El autor menciona en el documento que se utiliza Baire's
zero-dimensional metric space N(A).
El espacio de Baire
es bien conocido en el descriptivo de la teoría de conjuntos, se define generalmente
en el set $\omega^\omega$ de todas las secuencias de enteros.
En el caso de este artículo el autor, obviamente, trabaja con (un
subespacio de) el espacio de $A^\omega$ de todas las secuencias de elementos
de $A$.
Los siguientes posibilidades de dar la misma topología en $A^\omega$:
- El producto de la topología, donde $A$ tiene la topología discreta.
- La métrica dada por $d(x,y)=1/\min\{n; x_n\ne y_n\}$.
- La topología generada por la base que consiste de todos los conjuntos $N(\alpha_1\dots\alpha_n)=\{x\in A^\omega;
x_1=\alpha_1,\dots,\alpha_n\}$; es decir, los sets básicos consiste en
todas las secuencias con receta antes $n$ elementos.
Si usted compruebe el papel, a continuación, puede ver que el autor utiliza precisamente
los sets básicos de esta forma cuando se comprueba si el mapa de $f$
está abierto.
Esto es una pequeña digresión de la pregunta, pero podría ser
interesante para usted. (Pero puede omitir esta parte, si se prefiere - no es necesario que usted al leer este artículo; sólo estoy mencionando esto para subrayar la similitud con otra comúnmente utilizados la construcción).
Todo esto puede ser muy bien visualizados mediante árboles. Una buena lectura
en este tema es en el capítulo sobre los árboles en Kechris' Clásico
Descriptivo De La Teoría De Conjuntos.
Usted puede leer acerca de Lusin esquema, que es una construcción
muy similar a la construcción de la función de $f$ en este documento.
En particular, la construcción de un mapa asociado a un Lusin
esquema (en la Proposición 7.6) es muy similar a la definición de
la función en su papel. La diferencia es que el destino
el espacio es un espacio métrico y que hemos de suponer que los conjuntos tienen
la disminución de los diámetros (en lugar de la suposición de que vienen
a partir de algunas portadas; como en su papel). En la Proposición 7.6 es
se muestra que este mapa es continua.
Volviendo a tu pregunta.
Ahora, si usted quiere mostrar que el mapa de $f$ no es necesariamente
continua, tomar cualquier espacio de $X$ que es submetrizable pero no
metrizable. Deje $d$ ser una métrica en $X$, que los rendimientos de las más
metrizable topología.
Sacar las tapas $\mathcal U_n=\{B(x,1/n); x\in X\}$, donde
$B(x,r)=\{y\in X; d(x,y)<r\}$ son las bolas w.r.t. la métrica $r$.
Estas cubiertas se cumple con los supuestos del papel.
Ahora desde su topología es estrictamente más fina que la topología dada
por la métrica $d$, existe un punto de $x$ y un conjunto abierto $U\ni
x$ such that no $d$-ball around $x$ lies entirely in the set $U$.
The constant sequence $\overline x=(x,x,x,\dots)$ is mapped to $x$
por el mapa de $f$ definido en el papel.
Básicos de los barrios de el punto de $\overline x$ son de la forma
$N(\underset{\text{$n$-times}}{\underbrace{x,x,\dots,x})}$; este
set contiene todas las secuencias en el primer $n$ coordenadas son
igual a $x$.
Ahora, si tomamos un punto de $x_n\in B(x,1/n)\setminus U$ y hacer el
secuencia $\overline x_n =(x,x,\dots,x,x_n,x_n,\dots)$; luego esta
secuencia pertenece a la misma barrio y se asigna a
el punto de $x_n\notin U$. La suposición $d(x,x_n)$ implica que
la intersección de los conjuntos de $U^k_\alpha$ contiene el punto de $x_n$
y así es no vacío (esta es la condición que define la
subespacio $T$ en el papel; aquí $U^k_\alpha=B(x,1/k)$ $k\le n$
y $U^k_\alpha=B(x_n,1/k)$$k>n$.)
Por lo que no es posible encontrar un básico vecindario $N$ tal que
$f[N]\subseteq U$. Esto contradice la continuidad de $f$.
EDIT: En tu comentario abajo, usted está preguntando cuál es el conjunto de $A$ es.
De nuevo cito a partir de la ponencia:
donde $\{\mathcal U_n=\{U^n_\alpha; \alpha\in A\}; n\in N\}$ es una secuencia de abrir los revestimientos de $X$ satisfacer la condición en el Lema 1.
Lema 1 se parece a esto:
Lema 1. Un espacio de $X$ $G_\delta$- diagonal iff (=si y sólo si) hay una secuencia $\{\mathcal U_n; n\in N\}$ de abrir los revestimientos de $X$ tal que para cada punto de $p$ $X$
$$p=\bigcap \{S(p,\mathcal U_n; n\in N)\}.$$
De la notación en la prueba parece que el autor además se supone que la abra las cubiertas $\mathcal U_n$ son indexados por el mismo conjunto $A$.
Esto puede ser obtenida por la toma de la unión de su índice de conjuntos y agregar arbitraria abrir establece en los nuevos índices (por ejemplo vacía de conjuntos).
Brian M. Scott le dio una sugerencia parecida en su comentario aquí.
