Aquí está una respuesta negativa si se imponen ciertas restricciones. Supongamos nosotros sólo nos preocupamos de Hausdorff espacios, por lo que requieren que el espacio de $Y$ es Hausdorff, pero sólo necesitan que el criterio de trabajo si $X$ es de Hausdorff. Entonces, si usted requiere el criterio para involucrar a sólo un espacio de $Y$ y que la propiedad $Q$ no puede tratarse de la topología en $X$ (es decir, que depende únicamente del subyacente mapa de conjuntos de $X\to Y$), no existe tal criterio.
Para demostrar que no hay tal criterio existe, voy a probar el siguiente instrucción. Para cualquier espacio de Hausdorff $Y$, existen dos diferentes espacios de Hausdorff $X$, $X'$ en el mismo subyacente fijado de tal manera que $X$ es compacto y $X'$ es no, y un mapa de la $f:X\to Y$ es continua si es continua como un mapa de $X'\to Y$.
(En realidad, el argumento sólo se requiere que los límites de las secuencias en $Y$ son únicos, lo que es más débil que la de $Y$ Hausdorff.)
Para probar esto, deje $\kappa$ regular innumerables cardinal tal que $\kappa>|Y|$. Deje $X=(\kappa+1)\times(\omega+1)$ con el producto de la topología, y deje $X'$ ser el mismo conjunto con la topología generada por el producto de la topología junto con el conjunto de $\{(\kappa,\omega)\}\cup(\kappa+1)\times\omega$. A continuación, $X$ es compacto Hausdorff, y $X'$ no es compacto, ya que tiene un estricto topología más fina que la de un compacto Hausdorff topología. Dado que la topología en $X'$ es más fina que la topología en $X$, claramente un mapa continuo $X\to Y$ también es continuo, como un mapa de $X'\to Y$.
Por el contrario, supongamos $f:X'\to Y$ es continua. Desde las topologías de $X$ $X'$ está de acuerdo sobre el complemento del punto de $(\kappa,\omega)$, es suficiente para mostrar $f$ es continua en a $(\kappa,\omega)$ en la topología de $X$.
Supongamos $n<\omega$. Desde $f$ es continua en el punto de $(\kappa,n)$$Y$$T_1$, para cada una de las $y\in Y$ tal que $y\neq f(\kappa,n)$ existe $\beta_{n,y}<\kappa$ tal que $f(\alpha,n)\neq y$ todos los $\alpha>\beta_{n,y}$. Ahora definir $$\beta=\sup\{\beta_{n,y}:n<\omega,y\neq f(\kappa,n)\}.$$ Since $\kappa$ has cofinality greater than $|\omega\times Y|$, $\beta<\kappa$. Thus we have found a single $\beta<\kappa$ such that for all $n<\omega$ and all $\alpha>\beta$, $f(\alpha,n)=f(\kappa,n).$ Write $g(n)=f(\kappa,n)$.
Ahora para cualquier $\alpha\in\kappa+1$ (incluyendo $\alpha=\kappa$), $(\alpha,n)$ converge a$(\alpha,\omega)$$X'$$n\to\infty$. La continuidad de la $f$ ahora implica que para cualquier $\alpha>\beta$ (incluyendo $\alpha=\kappa$), $f(\alpha,\omega)$ es un límite de la secuencia de $g(n)$. Desde $Y$ es Hausdorff, este límite es único, y lo que en realidad lo $f(\alpha,\omega)$ toma el mismo valor para todos los $\alpha>\beta$, que vamos a llamar a $g(\omega)$.
Así, hemos visto que la restricción de $f$ para el conjunto de $U=\{\alpha:\alpha>\beta\}\times(\omega+1)$ es sólo la composición de la proyección en $\omega+1$ con un cierto mapa de $g:\omega+1\to Y$. Asimismo, $g$ es continua, ya que $g(n)$ converge a $g(\omega)$. De ello se desprende que $f$ es continua con respecto a la topología producto en $U$. Desde $U$ es un barrio de $(\kappa,\omega)$$X$, se deduce que el $f$ es continua en a $(\kappa,\omega)$ en la topología de $X$. Por lo tanto $f$ es continuo, como un mapa de $X\to Y$.
(Los espacios utilizados en esta prueba son variantes de la Tychonoff tablón, que es una famosa fuente de contraejemplos en topología general.)
Por otro lado, aquí es una respuesta positiva si usted permite que una familia de diferentes espacios de $Y$ (pero razonablemente sencillo de la familia). Deje $S=\{0,1\}$, topologized tal que $\{1\}$ es abierto, pero $\{0\}$ no lo es. Escribimos $\mathbf{0}\in S^I$ para la función constante $I\to S$ tomando el valor $0$, para cualquier conjunto $I$. Deje el parche de la topología en $S^I$ ser el producto de la topología con respecto a la topología discreta en $\{0,1\}$. Entonces:
Un espacio de $X$ es compacto iff siempre $I$ es cualquier conjunto y $f:X\to S^I$ es un mapa continuo tal que el punto de $\mathbf{0}$ es en el cierre de la imagen de $f$ con respecto a la revisión de la topología, $\mathbf{0}$ es en la imagen de $f$.
(Para que los espacios $Y$ $S^I$ para cualquier conjunto $I$, y la condición de $Q$ es que la imagen de $f$ está "cerrado en $\mathbf{0}$ con respecto a la revisión de la topología".)
La prueba es sólo una cuestión de desentrañar las definiciones. Un mapa continuo $f:X\to S$ es sólo la función característica de un conjunto abierto, por lo que un mapa continuo $f:X\to S^I$ es una colección de subconjuntos abiertos $U_i$ $X$ indexados por $I$. Decir que $\mathbf{0}$ es en el cierre de la imagen de $f$ con respecto a la revisión de la topología, es decir que no finito subcolección de la $U_i$ cubre $X$ (desde un parche barrio de $\mathbf{0}$ sólo consta de exigir que algunos colección finita de los índices se $0$). Decir que $\mathbf{0}$ es en la imagen de $f$ es decir que el $U_i$ no cubren $X$. Por lo que el criterio dice exactamente que cualquier apertura de la tapa tiene un número finito de subcover.
