$\mathbb R$ z odpowiednią topologią wygenerowaną przez $\tau = \{(a, \infty)\}$ jest pseudokompaktowy: dowód przez sprzeczność w kategoriach * zbiorów otwartych *
Próbuję udowodnić, że to przestrzeń topologiczna $X$ to jest w zasadzie $\mathbb R$ wyposażony w odpowiednią topologię generowaną przez $\tau = \{(a, \infty): a \in \mathbb R\}$ jest pseudokompaktowa (dowolna funkcja ciągła $f: X \to \mathbb R$). To pytanie zostało zadane wcześniej i również otrzymałem odpowiedź, ale tutaj konkretnie szukam przeglądu mojego konkretnego podejścia do dowodu.
Ta odpowiedź Severina Schravena dowodzi sprzeczności w zakresie zamkniętych zbiorów. Chcę zrobić ten sam dowód w kategoriach zbiorów otwartych, tj. Używając własności, że przedobrazy zbiorów otwartych w funkcjach ciągłych są otwarte.
Moje podejście :
Zauważ, że otwarty zestaw w $X$ ma następujące formy:
$$\emptyset, \quad (-\infty, +\infty), \quad (a, \infty).$$
Teraz przypuśćmy, że wybierzemy kilka $x \in \mathbb R$ i spójrz na połączenie rozłącznych otwartych zbiorów w jego uzupełnieniu $\mathbb R \setminus \{x\}$, to jest, $(-\infty, x)\cup (x, \infty)$. W standardowej topologii włączona$\mathbb R$, zestawy $(-\infty, x)$ i $(x, \infty)$ z pewnością są zarówno otwarte, jak i niespójne.
Wiemy również, że jest to zwykła właściwość odwzorowań $f^{-1}(A \cap B) = f^{-1}(A) \cap f^{-1}(B)$.
Więc $$f^{-1}(-\infty, x) \cap f^{-1}(x, \infty) = f^{-1}((-\infty, x) \cap (x, \infty)) = \emptyset.$$
To oznacza albo $f^{-1}(x, \infty) = \emptyset$ lub $f^{-1}(-\infty, x) = \emptyset$ albo obaj są $\emptyset$. W rzeczywistości, aby to udowodnić$f(X) = x$, to jest $f$ jest stałą mapą, musimy udowodnić, że oba obrazy wstępne są puste, tj. $f^{-1}(x, \infty) = \emptyset$ jak również $f^{-1}(-\infty, x) = \emptyset$.
Potem myślałem o wybraniu pliku $y \in \mathbb R$ takie i patrząc $f^{-1}(\mathbb R \setminus \{y\})$ pokazać, że w rzeczywistości nie jest to możliwe $f^{-1}(\mathbb R\setminus \{x\})$być niepusty, powodując jakąś sprzeczność. To też nie jest$f^{-1}(-\infty, x)$ ani $f^{-1}(x, \infty)$mogą być puste ze względu na jakąś wynikającą z tego sprzeczność. Ale nie jestem pewien, jak się do tego zabrać. Czy można to wykazać sprzecznością, podobnie jak podejście Severina?
Z pewnością każdy dowód dotyczący funkcji ciągłych można przeprowadzić zarówno w kategoriach zbiorów otwartych, jak i zbiorów zamkniętych, a dowody takie są w pewnym sensie rzekomo „dualne”. Zasadniczo szukam wersji dowodu Severina w kategoriach otwartych zestawów.
Odpowiedzi
Właściwa topologia ma takie właściwości
- wszystkie niepuste zbiory otwarte przecinają się (anty-Hausdorff lub hiperłączone .
- wszystkie niepuste zamknięte zestawy przecinają się (lub są ultrapołączone ).
Dla obu tych przestrzeni $X$ mamy to wszystko ciągłe $f: X \to \Bbb R$ są stałe.
Zwykłe argumenty podawane w połączonych odpowiedziach skupiają się na 1 i zauważ, że jeśli $f$ nie jest stała, istnieją dwie różne wartości, które mają rozłączne otwarte sąsiedztwa $U,V$ w $\Bbb R$. Następnie$f^{-1}[U]$ i $f^{-1}[V]$ są również rozłączne (teoria mnogości, jak $f^{-1}$ zachowuje przecięcie, jak zauważyłeś) i niepuste (jak $U$ i $V$ zawierają wartości $f$).
Więc te argumenty można uogólnić na
Gdyby $f: X \to Y$ to ciągła mapa z hiperpołączonej przestrzeni $X$ do przestrzeni Hausdorffa $Y$, $f$ jest stała.
Argument Severina jest nieco inny: wykorzystuje to wszystko $\{x\}$ są zamknięte $\Bbb R$zamiast. Wszystkie zestawy$f^{-1}[\{x\}]$ dla różnych $x$ są rozłączne i niepuste iff $x$występuje jako wartość. Więc jego argument można podsumować jako
Gdyby $f:X \to Y$ jest ciągłą mapą z ultrapołączonego $X$ do $T_1$ przestrzeń $Y$, $f$ jest stała.
Niekoniecznie nazwałbym te dowody podwójnymi. Do tego musielibyśmy używać zestawów$\Bbb R\setminus \{x\}$zamiast tego i używaj skończonych związków zamiast skończonych przecięć. Z ogólnego punktu widzenia dążą do nieco innych wyników, z podobnymi dowodami. Rzeczywisty podwójny byłoby coś takiego:
Przypuszczać $f: X \to \Bbb R$ jest ciągła i nie jest stała i ma wartości $y_1= f(x_1) \neq f(x_2)= y_2$. Następnie$f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_1\}]$ jest otwarty (ciągłość), jest niepusty (jak $x_2$ jest w nim), a nie $X$ (tak jak $x_1$ nie jest) i podobnie dla $f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_2\}]$.
Ale $$X = f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_1\}] \cup f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_2\}]$$
i tak napisaliśmy $\Bbb R$ w górnej topologii jako suma dwóch otwartych zbiorów, z których żaden nie jest $\Bbb R$. To nie może się zdarzyć, ponieważ$(a,\infty) \cup (b, \infty) = (\min(a,b), \infty) \neq \Bbb R$ dla każdego $a,b$.
Cóż, myślę, że koń jest teraz zdrowy i naprawdę martwy ...