$\mathbb R$ tarafından oluşturulan doğru topoloji ile $\tau = \{(a, \infty)\}$ sözde kompakttır: * açık kümeler * açısından çelişkili kanıt

Question

Topolojik uzayın $X$ bu temelde $\mathbb R$ tarafından oluşturulan doğru topoloji ile donatılmış $\tau = \{(a, \infty): a \in \mathbb R\}$ sözde kompakttır (herhangi bir sürekli işlev $f: X \to \mathbb R$). Bu soru olmuştur sorulan önce ve ayrıca cevaplanmış ama burada özellikle bir kanıtı doğru benim spesifik yaklaşımın gözden arıyorum.

Severin Schraven'in bu cevabı , kapalı kümeler açısından çelişkili bir kanıt sağlıyor. Aynı ispatı açık kümeler açısından yapmak istiyorum, yani, sürekli işlevler altındaki açık kümelerin ön görüntülerinin açık olduğu özelliğini kullanarak.

Yaklaşımım :

Açık bir set olduğunu unutmayın $X$ aşağıdaki biçimlerdendir:

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

Şimdi varsayalım biraz seçelim $x \in \mathbb R$ ve tamamlayıcısındaki ayrık açık kümelerin birleşimine bakın. $\mathbb R \setminus \{x\}$, yani, $(-\infty, x)\cup (x, \infty)$. Standart topolojide$\mathbb R$, takımlar $(-\infty, x)$ ve $(x, \infty)$ kesinlikle hem açık hem de ayrıktır.

Ayrıca eşlemelerin olağan bir özelliği olduğunu da biliyoruz. $f^{-1}(A \cap B) = f^{-1}(A) \cap f^{-1}(B)$.

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

Bu ikisini de ima eder $f^{-1}(x, \infty) = \emptyset$ veya $f^{-1}(-\infty, x) = \emptyset$ ya da ikisi de $\emptyset$. Aslında bunu kanıtlamak için$f(X) = x$, yani $f$ sabit bir haritadır, her iki ön görüntünün de boş olduğunu kanıtlamamız gerekir. $f^{-1}(x, \infty) = \emptyset$ Hem de $f^{-1}(-\infty, x) = \emptyset$.

Bundan sonra, bir seçmeyi düşünüyordum $y \in \mathbb R$ böyle ve bakıyor $f^{-1}(\mathbb R \setminus \{y\})$ bunun aslında mümkün olmadığını göstermek için $f^{-1}(\mathbb R\setminus \{x\})$bazı çelişkiler üreterek boş olmamak. Bu hiçbiri$f^{-1}(-\infty, x)$ ne de $f^{-1}(x, \infty)$Ortaya çıkan bazı çelişkiler nedeniyle boş kalmasına izin verilir. Ama bunu nasıl yapacağımdan emin değilim. Bu, Severin'in yaklaşımına benzer şekilde çelişkilerle gösterilebilir mi?

Kuşkusuz, sürekli işlevlerle ilgili herhangi bir ispat, açık kümeler açısından olduğu kadar kapalı kümeler açısından da yapılabilir ve bu tür ispatların bir anlamda sözde "ikili" olduğu varsayılır. Temel olarak Severin'in açık setler açısından kanıtının bir versiyonunu arıyorum .

Answer 1

Doğru topoloji şu özelliklere sahiptir:

1. tüm boş olmayan açık kümeler kesişir (anti-Hausdorff veya hiper bağlantılı .
2. tüm boş olmayan kapalı kümeler kesişir (veya ultra bağlantılı ).

Bu tür her iki alan için $X$ hepsine sürekli sahibiz $f: X \to \Bbb R$ sabittir.

Bağlantılı cevaplarda verilen olağan argümanlar 1'e odaklanır ve eğer $f$ sabit değil, birbirinden ayrı açık komşuluklara sahip iki farklı değer var $U,V$ içinde $\Bbb R$. Sonra$f^{-1}[U]$ ve $f^{-1}[V]$ aynı zamanda ayrıktır (küme teorisi gibi $f^{-1}$ not ettiğiniz gibi kesişme noktasını korur ve boş olmayan (olduğu gibi) $U$ ve $V$ değerlerini içerir $f$).

Yani bu argümanlar şu şekilde genelleştirilebilir:

Eğer $f: X \to Y$ hiper bağlantılı bir alandan sürekli bir haritadır $X$ Hausdorff uzayına $Y$, $f$ sabittir.

Severin'in argümanı biraz farklı: hepsini kullanıyor $\{x\}$ kapalı $\Bbb R$yerine. Tüm setler$f^{-1}[\{x\}]$ farklı için $x$ ayrık ve boş değil $x$bir değer olarak ortaya çıkar. Dolayısıyla argümanı şu şekilde özetlenebilir:

Eğer $f:X \to Y$ ultra bağlantılı bir $X$ bir $T_1$ Uzay $Y$, $f$ sabittir.

Bu ispatlara mutlaka ikili demezdim. Bunun için setleri kullanmalıyız$\Bbb R\setminus \{x\}$bunun yerine ve sonlu kesişimler yerine sonlu birleşimler kullanın. Genel bir bakış açısından, benzer ispatlar ile biraz farklı sonuçlar elde ederler. Gerçek ikili Böyle bir şey olacaktır:

Varsayalım $f: X \to \Bbb R$ süreklidir ve sabit değildir ve değerleri vardır $y_1= f(x_1) \neq f(x_2)= y_2$. Sonra$f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_1\}]$ açık (süreklilik), boş değil ( $x_2$ içinde) ve değil $X$ (gibi $x_1$ değil) ve benzer şekilde $f^{-1}[\Bbb R \setminus \{y_2\}]$.

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

ve biz de yazdık $\Bbb R$ üst topolojide iki açık kümenin bir birleşimi olarak, hiçbiri $\Bbb R$. Bu olamaz$(a,\infty) \cup (b, \infty) = (\min(a,b), \infty) \neq \Bbb R$ herhangi $a,b$.

Şey, sanırım at şimdi iyi ve gerçekten öldü ..