Soy un nuevo usuario en Matemáticas de Intercambio de la Pila. No sé cómo resolver parte de este problema, así que espero que uno de los usuarios me pueden dar una mano.
Deje $f$ ser una función continua de $\mathbb{R}^{n}$ $\mathbb{R}^{m}$con las siguientes propiedades:$A\subset \mathbb{R}^{n}$ está abierto, a continuación, $f(A)$ está abierto. Si $B\subset \mathbb{R}^{m}$ es compacto, a continuación, $f^{-1}(B)$ es compacto.
Quiero demostrar que la $f( \mathbb{R}^{n}) $ es cerrado.
He dejado algunos de los detalles a usted, pero aquí está el principal esquema.
Supongamos que $f[\Bbb R^n]$ no está cerrado en $\Bbb R^m$. Entonces hay un punto de $p\in\operatorname{cl}f[\Bbb R^n]\setminus f[\Bbb R^n]$, y hay una secuencia $\langle x_n:n\in\Bbb N\rangle$ $f[\Bbb R^n]$ convergentes a $p$. Deje $K=\{p\}\cup\{x_n:n\in\Bbb N\}$, y demuestra en primer lugar que $K$ es compacto, por lo que el $f^{-1}[K]$ es compacto en $\Bbb R^n$. Ahora, para cada una de las $n\in\Bbb N$ elija $y_n\in f^{-1}[K]$ tal que $f(y_n)=x_n$, y considerar la secuencia de $\langle y_n:n\in\Bbb N\rangle$. Esta es una secuencia en el conjunto compacto $f^{-1}[K]$, por lo que tiene un convergentes subsequence $\langle y_{n_k}:k\in\Bbb N\rangle$, por ejemplo, con el límite de $y$. Lo que debe de $f(y)$? ¿Por qué es esto una contradicción?
Pruebe con otro enfoque; demostrar que el complemento de $f(\mathbb{R}^n)$ está abierto.
Esto es trivial si el complemento está vacía, así que supongamos que el complemento no está vacío, y elija $\hat y \notin f(\mathbb{R}^n)$. Quiere mostrar que existe una $\epsilon>0$ de manera tal que el conjunto $B(\hat y, \epsilon)$ también se encuentra en el complemento.
Se puede proceder por la contradicción y generar una secuencia de puntos de $y_k \in f(\mathbb{R}^n)$ que convergen a $\hat y$.
Ahora consideremos el conjunto $\{y_k\} \cup \{\hat y\}$. ¿Qué propiedades tiene en relación a la segunda propiedad anterior, y cómo esto nos lleva a una contradicción?
Tome $y \in \overline{f(\mathbb{R}^n)}$. Deje $B_\varepsilon = \{x | d(x,y) \leq \varepsilon\}$. Ahora, $\emptyset \neq B_\varepsilon \cap f(\mathbb{R}^n) = f\left(f^{-1}(B_\varepsilon)\right)$. Debido a $f^{-1}(B_\varepsilon)$ es compacto, $B_\varepsilon \cap f(\mathbb{R}^n)$, como la imagen de un pacto por $f$, es una disminución de la secuencia de vacío compacto conjuntos. Por lo tanto, $\bigcap_\varepsilon (B_\varepsilon \cap f(\mathbb{R}^n))$ es no vacío. Ahora, $\emptyset \neq \bigcap_\varepsilon (B_\varepsilon \cap f(\mathbb{R}^n)) \subconjunto \bigcap_\varepsilon B_\varepsilon = \{y\}$ implica que $y \in f(\mathbb{R}^n)$.
Es decir, $f(\mathbb{R}^n) = \overline{f(\mathbb{R}^n)}$.
Por el camino, el único "clopen" $\mathbb{R}^m$ $\emptyset$ y $\mathbb{R}^m$. Desde $f(\mathbb{R}^n)$ no está vacío, tenemos que $f(\mathbb{R}^n) = \mathbb{R}^m$.
Creo que el más instructivo prueba de ello es que de la Proposición 5.3 de este archivo. De hecho, muestra que la adecuada mapas entre localmente espacios topológicos compactos son siempre cerradas. Esta es una generalización de esta discusión. Me parece muy interesante, ya que la "norma de las" pruebas tienden a utilizar secuencias, y uno podría creer que todo puede ser perdido sin una métrica.
Por cierto, un muy buen corolario del ejercicio propuesto es que no constante mapas con las dos propiedades son siempre surjective, ya $f(\mathbb{R}^n)$ está conectado.
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