Dado un par de funciones continuas de un espacio topológico a un conjunto ordenado, ¿cómo demostrar que este conjunto es cerrado?

Question

Dado que $X$ es un espacio topológico arbitrario, $Y$ es un conjunto totalmente ordenado en la topología de orden, y $f$ , $g \colon X \to Y$ son funciones continuas, cómo demostrar que el subconjunto $A$ de $X$ dado por $$ A \colon= \left\{ \ x \in X \ \colon \ f(x) \leq g(x) \ \right\} $$ está cerrado en $X$ ?

Edición basada en la respuesta de Hagen von Eitzen:

Dejemos que $U \colon= \{ u \times v \in Y \times Y \ \colon \ u < v \ \}$ . Demostramos que $U$ está abierto en $Y \times Y$ .

Dejemos que $u \times v \in U$ . Entonces $u < v$ .

Caso I. Si hay algún $y \in Y$ tal que $u < y < v$ entonces $u \times v \in (-\infty, y) \times (y, +\infty) \subset U$ .

Caso 2. Si $(u,v)$ está vacío, entonces $u \in (-\infty, v)$ y $v \in (u, +\infty)$ y así $u \times v \in (-\infty, v) \times (u, +\infty)$ .

Además, si $a \times b \in (-\infty, v) \times (u, +\infty)$ , entonces debemos tener $a < v$ y $b> u$ . Así que $a \leq u < v \leq b$ lo que implica que $a < b$ y así $a \times b \in U$ .

Así, $u \times v \in (-\infty, v) \times (u, +\infty) \subset U$ .

Así que $U$ está abierto en $Y \times Y$ .

Del mismo modo, podemos demostrar que el conjunto $$V \colon= \left\{ \ u \times v \in Y \times Y \ \colon \ u > v \ \right\}$$ está abierto en $Y \times Y$ .

Por lo tanto, se deduce que el conjunto $A \colon= \{ \ u \times v \in Y \times Y \ \colon \ u \leq v \ \}$ está cerrado en $Y \times Y$ .

Ahora bien, como los mapas $f \colon X \to Y$ y $g \colon X \to Y$ son continuos, también lo es el mapa $f \times g \colon X \to Y \times Y$ definido como $$(f \times g)(x) \colon= f(x) \times g(x) \ \mbox{ for all } \ x \in X.$$

Así, la imagen inversa bajo $f \times g$ del conjunto $A$ está cerrado en $X$ .

Pero $$ \begin{align} (f \times g)^{-1} (A) &= \left\{ \ x \in X \ \colon \ (f \times g)(x) \in A \ \right\} \\ &= \left\{ \ x \in X \ \colon \ f(x) \times g(x) \in A \ \right\} \\ &= \left\{ \ x \in X \ \colon \ f(x) \leq g(x) \ \right\}. \end{align} $$

Answer 1

Se puede demostrar directamente a partir de las definiciones. Sea $U=X\setminus A=\{x\in X:f(x)>g(x)\}$ sólo tenemos que demostrar que $U$ está abierto. Dejemos que $x\in U$ sea arbitraria; encontraremos un nbhd abierto de $x$ contenida en $U$ . Desde $x\in U$ sabemos que $g(x)<f(x)$ . Ahora hay dos casos.

1. Hay algunos $a\in Y$ tal que $g(x)<a<f(x)$ . Sea $$V=g^{-1}\big[(\leftarrow,a)\big]\quad\text{and}\quad W=f^{-1}\big[(a,\to)\big]\;.$$ Entonces $V\cap W$ es un nbhd abierto de $x$ (¿por qué?), y para cada $y\in V\cap W$ tenemos $g(y)<a<f(y)$ Así que $V\cap W\subseteq U$ .

2. El intervalo $\big(g(x),f(x)\big)$ en $Y$ está vacía. Entonces dejemos que $$V=g^{-1}\big[(\leftarrow,f(x))\big]\quad\text{and}\quad W=f^{-1}\big[(g(x),\to)\big]$$ y argumentar casi exactamente como en el primer caso.

Answer 2

El conjunto $\{(x,y)\in Y^2\mid x\le y\}$ está cerrado en $Y^2$ y $X\to Y^2, x\mapsto (f(x),g(x))$ es continua.