¿Es el mapa $\pi$ ¿constantemente?

Question

Considere $\mathbb R$ dotado de su topología habitual $\mathcal{T}_{\mathbb R}$ y que $\mathbb R\cup \{\infty\}$ estar dotado de la siguiente topología:

$$\mathcal{T}=\{\emptyset\}\cup \{\mathcal{U}\cup\{\infty\}: \mathcal{U}\in\mathcal{T}_{\mathbb R}\}.$$

Consideremos el subespacio $X=\mathbb R\times \{0\}\cup \mathbb R\times (0, +\infty)$ de $\mathbb R^2$ con la topología inducida. Definir $\pi: X\rightarrow \mathbb R\cup\{\infty\}$ el escenario:

$$\pi(x, y)=\left\{\begin{array}{clc} \infty & \textrm{se}& y\in (0, +\infty)\\ x & \textrm{se}& y=0 \end{array}\right..$$

¿Es cierto que $\pi$ es continua?

Tenga en cuenta que si $\mathcal{U}$ está abierto en $\mathcal{T}$ entonces $\mathcal{U}=\mathcal{V}\cup\{\infty\}$ donde $\mathcal{V}\in\mathcal{T}_{\mathbb R}$ . Entonces:

$$\pi^{-1}(\mathcal{U})=\pi^{-1}(\mathcal{V})\cup \pi^{-1}(\{\infty\})=\pi^{-1}(\mathcal{V})\cup \mathbb R\times (0, +\infty),$$ por lo que basta con demostrar $\pi^{-1}(\mathcal{V})$ está abierto en $X$ . Aquí radica el problema, porque:

$$\pi^{-1}(\mathcal{V})=\mathcal{V}\times \{0\}$$ y esto no parece abierto en $X$ ¿verdad?

¿He cometido algún error o $\pi$ no es continua?

Gracias.

Answer 1

Supongamos que $\varnothing\ne U\in\mathcal{T}$ . Como tú dices, $U=\{\infty\}\cup V$ para algunos $V\in\mathcal{T}_{\Bbb R}$ Así que

$$\pi^{-1}[U]=\big(V\times\{0\}\big)\cup\big(\Bbb R\times(0,\to)\big)\,,$$

pero esto realmente es abrir en $X$ : $X=\Bbb R\times[0,\to)$ y

$$\pi^{-1}[U]=\big(V\times[0,\to)\big)\cup\big(\Bbb R\times(0,\to)\big)\,,$$

que es un subconjunto abierto de $\Bbb R\times[0,\to)$ porque es la intersección con $X$ de $(V\times\Bbb R)\cup\big(\Bbb R\times(0,\to)\big)$ un conjunto abierto en $\Bbb R^2$ .