Deje $f:X \rightarrow X$ ser una función continua en un espacio topológico $X$. Bajo qué condiciones es el caso para cada subconjunto $A \subseteq X$ que $$L_f(A)=A \cap \bigcap_{i=1}^{\infty} f^{-i}((X-A)\cup f^{-1}(A) ) \subseteq \bigcap_{i=1}^{\infty} f^{-i}(A)=R_f(A)?$$ Este parece ser equivalente a la condición de que $$A \cap \bigcap_{i=1}^{\infty}[(X - f^{-i}(A)) \cup f^{-i}(A)] \subseteq \bigcap_{i=1}^{\infty} f^{-i}(A),$$ si eso ayuda. Esta es una pregunta equivalente a cuando la dinámica topológica de la lógica de la inducción axioma $A,*\circ(A \supset \circ A) \rightarrow *A$ mantiene en la semántica topológica.
Respuesta
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Deje $f:X \to X$ ser continua. La condición de que para cada $A \subseteq X$ que $$L(A)=A \cap \bigcap_{i=1}^{\infty} f^{-i}((X \setminus A)\cup f^{-1}(A) ) \subseteq \bigcap_{i=1}^{\infty} f^{-i}(A)=R(A)$$ is equivalent to $f$ que tienen ambas de las siguientes propiedades:
- $f:X \to X$ es un bijection,
- $Orb(f,x):= \{f^i(x) \mid i \in \mathbb{Z}\}$ es finita para todas las $x \in X$
Deje $f:X \to X$ ser una función continua tal que para todos los $A \subseteq X$ \begin{align} L(A)=A \cap \bigcap_{i=1}^\infty f^{-i}\left( (X\setminus A) \cup f^{-1}(A)\right) \subseteq \bigcap_{i=1}^\infty f^{-i}(A)=R(A) \quad (*) \end{align} y en particular, esto es cierto para todos los singelton $A$. Supongamos que $A=\{a\}$, $a \not\in f^{-1}(A).$ por Lo $a$ no está en el lado derecho de la $(*)$, por lo tanto no la mano izquierda, asumiendo $f$ tiene esta propiedad. Así que para algunos $n$ tenemos que $$a \not\in f^{-n}\left( (X\setminus A) \cup f^{-1}(A) \right).$$ So we have that $$f^{n+1}(a) \not\in f\left( (X \setminus A) \cup f^{-1}(A) \right)= f(X \setminus A) \cup \{a\} $$ and that gives us that $f^n(a)=a$ as otherwise $f^{n+1}(a) \in f(X \setminus A)$. Suppose that $B=\{b\} $ and that $b,c \in f^{-1}(B)$. So $f(c)=b$ and if $c \neq b$, but this contradicts the fact that there would be an $n>0$ such that $f^n(c) =c$ by our last claim since $f^n(c)=f^{n-1}(b)=b$, hence $f^{-1}(B)=B$. So at this moment we have that for all $x$ that there is an $n>0$ so that $f^n(x)x =$ and that $f$ is a bijections since every element has exactly one preimage. We have now completed showing that $L(A) \subseteq R(a)$ means that $f$ tiene la propiedad 1. y 2..
Deje $f:X \to X$ ser un bijection y supongamos que $Orb(f,x)$ es finito para cada una de las $x \in X$. Supongamos que $a \not \in R(A)$ e $a \in A$ (en el caso de $a \not \in A$ es trivial), así que hay un $i>0$ tal que $a \not \in f^{-i}(A)$, y podemos suponer $i$ a ser menos. Supongamos también que el $|Orb(f,a)|=n \geq 1$. Deje $i>1$, por lo que, en particular, tenemos que $a \in f^{1-i}(A)$. Observe que $$f^{1-i} \left( (X \setminus A) \cup f^{-1}(A) \right)= (X \setminus f^{1-i}(A)) \cup f^{-i}(A)$$ does not contain $un$ so $x \no\en L(A)$.
Decir $i=1$, lo $a \not \in f^{-1}(A)$, e $n \neq 1$ ya que de lo contrario $a \in f^{-1}(A)$ desde $a$ sería fijado por $f$. Tenemos que, por nuestra suposición de $Orb(f,a)=n$, $a \not\in f^{-1-n}(a)$ y $a \in f^{-n}(A)$, $n>1$. Esto reduce el $i=1$ para el caso de $i>1$ desde $$(X \setminus f^{-n}(A)) \cup f^{-1-n}(A)$$ does not contain $un$. So $a \no \en L(A)$. We have proven that $L(A) \subseteq R(a)$ hence property 1. and 2. give us $L(A) \subseteq R(a)$.
Una pregunta me pareció un poco acerca de es si $f^{-1}$ es continua (por lo tanto, $f$ un homeomorphism)? No estoy seguro, supongo que si se continua provendrían de una manera bastante básica de hecho, en general, la topología que yo no sé y no puedo pensar en una prueba en el momento, o es falso en general.
(edit:ahora he pedido a la pregunta acerca de si $f^{-1}$ es continuo)
