El haz de fibras es compacto si y de base de la fibra son

Question

Quiero mostrar que el espacio total $E$ es compacto si la fibra $F$ y la base del espacio de $B$ son compactos. Deje $\pi$ el valor de la fibra de proyección. Desde cada punto en $B$ tiene un vecindario $U$ cuyo preimagen $\pi^{-1}(U)$ es homeomórficos a $U\times F$ través $\phi_U=(\pi,\beta_U)$, hay un número finito de estos conjuntos que abarcan $B$. Vamos a llamar a esta colección de $\mathcal U$. A continuación, $\mathcal S:=\{\phi_U^{-1}(V\times W)\mid U\in\mathcal U,V\text{ open}\subseteq U,W\text{ open}\subseteq F\}$ es una base para la topología en $E$.

Por Alejandro de la subbase lema podemos limitarnos a considerar una cubierta $\mathcal C\subseteq\mathcal S$$E$. (Mariano Suárez-Alvarez recomienda esta en su respuesta aquí) Para cada una de las $b\in B$ fibra $\pi^{-1}(b)$ es compacto y de lo que figura en la unión de ${\bigcup_{i=1}^{n_b}\phi^{-1}_{U_i^b}(V_i^b\times W_i^b)}$ de los conjuntos en $\mathcal C$. Definir $V^b:=\bigcap_{i=1}^{n_b}V_i^b$. Por compacidad $B=\bigcup_{k=1}^l V^{b_k}$. Creo que el $E=\bigcup_{k=1}^l\bigcup_{i=1}^{n_{b_k}}\phi^{-1}_{U_i^{b_k}}(V_i^{b_k}\times W_i^{b_k})$, similar a la prueba de la compacidad del producto de dos espacios compactos.

A diferencia de lo trivial bundle caso, sin embargo, donde la homeo se identidades, aquí la $\phi_{U}$'s podría ser bastante feo, especialmente cuando están superpuestas, y no tenemos $y\in\bigcup_{i=1}^{n_{b_k}}\phi^{-1}_{U_i^{b_k}}(V_i^{b_k}\times W_i^{b_k})\ $ siempre $\ \pi(y)\in V^{b_k}$

Así que trate de llegar a una contradicción suponiendo que para cada una de las $k=1,\dots,m$ tal que $\pi(y)\in V^{b_k}$ tenemos $\forall i=1,\dots,n_k:\ y\notin\phi^{-1}_{U_i^{b_k}}(V_i^{b_k}\times W_i^{b_k})$, lo que implica entonces $\beta_{U^k_i}(y)\notin W_i^{b_k}$. Si hubo un $k$ tal que $U^k_1,\dots,U^k_{n_k}$ eran todos de la misma iba a estar terminado. Pero tal vez la $b_k$'s debería haber sido elegido en cierta manera.

Tal vez alguien se acuerda de cómo la prueba trabajado.

Answer 1

Se utiliza la siguiente caracterización de la compacidad: cada infinita red convergente de subred.

Deje $\{x_{\lambda}\}_{\Lambda}$ ser una infinita red en $E$, $\Lambda$ la orientación del conjunto de la red. Como $B$ es compacto, existe un infinito de subred $\Lambda_1 \subset \Lambda$ que $\{\pi(x_{\lambda})\}_{\Lambda_1}$ converge a un punto de $b \in B$. Arreglar un local de la trivialización $\phi_U : \pi^{-1}(U) \rightarrow U \times F$$b \in U$. Pare fuera de la red $\Lambda_1$, de modo que $\pi(x_{\lambda}) \in U$ todos los $\lambda$.

Ahora vamos a $\pi_2 : U \times F \rightarrow F$ ser la proyección continua en el segundo factor. Por eso, $\{\pi_2 \circ \phi_U(x_{\lambda})\}$ es un infinito netos en $F$, por tanto, posee otra convergente de subred $\Lambda_2$. A continuación, $\{\phi_U(x_{\lambda})\}_{\Lambda_2}$ es convergente en $U \times F$ por la definición de la topología producto, y la imagen de este convergente red bajo el homeomorphism $\phi_U^{-1}$ es convergente. Por lo tanto $\{x_{\lambda}\}_{\Lambda_2}$ es convergente subred.

Answer 2

Me encontré (aunque en realidad estaba buscando algo más) otra buena prueba de que se hace uso de varios hechos que también son útiles por su propia cuenta. Voy a publicar aquí:

Lema 1: Si $F$ es compacto, entonces la proyección de $p:F\times Y\to Y$ es cerrado.
Prueba: Vamos a $C$ ser cerrado y $y\notin p(C)$. A continuación, $\{y\}\times F$ está cubierto mi un número finito de abrir conjuntos de productos, cada uno de los cuales no se cruzan $C$. La intersección de sus proyecciones es un barrio abierto de $y$ no de intersección $p(C)$. Por lo tanto $p(C)$ es cerrado.

Lema 2: Deje $\{A_i\}$ ser una familia de subconjuntos de un espacio topológico $Y$ tal que $\{\mathrm{int}A_i\}$ cubre $Y$. Un subconjunto $B$ es cerrado si $B\cap A_i$ es cerrado en $A_i$ por cada $i$.
Prueba: Vamos a $B\subseteq Y$ tal que $B\cap A_i$ es cerrado en $A_i$ por cada $i$. Deje $D=Y-B$. Desde $D\cap A_i$ está abierto en $A_i$, lo $D\cap\mathrm{int}A_i$ está abierto en $Y$. Su unión es igual a $D$, por lo tanto $B$ es cerrado.

Lema 3: Deje $f:X\to Y$ ser una función, donde $Y$ es cubierto como en el lema 2. A continuación, $f$ es cerrado si las restricciones $f_i:f^{-1}(A_i)\to A_i$ están cerrados para todas las $i$.
Prueba: Vamos a $C$ ser cerrado en $X$. A continuación,$f(C)\cap A_i=f_i(C\cap f^{-1}(A_i))$, que se cierra en $A_i$ por hipótesis. Por el lema 2 $f(C)$ es cerrado.

Definición: Un continuo surjection se llama perfecto si es cerrado y el preimages de puntos son compactos.

Definición: Una función continua se llama adecuada si el preimages de conjuntos compactos es compacto.

Lema 4 (sin prueba): Un perfecto mapa es correcto.

La proposición: Vamos a $F\rightarrow E\xrightarrow{\pi}B $ ser un haz de fibras compactas de fibra de $F$. A continuación, $\pi$ es un buen mapa.
Prueba: $B$ está cubierto por la trivializado abrir conjuntos de $\{U_i\}$. Desde $F$ es compacto y $\pi_i:\pi^{-1}(U_i)\to U_i$ es igual a la proyección de $U_i\times F\to U_i$ hasta homeomorphism, es un cerrado mapa por el Lema 1. Por el lema 3 el mapa entero $\pi$ es cerrado. Como las fibras son compactos, $\pi$ es también un perfecto asignación, por lo tanto es apropiado por el Lema 4.

Answer 3

He decidido responder a esta pregunta, porque parece que hay una gran cantidad de pruebas, ninguno de los cuales es el que yo creo que de primera!

Nota: supongo que compacta significa "compact y Hausdroff", que es la forma en que me enseñaron en la Universidad de Varsovia. Esto implica la normalidad.

Reclamo: Hay un número finito de cubierta $U_{i}$ $B$ tal que tal que $\pi$ es trivial sobre algunos de vecindad $V_{i}$ al cierre de $U_{i}$, es decir. $\bar{U_{i}} \subseteq V_{i}$.

Prueba de reclamación: Por la compacidad es suficiente para encontrar un barrio con que la propiedad de cada punto en $B$, así que vamos a $b \in B$. Deje $V_{b}$ ser un barrio de $b$. Por la normalidad, hay conjuntos de $\{ b \} \subseteq U_{b}, (B \setminus V_{b}) \subseteq W_{b}, U_{b} \cap W_{b} = \emptyset$, debido a $\{ b \}, (B \setminus V_{B})$ están cerrados y disjuntos. Ahora $\bar{U_{b}} \subseteq V_{b}$, ya que el $\bar{U_{b}} \subseteq (B \setminus W_{b}) \subseteq (B \setminus (B \setminus V_{b})) \subseteq V_{b}$, lo $U_{b}$ es la de barrio.

Esta es una propiedad básica de (a nivel local) espacios compactos que hace precisa la afirmación de que en dichos espacios "de barrios de puntos puede ser hecho arbitarily pequeño". El teorema que está después sigue fácilmente.

Deje $U_{i}$ ser una cubierta de $B$ anterior. Desde $\bar{U_{i}} \subseteq V_{i}$, $D_{i} = \pi^{-1}(\bar{U_{i}}) \simeq \bar{U_{i}} \times F$ son compactos y cubierta de $E$ por la construcción. Por lo $E$ está cubierto por un número finito de conjuntos compactos y por lo tanto es compacto en sí.