty, x) = \emptyset$ 또는 둘 다 $\emptyset$. 사실, 그것을 증명하기 위해$f(X) = x$, 그건 $f$ 상수 맵입니다. 두 사전 이미지가 모두 비어 있음을 증명해야합니다. $f^{-1}(x, \infty) = \emptyset$ 만큼 잘 $f^{-1}(-\infty, x) = \emptyset$.
그 후, 저는 $y \in \mathbb R$ 그런보고 $f^{-1}(\mathbb R \setminus \{y\})$ 실제로 불가능하다는 것을 보여주기 위해 $f^{-1}(\mathbb R\setminus \{x\})$모순을 만들어서 비어 있지 않다는 것입니다. 그것은 둘 다 아닙니다$f^{-1}(-\infty, x)$ ...도 아니다 $f^{-1}(x, \infty)$일부 모순으로 인해 비어있을 수 있습니다. 하지만 어떻게해야할지 모르겠습니다. 이것은 Severin의 접근 방식과 유사하게 모순으로 보여 질 수 있습니까?
확실히, 연속 기능에 관한 모든 증명은 개방형 세트와 폐쇄 형 세트 측면에서 수행 될 수 있으며, 그러한 증명은 어떤 의미에서 "이중"이라고 가정합니다. 나는 기본적으로 오픈 세트 측면에서 Severin의 증명 버전을 찾고 있습니다.
답변
올바른 토폴로지에는 다음과 같은 속성이 있습니다.
- 비어 있지 않은 모든 오픈 세트는 교차합니다 (anti-Hausdorff 또는 hyperconnected .
- 비어 있지 않은 모든 닫힌 세트는 교차합니다 (또는 초 연결 ).
이러한 종류의 공간 모두 $X$ 우리는 모두 계속 $f: X \to \Bbb R$ 일정합니다.
링크 된 답변에 주어진 일반적인 주장은 1에 중점을 둡니다. $f$ 일정하지 않으며, 서로 분리 된 열린 이웃을 갖는 두 개의 고유 한 값이 있습니다. $U,V$ 에 $\Bbb R$. 그때$f^{-1}[U]$ 과 $f^{-1}[V]$ 또한 분리되어 있습니다 (세트 이론, $f^{-1}$ 참고로 교차로를 유지하고 비어 있지 않음 ( $U$ 과 $V$ 값 포함 $f$).
따라서 이러한 인수는 다음과 같이 일반화 될 수 있습니다.
만약 $f: X \to Y$ 초 연결 공간의 연속지도 $X$ Hausdorff 공간으로 $Y$, $f$ 일정합니다.
Severin의 주장은 약간 다릅니다. $\{x\}$ 닫혀있다 $\Bbb R$대신. 모든 세트$f^{-1}[\{x\}]$ 뚜렷한 $x$ 분리되어 있으며 비어 있지 않습니다. $x$값으로 발생합니다. 그래서 그의 주장은 다음과 같이 요약 될 수 있습니다.
만약 $f:X \to Y$ 초 연결의 연속지도입니다. $X$ 에 $T_1$ 우주 $Y$, $f$ 일정합니다.
I wouldn't necessarily call these proofs dual. For that we'd have to use sets $\Bbb R\setminus \{x\}$ instead and use finite unions instead of finite intersections. From a general view they go for slightly different results, with similar proofs. The actual dual would be something like this:
Suppose $f: X \to \Bbb R$ is continuous and not constant, and has values $y_1= f(x_1) \neq f(x_2)= y_2$. Then $f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_1\}]$ is open (continuity), is non-empty (as $x_2$ is in it) and not $X$ (as $x_1$ is not) and similarly for $f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_2\}]$.
But $$X = f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_1\}] \cup f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_2\}]$$
and so we've written $\Bbb R$ in the upper topology as a union of two open sets, none of which are $\Bbb R$. This cannot happen as $(a,\infty) \cup (b, \infty) = (\min(a,b), \infty) \neq \Bbb R$ for any $a,b$.
Well, I think the horse is now well and truly dead..