Contracción de conjuntos compactos

Question

Estoy tratando de resolver el siguiente problema.

Deje $X$ ser un compacto Hausdorff espacio y deje $f:X\to X$ ser continua. Mostrar que existe un conjunto no vacío $A\subset X$ tal que $f(A)=A$.

Hay una pista para definir $A=\cap_{n\ge 0} A_n$$A_{n+1}=f(A_n)$$A_0=X$.

A continuación, $x\in A_{n+1}$ implica que el $f^{-1}(x)\cap A_n\ne\emptyset$. A la derecha? Así que si $f^{-1}(x)\cap A_n=\emptyset$$x\notin A_{n+1}$. Es esto correcto?

En primer lugar tengo que mostrar que, para $A$ definido en la sugerencia tiene $f(A)=A$. Para que esto suceda es suficiente para tener $f(A)=\cap_{n\ge 0} f(A_n)$ Porque $f(A)=\cap_{n\ge 1} A_n=\cap_{n\ge 1} A_n\cap X=A$. Pero se quedó atascado demostrando la igualdad.

Lo hice por que es asumir que existe $x\in A$. Esto significa que $\exists y_n\in A_n$ tal que $f(y_n)=x$ todos los $n$. Es esto suficiente para deducir que el $f(x)\in A$?

Entonces la necesidad de demostrar que $A$ no está vacío. Para esto creo que es suficiente para mostrar que el $A_{n+1}\subset A_n$, debido a $A_n$ son compactos y, a continuación, su intersección es no vacía. Sin embargo, yo estoy atrapado allí también. He intentado por contradicción suponiendo $\exists x\notin A_n$$f(x)\in A_{n}$, pero no puedo trabajar desde allí.

Inicialmente pensé en algo más. Elija $x_n\in A_n$ y crear la secuencia de $\{x_n\}$. Esto ha convergente subsequence $\{x_{n_k}\}$. Entonces puedo crear una secuencia $\{x'_m\}$ definiendo $x'_m=x_{n_k}$$n_k=\max\{j\in\{n_k\}|j\le m\}$. Así que, básicamente, repito los términos de la larga para obtener una secuencia convergente. Sin embargo, de nuevo, esto requiere que el$A_{n+1}\subset A_n$, por lo que he a $x'_m\in A_m$. Entonces yo creo que el límite de $x'_m\to x$$A$, pero yo no era capaz de mostrar que también.

Gracias de antemano.

Answer 1

Usted necesita demostrar tres cosas, con la sugerencia de aplicar el teorema y demostrar que $A \neq \emptyset$. Cada uno de ellos es comprobable por inducción:

1. $\color{red}{\forall n, A_{n+1} \subset A_n}$: $A_1 = f(X)$ está claramente incluido en $X$. Ahora suponga $A_{n+1} \subset A_n$, $A_{n+2} = f(A_{n+1}) \subset f(A_n)$ (por hipótesis de inducción), sino $f(A_n) = A_{n+1}$, lo $A_{n+2} \subset A_{n+1}$.
2. $\color{red}{\forall n, A_n \neq \emptyset}$: $A_0 = X$ es no vacío, y si $A_n$ es no vacío, entonces $f(A_n) = A_{n+1}$ es no vacío.
3. $\color{red}{\forall n, A_n \text{ is closed}}$: $A_0 = X$ está cerrado en $X$. Suponga $A_n$ es cerrado en $X$; desde $X$ es compacto Hausdorff, $A_n$ es demasiado compacto, por lo $f(A_n) = A_{n+1}$ es compacto y por lo tanto cerrado.

Una vez que lo has probado todo eso, entonces se puede aplicar el teorema para demostrar que $A = \bigcap_n A_n \neq \emptyset$. Lo siguiente que quieren demostrar que el $f(A) = A$:

1. $\color{red}{f(A) \subset A}$: Vamos a $x \in A$,$\forall n, x \in A_n \Rightarrow f(x) \in f(A_n) = A_{n+1}$. Por lo tanto, $\forall n, f(x) \in A_n$ y, por tanto,$f(x) \in A$.
2. $\color{red}{A \subset f(A)}$: Vamos a $x \in A$, desea $y \in A$ tal que $f(y) = x$. Pero $x \in A_{n+1}$ todos los $n$, de modo que existe $y_n \in A_n$ tal que $f(y_n) = x$. Esta secuencia $y_n$ tiene un convergentes larga...

Answer 2

Deje $Y=f(X)$ $X= \mathop{\cup}_{y \in Y} f^{-1}(y)$ cuando la unión es más de conjuntos disjuntos. Desde cada uno de los pullback es un conjunto cerrado. Estar en un espacio normal, $\forall \ f^{-1}(y), \ \exists \ U_{y}$ abierta en $X$ tal que $f^{-1}(y) \subset U_{y} \subset \overline{U_{y}} \subset X$ .

Por lo tanto $X = \bigcup_{y \in Y} U_{y} $. Esta apertura de la tapa tiene un número finito de subcover. $X=U_{1} \cup U_{2} \cup \ldots \cup U_{n} $. Deje $\Sigma = \lbrace A \ \ \vert A \subset X \rbrace$, supongamos $\nexists$ cualquier $A \in \Sigma$ st $f(A) =A$ $\forall A \in \Sigma , \ \exists \ f (x)_{A} $ st $f (x)_{A} \notin A$.

definir el orden parcial en $\Sigma$ por la inclusión del conjunto, de modo que se convierte en un conjunto dirigido.

Deje $\ell \colon \Sigma \to X$ ser una red tal que $\ell(A) = f(x)_{A} $. Por simplicidad, nos vamos a representar la red por $(f(x)_{A})$.

Desde $X$ es compacto,cada red tiene un clúster de punto,llame al clúster punto de la anterior neta como $p$. Desde $p \in X=U_{1} \cup \ldots \cup U_{n} $, podemos suponer que $p \in U_{1} $.

Deje $U_{1}$ ser el barrio de $p$ $A= U_{1}$ $\exists \ B \in \Sigma $ tal que $ A \subset B $$f(x)_{B} \in U_{1}$. Pero $f(x)_{B} \notin B \Rightarrow f(x)_{B} \notin A=U_{1}$.

Esta es una contradicción. $\square$