La compacidad de $Y$ implica la compacidad de $X$

Question

La pregunta es la siguiente :

Supongamos $p:X\rightarrow Y$ es un continuo cerrado surjection tal que $p^{-1}(\{y\})$ es compacto para cada una de las $y\in Y$. Mostrar que si $Y$ es compacto, a continuación, $X$ es compacto.

Sugerencia :

Si $U$ es un conjunto abierto que contiene a $p^{-1}(\{y\})$ hay un barrio $W$ $y$ tal que $p^{-1}(W)\subseteq U$.

Deje $U$ ser un conjunto abierto en $X$ tal que $p^{-1}(\{y\})\subset U$. Luego tenemos la $y\in p(U)$. Supongamos $y\notin p(U)$, debido a $p$ es surjective existe $x'\in X\setminus U$ tal que $y=p(x')$. Por eso, $x'\in p^{-1}(\{y\})\subset U$ una contradicción. Por eso, $y\in p(U)$.

$U$ está abierto implica $X\setminus U$ es cerrado, lo que implica $p(X\setminus U)$ es cerrado, lo que implica $Y\setminus p(U)$ es cerrado, lo que significa que $p(U)$ está abierto.

Así, tenemos un conjunto abierto $p(U)$ tal que $y\in p(U)$.. Si tengo que poner $W=p(U)$, entonces necesito tener $p^{-1}(p(U))\subseteq U$ lo cual no es cierto siempre.. me Ayudan a claro esta..

Answer 1

Reclamo: Con $p$ como tenemos encima:

$$ X \space compact \iff Y \space compact$$

Prueba:

Desde $p: X \to Y$ es un continuo surjection obtenemos el "$\implies$" de dirección.

De lo contrario pick $U_{\alpha}$ una cubierta abierta de a $X$. Desde $p^{-1}(\{y\})$ es compacto y está cubierto por $\cup_{\alpha} U_{\alpha}$ hay un número finito de subcover cubriendo $p^{-1}(\{y\})$. Llegamos $p^{-1}(\{y\}) \subset U_{\alpha (y)}:=\cup_{1 \leq i \leq m}U_{\alpha_i}$. Debido a $p$ es cerrado sabemos que $F_{\alpha (y)}:=p(X\setminus U_{\alpha (y)})$ está cerrada también. Por lo tanto, $W_{\alpha (y)}:=Y\setminus F_{\alpha (y)}$ es abierto y $$p^{-1}(W_{\alpha (y)})=p^{-1}(Y \setminus F_{\alpha (y)})=X \setminus p^{-1}(F_{\alpha (y)})=X\setminus p^{-1}(p(X \setminus U_{\alpha (y)})) \subset U_{\alpha (y)}$$

donde en el último paso hemos utilizado $A \subset f^{-1}(f(A))$ porque podría haber más elementos de mapeo en $A$ (yo lo dejo a usted para averiguar esto, tal vez dibujar una imagen en lugar de demostrar rigurosamente).

Esta realidad demuestra la sugerencia.

Ahora observe que el $$\cup_{y \in Y} W_{\alpha (y)}=\cup_{y \in Y}Y \setminus p(X\setminus U_{\alpha(y)})=Y\setminus \cap_{y \in Y}p(X \setminus U_{\alpha(y)}) \supset Y\setminus p(\cap_{y \in Y}X\setminus U_{\alpha(y)})=Y \setminus p(X\setminus \cup_{y\in Y}U_{\alpha(y)}) \supset Y$$

donde en el último paso hemos utilizado el hecho de que $p^{-1}(\{y\})\subset U_{\alpha(y)}$. (Para ver el conjunto de la teoría de la argumentación de la inclusión dibujar una imagen).

Por último, utilice la compacidad de $Y$ a extraer de un número finito de subcover $\{W_{\alpha(y)_j}\}_{1\leq j \leq n}$$Y$. Obtenemos entonces:

$$X=\cup_{1 \le j \le n}p^{-1}(W_{\alpha(y)_j}) \subset \cup_{1 \le j \le n} U_{\alpha(y)_j}$$

Puesto que el $U_{\alpha(y)}$ son solo finito sindicatos de sets en el abierto de la cubierta $U_{\alpha}$ hemos sido capaces de finde de un número finito de subcover de la original (arbitraria) de la cubierta. Esto nos da la compacidad de $X$ y concluye la prueba.

Answer 2

Supongamos que $\{ U_i : i \in I \}$ es una cubierta abierta de a $X$.

Considerar a la familia $\mathcal V$ de todos los conjuntos de la forma $$Y \setminus p [ X \setminus ( U_{i_1} \cup \cdots \cup U_{i_n} ) ]$$ where $i_1, \ldots , i_n \I$. It is fairly straightforward to show that this is a family of open subsets of $S$. Furthermore, given $s \in S$ as $p^{-1} (y)$ is compact and $\{ U_i : i \in I \}$ covers this set, there are $i_1, \ldots , i_n \I$ such that $p^{-1}(y) \subseteq U_{i_1} \cup \cdots \copa U_{i_n}$. It follows that $p^{-1}(x) \cap X \setminus ( U_{i_1} \cup \cdots \copa U_{i_n} ) = \emptyset$, and so $s \noen p[ X \setminus ( U_{i_1} \cup \cdots \copa U_{i_n} ) ]$, and so $y \Y \setminus p[ X \setminus ( U_{i_1} \cup \cdots \copa U_{i_n} ) ]$. That is, $\mathcal V$ covers $$Y.

Por la compacidad de $Y$ hay $V_i , \ldots , V_m \in \mathcal V$ tal que $Y = V_1 \cup \cdots \cup V_m$. Para cada una de las $j \leq m$ hay $i_{j,1} , \ldots , i_{j,n_j} \in I$ tal que $$V_j = Y \setminus p [ X \setminus ( U_{i_{j,1}} \cup \cdots \cup U_{i_{j,n_j}} ) ].$$ In particular, only finitely many $i$ appear as a $i_{j,k}$. If $\{ U_{i_{j,k}} : j \leq m, k \leq n_j \}$ does not cover $X$, take $x \in X$ no en la unión.

Dado $j \leq m$ se sigue que $x \notin U_{i_{j,1}} \cup \cdots \cup U_{i_{j,n_j}}$, y por lo $x \in X \setminus ( U_{i_{j,1}} \cup \cdots \cup U_{i_{j,n_j}} )$, y por lo $p(x) \in p [ X \setminus ( U_{i_{j,1}} \cup \cdots \cup U_{i_{j,n_j}} ) ]$, y por lo $p(x) \notin Y \setminus p [ X \setminus ( U_{i_{j,1}} \cup \cdots \cup U_{i_{j,n_j}} ) ] = V_j$. Entonces, esto contradice que $V_1, \ldots , V_m$ cubre $Y$!

Por lo tanto, debe ser ese $\{ U_{i_{j,k}} : j \leq m, k \leq n_j \}$ cubre $X$.

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El uso de la "familia de cerrados los subconjuntos finitos de la intersección de la propiedad" caracterización de la compacidad, usted probablemente tendrá que considerar también finito subfamilias de esta familia. A saber:

Supongamos que $\mathcal{F}$ es una familia de subconjuntos cerrados de $X$ con la intersección finita de la propiedad. Tenga en cuenta que sin pérdida de generalidad podemos suponer que la $\mathcal F$ es cerrado bajo intersecciones finitas (es decir, si $F_1 , \ldots , F_n \in \mathcal F$,$F_1 \cap \cdots \cap F_n \in \mathcal F$). (Si es necesario, reemplace $\mathcal F$ con la familia $\{ F_1 \cap \cdots \cap F_n : F_1 , \ldots , F_n \in \mathcal F \}$. Esto es claramente una familia de subconjuntos cerrados de $X$, y como cualquier intersección finita de conjuntos en esta familia está en el centro de una intersección de un número finito de conjuntos a partir de la original $\mathcal F$, también tiene la intersección finita de la propiedad.)

Considerar a la familia $\{ p[F] : F \in \mathcal F \}$. Como $p$ es un cerrado de asignación, esta es una familia de subconjuntos cerrados de $Y$. Se desprende también que esta familia tiene la intersección finita de la propiedad. (Da $F_1 , \ldots , F_n \in \mathcal F$, si usted escoge $x \in F_1 \cap \cdots \cap F_n$ — recuerde que $\mathcal F$ tiene la intersección finita de propiedad, a continuación,$p(x) \in p[F_1] \cap \cdots \cap p[F_n]$.) Por la compacidad de $Y$ se sigue que $\bigcap \{ p[F] : F \in \mathcal F \}$ es no vacío, así que escoja $y$ en la intersección.

Por supuesto, $p^{-1} \{ y \}$ es un subconjunto compacto de $X$, y claramente $\{ p^{-1} \{ y \} \cap F : F \in \mathcal F \}$ es una familia de subconjuntos cerrados de $p^{-1} \{ y \}$. Afirmo que esta familia tiene la intersección finita de la propiedad.

• Dado $F_1 , \ldots , F_n \in \mathcal F$, tenga en cuenta que $( p^{-1} \{ y \} \cap F_1 ) \cap \cdots \cap ( p^{-1} \{ y \} \cap F_n ) = p^{-1} \{ y \} \cap ( F_1 \cap \cdots \cap F_n )$. Por supuesto,$F_1 \cap \cdots \cap F_n \in \mathcal F$, e $y \in p[ F_1 \cap \cdots \cap F_n ] \subseteq p[F_1] \cap \cdots \cap p[F_n]$. Así pues, hay un $x \in F_1 \cap \cdots \cap F_n$ tal que $p(x) = y$, y por lo $p^{-1} \{ y \} \cap ( F_1 \cap \cdots \cap F_n ) \neq \emptyset$.

Como $p^{-1} (y)$ es compacto, se sigue que $\bigcap \{ p^{-1} ( y ) \cap F : F \in \mathcal F \}$ es no vacío, por lo que, en particular, $\bigcap \{ F : F \in \mathcal F \}$ es no vacío.

Answer 3

Deje $\mathcal U$ ser un ultrafilter en $X$. A continuación, $f\mathcal U$ es un ultrafilter en $Y$ e lo $f\mathcal U \to y$. Ahora, el reclamo es que para algunos $x$ en $f^{-1}(y)$, $\mathcal U \to x$. De lo contrario, para todos los $x\in f^{-1}(y)$ tomamos un abierto $V_x$ que NO está en $\mathcal U$. A continuación, utilizamos la compacidad para obtener un número finito de subcover $f^{-1}(y) \subset V_1 \cup \cdots \cup V_k$. Pero entonces, $X\setminus V_i \in \mathcal U$, y por lo $C = f(\bigcap X\setminus V_i) \in f\mathcal U$, es cerrado (ya que f es cerrado), y no contiene $y$, pero eso significa que $Y\setminus C$ no $f\mathcal U$, está abierto, y contiene $y$. Esta contradicción muestra que $\mathcal U \to x$ algunos $x\in f^{-1}(y)$. Por lo tanto, $X$ es compacto. Esta es una adaptación de las respuestas anteriores.

Answer 4

Deje $\mathcal{C}$ ser una colección de conjuntos cerrados en $X$ tener finito intersección de la propiedad.

A continuación, $\{f(C)\}_{C\in \mathcal{C}}$ es una colección de conjuntos cerrados en $Y$ $f$ es cerrado.

Ver que $f\left(\bigcap _{i=1}^n\right)\subset \bigcap_{i=1}^n f(C_i)$. Por eso, $\{f(C)\}_{C\in \mathcal{C}}$ ha intersección finita de la propiedad.

Debido a $Y$ es compacta, esta colección de $\{f(C)\}_{C\in \mathcal{C}}$ tiene intersección no vacía.

Deje $y\in \bigcap f(C)$. El conjunto $f^{-1}(\{y\})$ es compacto. La colección de $\{f^{-1}(\{y\})\cap C : C\in \mathcal{C}\}$ es una colección de conjuntos cerrados en $f^{-1}(\{y\})$. Como $f^{-1}(\{y\})$ es compacto, esta colección tiene intersección no vacía si esto ha finito intersección de la propiedad.

Lo suficiente para demostrar que $f^{-1}(\{y\})\bigcap (\bigcap_{i=1}^n C_i)\neq \emptyset$. De lo contrario, tenemos $f^{-1}(\{y\})\bigcap (\bigcap_{i=1}^n C_i)= \emptyset$ es decir, $f^{-1}(\{y\})\subset (\bigcap_{i=1}^n C_i)^c=\bigcup_{i=1}^n C_i^c$. Por eso, $f^{-1}(y)\subset C_i^c$ para algunos $C_i\in \mathcal{C}$. Por eso,$$y\in f(C_i^c)=f(X\setminus C_i)=f(X)\setminus f(C_i)=Y\setminus f(C_i)=f(C_i)^c$$ Pero entonces, hemos asumido que $y\in f(C)$ todos los $C\in\mathcal{C}$ y por encima de conclusión dice $y\notin f(C_i)$ algunos $C_i$ una contradicción. Por eso, $f^{-1}(\{y\})\bigcap (\bigcap_{i=1}^n C_i)\neq \emptyset$ para cualquier finito subcolección $\{C_i\}$$\mathcal{C}$.

Por eso, $\{f^{-1}(\{y\})\cap C : C\in \mathcal{C}\}$ colección de conjuntos cerrados en conjunto compacto $f^{-1}(\{y\})$ ha finito intersección proeprty. Por eso, $\bigcap (f^{-1}(\{y\})\bigcap C)\neq \emptyset$. Por eso, $\bigcap C\neq \emptyset$ $X$ es compacto.