¿Si $A$ es compacto, es $f(A)$ compacto?

Question

Yo sólo tengo mi examen de nuevo, y todavía no puedo entender esta pregunta:

Dada una función continua $f:A\subseteq\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, muestran que si $A$ es un conjunto compacto, entonces su imagen, $f(A)$, también es compacto.

Sé que un conjunto $A\subseteq\mathbb{R}$ es compacto si cada secuencia en $A$ tiene una larga que converge a un límite que es también en $A$, y sé que una función $f$ es continua en a $A$ si para cada a $(x_n)\subseteq A$ tal que $x_n\to c\in A$, se deduce que el $f(x_n)\to f(c)$. Por lo tanto, todo lo que necesito hacer es mostrar que para cada $(y_n)\subseteq f(A)$, hay una larga $(y_{n_k})$ tal que $y_{n_k}\to y\in f(A)$.

Entonces puedo hacer la suposición de que para cualquier secuencia $(y_n)\subseteq f(A)$, hay una secuencia $(x_n)\subseteq A$ tal que $y_n=f(x_n)$? Si es así, entonces yo podría seguir afirmando que desde $A$ es compacto, existe una larga $(x_{n_k})$ tal que $x_{n_k}\to x\in A$, y desde $f$ es continua, $f(x_{n_k})\to f(x)$. Creo que este rendimientos subsequence $(y_{n_k})$ $(y_n)$ tal que $y_{n_k}=f(x_{n_k})\to f(x)=y\in f(A)$.

¿Ustedes qué piensan? Es este un buen planteamiento? Gracias de antemano.

Answer 1

Es perfectamente correcto. La náusea sólo puedo imaginar cualquier grado razonable tendría con su argumento, es que usted está usando el hecho de que los espacios métricos compactos son secuencialmente compactos; Considerando que, el resultado puede por probado directamente de la definición abre la cubierta de compacidad: si $\cal A$ es una cubierta abierta de $f(A)$ y ${\cal B}=\{f^{-1}(A) |A\in {\cal A}\}$ es una cubierta abierta de $A$. Extraer un subcover finito $\{f^{-1}(A_1),\ldots,f^{-1}(A_k)\}$ $A$ $\cal B$ obtener el subcover finito $\{A_1\ldots A_k\}$ $\cal A$ $f(A)$.

Answer 2

Hay un enfoque ligeramente diferente que no dependen de la compacidad secuencial: Vamos a $({{U_{\alpha}}})_{\alpha \in J}$ ser una contables de apertura de la tapa de $f(A)$. Desde $f^{-1}f(A) \supseteq A$, $A$ está contenida en la inversa de la imagen de la cubierta está abierta; en otras palabras, $A \subseteq f^{-1}(\bigcup_{\alpha \in J}{{U_{\alpha}}}) = \bigcup_{\alpha \in J}f^{-1}({U_\alpha})$. $f$ es continuo, de modo que estos conjuntos son todavía abierto en la $A$.

Como $A$ es compacto y tenemos una cubierta abierta de a $A$, existe un número finito de subcover de la $U_{\alpha}$ que cubre $A$; llamarlo $(f^{-1}(A_1), ..., f^{-1}(A_n))$. Ahora $f(A) \subseteq f(\bigcup_{i = 1}^{n} f^{-1}(A_i)) \subseteq \bigcup_{i=1}^{n}A_i$, y tenemos un número finito de subcover para nuestra apertura de la tapa de $f(A)$. Como esto vale para un general de apertura de la tapa de $f(A)$, el espacio es compacto.