$\mathbb R$ с правильной топологией, порожденной $\tau = \{(a, \infty)\}$ псевдокомпактно: доказательство от противного в терминах * открытых множеств *
Я пытаюсь доказать, что топологическое пространство $X$ это в основном $\mathbb R$ с правильной топологией, порожденной $\tau = \{(a, \infty): a \in \mathbb R\}$ псевдокомпактна (любая непрерывная функция $f: X \to \mathbb R$). Этот вопрос задавался ранее, и на него также был дан ответ, но здесь я специально ищу обзор моего конкретного подхода к доказательству.
Этот ответ Северина Шравена доказывает от противного в терминах замкнутых множеств. Я хочу провести такое же доказательство в терминах открытых множеств, т. Е. Используя свойство, что прообразы открытых множеств при непрерывных функциях открыты.
Мой подход :
Обратите внимание, что открытый набор в $X$ имеет следующие формы:
$$\emptyset, \quad (-\infty, +\infty), \quad (a, \infty).$$
Теперь предположим, что мы выберем несколько $x \in \mathbb R$ и посмотрим на объединение непересекающихся открытых множеств в его дополнении $\mathbb R \setminus \{x\}$, то есть, $(-\infty, x)\cup (x, \infty)$. В стандартной топологии на$\mathbb R$, наборы $(-\infty, x)$ и $(x, \infty)$ безусловно, открыты и непересекаются.
Мы также знаем, что обычным свойством отображений является то, что $f^{-1}(A \cap B) = f^{-1}(A) \cap f^{-1}(B)$.
Так $$f^{-1}(-\infty, x) \cap f^{-1}(x, \infty) = f^{-1}((-\infty, x) \cap (x, \infty)) = \emptyset.$$
Это подразумевает либо $f^{-1}(x, \infty) = \emptyset$ или же $f^{-1}(-\infty, x) = \emptyset$ или они оба $\emptyset$. Фактически, чтобы доказать, что$f(X) = x$, то есть $f$ - постоянная карта, нам нужно доказать, что оба прообраза пусты, т. е. $f^{-1}(x, \infty) = \emptyset$ так же как $f^{-1}(-\infty, x) = \emptyset$.
После этого я подумывал выбрать $y \in \mathbb R$ такой и глядя на $f^{-1}(\mathbb R \setminus \{y\})$ чтобы показать, что на самом деле это невозможно $f^{-1}(\mathbb R\setminus \{x\})$быть непустым из-за некоторого противоречия. Это ни то, ни другое$f^{-1}(-\infty, x)$ ни $f^{-1}(x, \infty)$могут быть пустыми из-за некоторого возникающего противоречия. Но я не знаю, как это сделать. Можно ли это показать от противного, подобно подходу Северина?
Конечно, любое доказательство, касающееся непрерывных функций, может быть выполнено в терминах открытых множеств, а также в терминах замкнутых множеств, и такие доказательства предположительно в некотором смысле «двойственны». Я в основном ищу версию доказательства Северина в терминах открытых множеств.
Ответы
Правая топология обладает свойствами, которые
- все непустые открытые множества пересекаются (антихаусдорфовы или гиперсвязны .
- все непустые замкнутые множества пересекаются (или сверхсвязны ).
Для обоих типов пространств $X$ у нас это все непрерывно $f: X \to \Bbb R$ постоянны.
Обычные аргументы, приведенные в связанных ответах, сосредоточены на 1 и обратите внимание, что если $f$ не константа, есть два различных значения, которые имеют непересекающиеся открытые окрестности $U,V$ в $\Bbb R$. потом$f^{-1}[U]$ и $f^{-1}[V]$ также не пересекаются (теория множеств, как $f^{-1}$ сохраняет пересечение, как вы заметили) и непустое (как $U$ и $V$ содержат значения $f$).
Таким образом, эти аргументы можно обобщить на
Если $f: X \to Y$ является непрерывным отображением из гиперсвязного пространства $X$ в хаусдорфово пространство $Y$, $f$ постоянно.
Аргумент Северина несколько иной: он использует все $\{x\}$ закрыты в $\Bbb R$вместо. Все наборы$f^{-1}[\{x\}]$ для различных $x$ не пересекаются, и непусты тогда и только тогда, когда $x$встречается как значение. Таким образом, его аргумент можно резюмировать как
Если $f:X \to Y$ является непрерывным отображением сверхсвязного $X$ к $T_1$ пространство $Y$, $f$ постоянно.
Я бы не назвал эти доказательства двойственными. Для этого нам пришлось бы использовать наборы$\Bbb R\setminus \{x\}$вместо этого и используйте конечные объединения вместо конечных пересечений. С общей точки зрения они приходят к несколько другим результатам с похожими доказательствами. Фактическое двойное будет что - то вроде этого:
Предположим $f: X \to \Bbb R$ является непрерывным и непостоянным, и имеет значения $y_1= f(x_1) \neq f(x_2)= y_2$. потом$f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_1\}]$ открыто (непрерывность), непусто (как $x_2$ в нем), а не $X$ (в виде $x_1$ нет) и аналогично для $f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_2\}]$.
Но $$X = f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_1\}] \cup f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_2\}]$$
и так мы написали $\Bbb R$ в верхней топологии как объединение двух открытых множеств, ни одно из которых не $\Bbb R$. Этого не может произойти, поскольку$(a,\infty) \cup (b, \infty) = (\min(a,b), \infty) \neq \Bbb R$ для любой $a,b$.
Что ж, я думаю, что лошадь теперь здорова и действительно мертва ..