¿Cuándo está cerrada la imagen de un mapa propio?

Question

Un mapa se llama adecuado si la preimagen de un conjunto compacto vuelve a ser compacto.

En las Formas Diferenciales en Topología Algebraica de Bott y Tu, comentan que la imagen de un mapa adecuado $f: \mathbb{R}^n \to \mathbb R^m$ es cerrada, añadiendo el comentario "(¿por qué?)".

Puedo pensar en una prueba simple en este caso para $f$ continua:

Si la imagen no es cerrada, hay un punto $p$ que no pertenece a ella y una secuencia $p_n \in f(\mathbb R^n)$ con $p_n \to p$. Dado que $f$ es adecuado, $f^{-1}(\overline {B_\delta(p)})$ es compacto para cualquier $\delta$. Sea $x_n$ cualquier punto en $f^{-1}(p_n)$ y sin pérdida de generalidad $x_n \in f^{-1}(\overline{B_\delta(p)})$. Dado que en $\mathbb{R}^n$ compacto y secuencialmente compacto son equivalentes, existe una subsucesión convergente $x_{n_k}$ de $x_n$. Por la continuidad de $f$: $f(x_{n_k}) \to f(x)$ para algún $x$. Pero $f(x_{n_k})=p_{n_k} \to p$ que no se supone que esté en la imagen y esto lleva a una contradicción.

Mi problema es que esta prueba es demasiado específica para $\mathbb{R}^n$ y utiliza argumentos de análisis básico en lugar de topología general.

Entonces la pregunta es para qué espacios se cumple que la imagen de un mapa adecuado es cerrada, cómo funciona la prueba, y ¿es necesario suponer la continuidad?

Answer 1

En primer lugar, la definición de un mapa adecuado asume continuidad por convención (no he encontrado textos que digan lo contrario)

En segundo lugar, aquí hay un resultado más general -

Lema : Sea $f:X\rightarrow Y$ un mapa adecuado entre espacios topológicos $X$ y $Y$ y sea $Y$ localmente compacto y Hausdorff. Entonces $f$ es un mapa cerrado.

Prueba : Sea $C$ un subconjunto cerrado de $X$. Necesitamos mostrar que $f(C)$ es cerrado en $Y$, o equivalentemente que $Y\setminus f(C)$ es abierto.

Sea $y\in Y\setminus f(C)$. Entonces $y$ tiene un vecindario abierto $V$ con cierre compacto. Entonces $f^{-1}(\bar{V})$ es compacto.

Sea $E=C\cap f^{-1}(\bar{V})$. Entonces claramente $E$ es compacto y por lo tanto también lo es $f(E)$. Dado que $Y$ es Hausdorff, $f(E)$ es cerrado.

Sea $U=V\setminus f(E)$. Entonces $U$ es un vecindario abierto de $y$ y está disjunto de $f(C)$.

Por lo tanto, $Y\setminus f(C)$ es abierto. $\square$

Espero que esto ayude.

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EDICIÓN: Para aclarar la declaración $U$ es disjunto de $f(C)$ -

Supongamos $z\in U\cap f(C)$. Entonces existe un $c\in C$ tal que $z=f(c)$. Esto significa que $c\in f^{-1}(U)\subseteq f^{-1}(V)\subseteq f^{-1}(\bar V)$. Así que $c\in C\cap f^{-1}(\bar V)=E$. Por lo tanto, $z=f(c)\in f(E)$ lo cual es una contradicción ya que $z\in U$.

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Edición adicional de @Hans: $U$ es disjunto de $f(C)$ es esencialmente y se ve más claro en la siguiente ecuación $$f(A\cap f^{-1}(B))=f(A)\cap B$$ para una función arbitraria $f$ y conjuntos $A$ y $B$. Mostraremos que $\supseteq$ ya que la otra dirección es trivial. Supongamos $z\in f(A)\cap B$. $\exists a\in A\ni z=f(a).\ z\in B\implies a\in f^{-1}(B)$.

Answer 2

Uno puede generalizar aún más el resultado en la respuesta de R_D:

Un mapa adecuado $f:X\to Y$ a un espacio de Hausdorff compactamente generado es un mapa cerrado (Un espacio $Y$ se llama compactamente generado si cualquier subconjunto $A$ de $Y$ es cerrado cuando $A\cap K$ es cerrado en $K$ para cada compacto $K\subseteq Y$).
Prueba: Sea $C\subseteq X$ cerrado, y sea $K$ un subespacio compacto de $Y$. Entonces $f^{-1}(K)$ es compacto, y así es $f^{-1}(K)\cap C =: B$. Luego $f(B)=K\cap f(C)$ es compacto, y como $Y$ es Hausdorff, $f(B)$ es cerrado. Como $Y$ es compactamente generado, $f(C)$ es cerrado en $Y$.

Un espacio localmente compacto $Y$ es compactamente generado: Si $A\subset Y$ interseca a cada conjunto compacto en un conjunto cerrado, y si $y\notin A$, entonces $A$ interseca la vecindad compacta $K$ de $y$ en un conjunto cerrado $C$. Ahora $K\setminus C$ es una vecindad de $y$ disjunta de $A$, por lo tanto $A$ es cerrado.

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Necesitamos la siguiente proposición para la prueba anterior. $$f(A\cap f^{-1}(B))=f(A)\cap B$$ para cualquier función $f$ y conjuntos $A$ y $B$. Mostraremos $\supseteq$ ya que la otra dirección es trivial. Supongamos $z\in f(A)\cap B$. $\exists a\in A\ni z=f(a).\ z\in B\implies a\in f^{-1}(B)$.