Mostrando que un espacio es Hausdorff

Question

Supongamos que$X$ es compacto y Hausdorff y que$f:X \to Y$ es continuo, cerrado y surjectivo. ¿Cómo puedo demostrar que$Y$ es Hausdorff?

Answer 1

Desde $X$ es compacto Hausdorff, $X$ es normal. Siguiente, ya $f$ es cerrado, el único elemento de subconjuntos de a $Y$ están cerrados (como $\{y\} = f''\{x\}$ algunos $x \in X$.) De ello se sigue que para cada par de distinta $y_0, y_1 \in Y$, los conjuntos de $X_0 = f^{-1}(y_0)$ $X_1 = f^{-1}(y_1)$ son distintos subconjuntos cerrados de $X$. Tomando nota de que $X$ es normal, puede separar a $X_0$ $X_1$ utilizando los conjuntos con distintos cierres. El resto de los bits es a su vez el abierto establece la separación de $X_0$ $X_1$ a abrir los subconjuntos de a $Y$ separación de $y_0$$y_1$.

Answer 2

Deje $y_1 \neq y_2$ ser distintos puntos de $Y$. Por surjectivity tenemos $x_1 ,x_2 \in X$ tal que $f(x_1) = y_1 , f(x_2) = y_2$. En particular, $f[\{x_i\}] = y_i$ por tanto $i$ y en $X$ singleton están cerradas (Hausdorff implica $T_1$) y $f$ es un cerrado mapa (primera vez que lo uso), tenemos que tanto en $\{y_i\}$ están cerrados en $Y$.

Ahora, definir $F_i = f^{-1}[\{y_i\}] \subseteq X$, $i=1,2$. $F_1$ y $F_2$ son disjuntas cerrado (por la continuidad de la $f$) de subconjuntos de a $X$, que es compacto y Hausdorff y por lo tanto $T_4$ o normal. Así, en $X$ podemos encontrar distintos subconjuntos $U_1, U_2$ tal que $F_1 \subseteq U_1$$F_2 \subseteq U_2$.

Ahora defina $O_i = Y\setminus f[X\setminus U_i]$$i=1,2$.

Estos conjuntos son abiertos como $f$ es un cerrado mapa y complementos de abrir conjuntos son cerrados y complementos de conjuntos cerrados están abiertas.

Para cada $i$ $y_i \in O_i$: supongamos $y_i \notin O_i$, entonces, por definición, $y_i \in f[X\setminus U_i]$ $y_i = f(p)$ algunos $p \in X \setminus U_i$. Pero, por definición, $p \in F_i$ se asigna a $y_i$, por lo que debe estar en$U_i$$F_i \subseteq U_i$, una contradicción con $p \in X \setminus U_i$. Esta contradicción muestra que $y_i \in O_i$.

$O_1 \cap O_2 = \emptyset$. Supongamos que $y$ se encuentra en ambos. Luego de algunos $x \in X$, $f(x) = y$. Como $U_1$ $U_2$ son distintos, $x$ debe estar en $X\setminus U_1$ o en $X \setminus U_2$ (o ambos); supongamos que se encuentra en $X \setminus U_j$ algunos $j \in \{1,2\}$. Pero, a continuación,$y = f(x) \in f[X\setminus U_j]$, lo que significa $y \notin O_j$, que es nuestro contradicción.

Por lo $O_1$ $O_2$ necesarios son disjuntas abrir barrios de $y_1$ resp. $y_2$.

Comprobación de validez: se utilizó el closedness de $f$ y su Hausdorffness demasiado, (también para conseguir la normalidad de la combinación con la compacidad), y la continuidad de la $f$ y su surjectivity. La prueba también habría funcionado si $X$ habrían sido meramente $T_4$ (normal y $T_1$) y $f$ de la misma (cerrado continuo surjection).

Answer 3

Deje $y_1 \neq y_2$ en Y. Pick $x_1 ,x_2$ tal que $f(x_1)=y_1$ $f(x_2)=y_2$ Demanda: existen barrios U y V de $x_1$ $x_2$ tal que $f(U) \cap f(V)$ está vacía. [ Aquí es donde la continuidad es utilizada]. Si no, de cualquier barrios U y V no existen puntos de $t_{UV}$, $s_{UV}$ en U y V tales que $f(t_{UV})=f(s_{UV})$ Orden de los pares (U,V) por $(U,V) \geq (S,T)$ si U es un subconjunto de S y V es un subconjunto de T. Tenemos redes de $\{t_{UV}\}$ $\{t_{UV}\}$ convergentes a $x_1$ $x_2$ respectivamente. Puesto que f es continua y $f(t_{UV})=f(s_{UV})$ obtenemos $y_1=f(x_1)=f(x_2)=y_2$ lo cual es una contradicción. Esto demuestra la reclamación. Luego elige abrir los conjuntos A, B, con a $x_1$ $x_2$ de manera tal que los cierres están contenidos en U y V, respectivamente. Ahora los complementos de las imágenes de los cierres de a y B son distintos barrios de $y_1$$y_2$.