He decidido presentar algunos detalles más generales en torno a este concepto. La demostración de un resultado más general puede encontrarse en
McMillan, Evelyn R. , Sobre las condiciones de continuidad de las funciones Pac. J. Math. 32, 479-494 (1970). ZBL0198.28004 .
que encontré en el enlace MathOverflow publicado en los comentarios, lo enlazaré ici para completar. Su curso es de análisis "elemental": este problema no es muy elemental, y es cualquier cosa menos fácil: al fin y al cabo, es un problema de investigación. No obstante, el documento es conciso, intentaré facilitar su lectura. Seguirá siendo una lectura difícil para alguien que se inicie en el análisis y la topología, pero pienso asegurarme de que puedo hacer hincapié en los dos lemas clave que son realmente la piedra angular de este trabajo de investigación en particular. Debería ser cómodo para alguien con un curso de topología a sus espaldas, que idealmente pueda trabajar con conectividad y compacidad.
El siguiente resultado es cierto en general :
Sea $X,Y$ sean espacios de Hausdorff con $X$ localmente conectada y que tiene la siguiente propiedad: para cada $A \subset X$ infinito y $x\in A$ existe $x_i\in A$ distinto tal que $x_i \to x_0$ . Supongamos que $f : X \to Y$ es que para cada $A \subset X$ conectado, $f(A)$ es conexo, y para cada $B \subset X$ compacto, $f(B)$ es compacto. Entonces, $f: X \to Y$ es una función continua
Sólo presentaré las pruebas de los dos lemas del artículo de McMillan, y un esbozo de la prueba del enunciado general para $\mathbb R^2$ .
Empezamos con dos lemas importantes, que me gustan mucho como resultados independientes. Son consecuencias independientes de la mera preservación compacta y de la preservación de conectividad de $f$ y serían buenas preguntas de examen en sí mismas.
Supongamos que $f : \mathbb R^2 \to \mathbb R^2$ preserva los pactos. Entonces, para cada $x_i \to x$ tal que $f(x_i) \neq f(x_j)$ para $i \neq j$ tenemos $f(x_i) \to f(x)$ . En otras palabras, la definición secuencial de continuidad es válida para todas las secuencias sin elementos repetidos, restringidas a las que $f$ es inyectiva.
Prueba : Supongamos que no. Sea $f(x) \in V \subset \mathbb R^2$ sea un conjunto abierto tal que $V$ no contiene infinitas $f(x_i)$ . Sea $y_i$ sea una subsecuencia del $x_i$ tal que $f(y_i)$ mentir en $\mathbb R^2 \setminus V$ para todos $i$ . Tenga en cuenta que $\{y_i\} \cup \{x\}$ es compacto ya que $y_i$ converge a $x$ . Por tanto, su imagen es compacta. Es decir $f(\{y_i\} \cup \{x\})$ es secuencialmente compacta : la subsecuencia particular $f(y_i)$ debe tener un punto límite. Claramente ese punto límite no es $f(x)$ por lo que debe ser $f(y_{j'})$ para algunos $j'$ .
Ahora dejemos que $z_i$ indexa una subsecuencia de $y_i$ tal que $f(z_i) \neq f(y_{j'})$ para todos $i$ . Entonces, $\{z_i\} \cup \{x\}$ es compacta y, por tanto $f(\{z_i\} \cup \{x\})$ es compacta y, por tanto, secuencialmente compacta. No es posible : sabemos que una subsecuencia de $f(z_i)$ converge a $f(y_{j'})$ que no pertenece a $f(\{z_i\} \cup \{x\})$ .
En consecuencia, debe ocurrir que $f(x_i) \to f(x)$ . $\blacksquare$
Obsérvese la siguiente ampliación: supongamos que $f: \mathbb R^2 \to \mathbb R^2$ es un mapa que preserva los compactos, $x_i \to x$ es tal que para cada $y \in \mathbb R^2$ es cierto sólo para un número finito de $i$ que $f(x_i) = y$ . Entonces, $f(x_i) \to f(x)$ . Dejaré la prueba al lector.
He aquí un bonito lema que muestra la importancia de los mapas que preservan la conectividad. Lo he tomado de un artículo relacionado,
Hamilton, O. H. , Puntos fijos para ciertas transformaciones no continuas Proc. Am. Math. Soc. 8, 750-756 (1957). ZBL0086.37101 .>
Lemma : Sea $f : \mathbb R^2 \to \mathbb R^2$ preservar la conectividad. Sea $C \subset \mathbb R^2$ estar cerrado. Entonces , cada componente conexa de $f^{-1}(C)$ está cerrado. Por tanto, aunque la preimagen de todo conjunto cerrado no sea cerrada (lo que llevaría a la continuidad), ¡al menos las componentes conexas de ese conjunto sí lo son!
Prueba : Supongamos $E \subset f^{-1}(C)$ es una componente conexa pero no cerrada. Sea $p \in \overline E \setminus E$ . Entonces $f(p) \notin C$ porque si $f(p) \in C$ entonces $p \in f^{-1}(C)$ pero entonces $E \cup \{p\}$ es un conjunto conexo (¿por qué? Es un conjunto conexo junto con un punto límite, por lo tanto sigue siendo conexo) mayor que $E$ que figura en $f^{-1}(C)$ Así que $E$ no puede ser un componente conectado.
Ahora bien, si $f(p) \notin C$ elige un conjunto abierto $B$ tal que $f(p) \in B$ pero $B \cap C = \emptyset$ (puede hacerse cogiendo una bola suficientemente pequeña alrededor de $f(p)$ que no contenga $C$ comme $C$ está cerrado, por lo que $C^c$ está abierto). Así, $f^{-1}(B) \cap E$ también está vacío, ya que $f(E) \subset C$ .
Sin embargo, esto no puede suceder : en efecto, $E \cup \{p\}$ está conectado, por lo que $f(E \cup \{p\})$ también está conectado. Sin embargo, $f(p) \in B$ se separa de $f(E) \subset C$ ¡! Así que $f(p)$ sería un componente propio, una contradicción.
En consecuencia, debe ocurrir que no $p$ existe, es decir, que $E$ está cerrado. $\blacksquare$ .
En realidad, ahora no necesitamos el lema 3 de McMillan: esta afirmación es igual de buena.
Ahora el esbozo de la prueba. Es muy, muy breve: sólo capta los puntos clave y dónde se utiliza cada hipótesis.
Teorema : $f : \mathbb R^2 \to \mathbb R^2$ que preserven la compacidad y la conectividad deben ser continuas.
Prueba Boceto : Por la extensión del lema para funciones preservadoras compactas, si suponemos para algunas $x_i \to x$ que $f(x_i) \not \to f(x)$ entonces existe un $y \in \mathbb R^2$ tal que $f(x_i) = y$ para infinitas $i$ pero $f(x) \neq y$ .
Sea $U,V$ separar $f(x),y$ en el sentido de que son conjuntos abiertos disjuntos con $f(x) \in U, y \in V$ . Sea $W = f^{-1}(y)$ sea la preimagen de $y$ que, recordemos, tiene infinitos elementos. Rompemos $W$ en tres partes $W_1,W_2,W_3$ a la luz del argumento utilizado en el lema de conservación compacta.
$W_1$ es el interior de $W$ para que $W \setminus W_1$ se compone de puntos en $W$ que son puntos límite de $\mathbb R^2 \setminus W$ . $W_3$ es el conjunto de todos los puntos $z \in W \setminus W_1$ tal que para cada secuencia $z_i \to z$ , $\{f(z_i)\}$ es un conjunto finito. Sea $W_2 = W \setminus( W_1 \cup W_3)$ .
Tenga en cuenta que $x$ es un punto límite de $W$ ya que si consideramos la sucesión de $x_i$ cuya imagen es $y$ deben converger a $x$ de modo que $x$ es obviamente un punto límite de $f^{-1}$ de esa subsecuencia. Por lo tanto, $x$ es un punto límite de $W_1,W_2$ o $W_3$ . $W_2$ y $W_3$ conducen a contradicciones complicadas, que voy a resumir.
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Si $z_i \in W_3$ converge a $x$ es posible demostrar lo siguiente: existen $w_i \in W$ distintos tales que $z_i \in \overline {f^{-1}(w_i)}$ y el conjunto $\{w_i\}$ no contiene $f(x)$ como punto límite. Esto se hace utilizando una contradicción repetida de la suposición de que $f$ preserva la conectividad. Una vez hecho esto, elegir una subsecuencia $t_i$ de $z_i$ tumbado en el $f^{-1}(w_i)$ garantiza que $t_i \to x$ pero $f(t_i) \not \to f(x)$ Esto contradice el lema de conservación de la compacidad.
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Supongamos que $z_i \in W_2$ converge a $x$ . Tenga en cuenta que cada $z_i$ es el punto límite de una secuencia $z_{ij} \in f^{-1}(w_{ij})$ con $w_{ij} \neq w_{ik}$ para $j \neq k$ Podemos elegir el $w_{ij}$ en las proximidades de $y$ evitar $f(x)$ si es necesario. Es posible demostrar , utilizando un argumento de eliminación independiente de la compacidad/preservación de la conectividad, lo siguiente : podemos elegir $z_{ij}$ tal que conserve las propiedades anteriores, y para cada $i'$ la secuencia $z_{i'j}$ tiene la propiedad de que para cualquier $w_{i'j}$ , $f^{-1}(w_{ij'}) \cap \{z_{i'j}\}$ es finito. (Es decir, para cada $i'$ , $z_{i'j}$ es una secuencia similar a la descrita en la extensión del lema de compacidad). Una vez hecho esto, el hecho de que $z_i$ converge a $x$ nos permite elegir una subsecuencia $s_j$ de $z_{ij}$ que converge a $x$ Así que $f(s_j) \to f(x)$ por el lema de compacidad, pero eso no puede ser porque se eligen para estar en una vecindad de $y$ evitar $f(x)$ .
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Para la última : si hay una secuencia en $W_1$ convergiendo hacia $x$ pero no en $W_2$ o $W_3$ entonces $x \in U$ para un conjunto abierto conexo(WLOG, por contracción) $U$ que interseca sólo $W_1$ y, por tanto, garantiza que $U \cap f^{-1}(y)$ está abierto. Ahora, $U \cap f^{-1}(y)$ no está conectado : eso es porque si lo estuviera, entonces $[U \cap f^{-1}(y)] \cap \{x\}$ está conectado, pero su imagen es $\{f(x),y\}$ que no está conectado. Una vez que puede utilizar un componente conectado arbitraria $C$ de $U \cap f^{-1}(y)$ y demostrar que es cerrado (utilizar el resultado sobre mapas que preservan la conectividad) y abierto (componente conectivo de un conjunto abierto) : lo que no puede ocurrir a menos que esté vacío o que $\mathbb R$ , ambas conducen a una contradicción.
Por tanto, el resultado es el siguiente. $\blacksquare$
Quizás no sea tanto el esbozo lo que deba extraerse de aquí , sino más bien los dos lemas clave , que nos permiten generalizar los fenómenos a otros espacios más implicados.
