$\mathbb R$ com a topologia certa gerada por $\tau = \{(a, \infty)\}$ é pseudocompacto: prova por contradição em termos de * conjuntos abertos *

Aug 16 2020

Estou tentando provar que o espaço topológico $X$ isso é basicamente $\mathbb R$ equipado com a topologia certa gerada por $\tau = \{(a, \infty): a \in \mathbb R\}$ é pseudocompacto (qualquer função contínua $f: X \to \mathbb R$) Esta pergunta foi feita anteriormente e também foi respondida, mas aqui estou procurando especificamente uma revisão de minha abordagem específica para uma prova.

Esta resposta de Severin Schraven é uma prova por contradição em termos de conjuntos fechados. Eu quero fazer a mesma prova em termos de conjuntos abertos, isto é, usando a propriedade de que pré-imagens de conjuntos abertos sob funções contínuas são abertas.

Minha abordagem :

Observe que um conjunto aberto em $X$ tem as seguintes formas:

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

Agora, suponha que escolhemos alguns $x \in \mathbb R$ e olhe para a união dos conjuntos abertos disjuntos em seu complemento $\mathbb R \setminus \{x\}$, isso é, $(-\infty, x)\cup (x, \infty)$. Na topologia padrão em$\mathbb R$, os conjuntos $(-\infty, x)$ e $(x, \infty)$ são certamente abertos e desconexos.

Também sabemos que é uma propriedade comum de mapeamentos que $f^{-1}(A \cap B) = f^{-1}(A) \cap f^{-1}(B)$.

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

Isso implica $f^{-1}(x, \infty) = \emptyset$ ou $f^{-1}(-\infty, x) = \emptyset$ ou ambos são $\emptyset$. Na verdade, para provar que$f(X) = x$, isso é $f$ é um mapa constante, precisamos provar que ambas as pré-imagens estão vazias, ou seja, $f^{-1}(x, \infty) = \emptyset$ assim como $f^{-1}(-\infty, x) = \emptyset$.

Depois disso, eu estava pensando em escolher um $y \in \mathbb R$ tal e olhando para $f^{-1}(\mathbb R \setminus \{y\})$ para mostrar que de fato não é possível para $f^{-1}(\mathbb R\setminus \{x\})$ser não vazio, produzindo alguma contradição. Isso não é nem$f^{-1}(-\infty, x)$ nem $f^{-1}(x, \infty)$podem estar vazios devido a alguma contradição resultante. Mas não tenho certeza de como fazer isso. Isso pode ser demonstrado por contradição, de forma semelhante à abordagem de Severin?

Certamente, qualquer prova referente a funções contínuas pode ser feita em termos de conjuntos abertos, bem como em termos de conjuntos fechados, e tais provas são supostamente "duais" em algum sentido. Estou basicamente procurando uma versão da prova de Severin em termos de conjuntos abertos.

Respostas

2 HennoBrandsma Aug 16 2020 at 14:24

A topologia certa tem as propriedades que

  1. todos os conjuntos abertos não vazios se cruzam (anti-Hausdorff ou hiperconectados .
  2. todos os conjuntos fechados não vazios se cruzam (ou ultraconectados ).

Para esses dois tipos de espaço $X$ nós temos isso tudo contínuo $f: X \to \Bbb R$ são constantes.

Os argumentos usuais dados nas respostas vinculadas se concentram em 1, e observe que se $f$ não é constante, existem dois valores distintos, que possuem bairros abertos separados $U,V$ dentro $\Bbb R$. Então$f^{-1}[U]$ e $f^{-1}[V]$ também são disjuntos (teoria dos conjuntos, como $f^{-1}$ preserva a interseção, como você notou) e não vazio (como $U$ e $V$ contém valores de $f$)

Portanto, esses argumentos podem ser generalizados para

E se $f: X \to Y$ é um mapa contínuo de um espaço hiperconectado $X$ para um espaço de Hausdorff $Y$, $f$ é constante.

O argumento de Severin é um pouco diferente: ele usa que todos $\{x\}$ estão fechados em $\Bbb R$em vez de. Todos os conjuntos$f^{-1}[\{x\}]$ para distinto $x$ são disjuntos e não vazios se $x$ocorre como um valor. Portanto, seu argumento pode ser resumido como

E se $f:X \to Y$ é um mapa contínuo de um ultraconectado $X$ para um $T_1$ espaço $Y$, $f$ é constante.

Eu não chamaria necessariamente essas provas de duais. Para isso, teríamos que usar conjuntos$\Bbb R\setminus \{x\}$em vez disso, use uniões finitas em vez de interseções finitas. De uma visão geral, eles vão para resultados ligeiramente diferentes, com provas semelhantes. O dual real seria algo assim:

Suponha $f: X \to \Bbb R$ é contínuo e não constante, e tem valores $y_1= f(x_1) \neq f(x_2)= y_2$. Então$f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_1\}]$ é aberto (continuidade), não é vazio (como $x_2$ está nele) e não $X$ (Como $x_1$ não é) e da mesma forma para $f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_2\}]$.

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

e então nós escrevemos $\Bbb R$ na topologia superior como uma união de dois conjuntos abertos, nenhum dos quais são $\Bbb R$. Isso não pode acontecer como$(a,\infty) \cup (b, \infty) = (\min(a,b), \infty) \neq \Bbb R$ para qualquer $a,b$.

Bem, eu acho que o cavalo agora está bem e verdadeiramente morto ..