Mapa de cociente de $\mathbb R^2$ $\mathbb R$ con la topología del cofinite

Question

Que $X = \mathbb R$ bajo la topología del cofinite. ¿Hay un cociente mapa $q : \mathbb R^2 \rightarrow X$? Intuitivamente, esto parece que debe ser falsa, puesto que $\mathbb R^2$ tiene "demasiados" juegos abiertos. Sin embargo, no sé cómo probarlo. ¿Alguna idea?

Answer 1

No hay tal $q$.

(Edit: Como se señaló en los comentarios, lo que esto demuestra es que no hay un continuo abrir surjection de$\mathbb{R}^2$$X$. Por supuesto, un continuo abrir surjection es un cociente de mapa, pero hay cociente mapas que no son abiertos. Así, esta no es la respuesta del problema en la generalidad de su pedido.)

Para ver esto, comenzamos con una caracterización de continuo surjective mapas de $q:\mathbb{R}^2\rightarrow X$.

Lema 1: Los datos de $q$ es equivalente a una partición de $\mathbb{R}^2$ a $\mathfrak{c} = |\mathbb{R}|$ pares distintos conjuntos cerrados junto con una selección de bijection de la partición de la a $\mathbb{R}$.

Prueba: Dado $q$, la partición de $\mathbb{R}^2$ está dado por $F_p = q^{-1}(p)$ $p$ rangos de $X$. Cada una de las $F_p$ está cerrado desde $q$ es continua y $\{p\}$ es cerrado en $X$. Cada una de las $F_p$ es no vacío desde $q$ es surjective. Son claramente pariwise distintos. Por último, se cubre $\mathbb{R}^2$ desde $s\in \mathbb{R}^2$$F_{q(s)}$. El bijection entre la partición y $\mathbb{R}$ envía un $F_p$$p$.

A la inversa, dada una partición de $\mathbb{R}^2$ en pares distintos conjuntos cerrados y un bijection de esta partición a $\mathbb{R}$, definir $q(F_p) = p$. A continuación, $q$ es surjective. También es continuo como el único conjuntos cerrados de $X$ son finitos colecciones de puntos. A continuación, $q^{-1}(\{p_1,...,p_n\}) = F_{p_1}\cup...\cup F_{p_n}$ es una unión finita de conjuntos cerrados, por lo tanto cerrado. $\square$

Ahora, con esta caracterización, se han

Lema 2: Una continua surjective mapa de $q$ es abrir el fib cada abierto no vacío es subconjunto de a $\mathbb{R}^2$ cruza todos, pero un número finito de la $F_p$.

Prueba: Si $q$ está abierta, $q(U)$ es abierta para todos los abiertos $U\subseteq \mathbb{R}^2$. Abrir los conjuntos son precisamente el complemento de conjuntos finitos, por lo $q(U) = X-\{p_1,...,p_n\}$. A continuación, $F_p\cap U$ es no vacío, a menos que $p \in\{p_1, p_2,..., p_n\}$.

Por el contrario, si $U$ cruza todos, pero un número finito de $F_p$$p\in\{p_1,...,p_n\}$,$q(U) = X-\{p_1,..., p_n\}$, lo $q$ está abierto. $\square$

Por último, vamos a ver que hay no continua abierta $q$, han

Lema 3: no Hay ninguna partición de $\mathbb{R}^2$ a $\mathfrak{c}$ conjuntos cerrados para que cada conjunto abierto cruza todos, pero un número finito de conjuntos cerrados en la partición.

Prueba: vamos a proceder por la contradicción. Así, supongamos $\{F_p\}$ es una partición.

Dado un conjunto abierto $U$ con rational centro y racional de la radio, llame a $F_p$ "mala con respecto a $U$" si $F_p\cap U = \emptyset$. Llame a $F_p$ "mala" si es malo con respecto a algunas de las $U$ con rational centro y racional de la radio.

Yo reclamo sólo hay countably muchos malos $F_p$. Para ver esto, observe simplemente que hay sólo countably muchos de esos $U$, y para cada una de las $U$, hay sólo un número finito $F_p$ que son malos con respecto a $U$.

Ya tenemos $\mathfrak{c}$ conjuntos cerrados en nuestra partición, y sólo countably muchos malos, no debe ser un conjunto cerrado $F$ en la partición que no está mal. Esta $F$, a continuación, cruza todas las $U$ con rational centro y racional de la radio. Desde estas $U$ formar una base para la topología en $\mathbb{R}^2$, $F$ debe intersectar cada conjunto abierto. En otras palabras, $F$ es densa. Desde $F$ también está cerrado, se sigue que $F = \mathbb{R}^2$. Pero $F$ fue una parte de una partición de $\mathbb{R}^2$ a $\mathfrak{c}$ muchos conjuntos cerrados. Esta contradicción establece lema 3. $\square$

Poniendo a estos en conjunto, por el lema 1 y 2, la búsqueda de un cociente mapa de $q:\mathbb{R}^2\rightarrow X$ es lo mismo que encontrar una partición de $\mathbb{R}^2$ a $\mathfrak{c}$ muchos conjuntos cerrados para que cada conjunto abierto cruza todos, pero un número finito de conjuntos cerrados en la partición. Por el lema 3, esto no puede suceder, así que no hay cociente mapa.

Answer 2

Supongamos que un $q$ existe.

Se define un mapa de $D:X \times X \rightarrow \mathbb{R}$ $D(x,y)= d(q^{-1}\{x\}, q^{-1}\{y\})$ donde $d$ es la distancia en $\mathbb{R}^2$.

Edit: definimos $T: X \times X \rightarrow \mathbb{R}$ $T(x,y)= \inf\{ \sum_{i=0...n-1} D(x_i, x_{i+1}) | n \in \mathbb{N}, x_0=x, x_n=y, x_i \in X\}$

Tenemos $T(x,z) \leq T(x,y)+ T(y,z)$, para todos los $x,y,z \in X$.

Definimos una relación $S$ $X$ $S(x,y)$ es verdadera si y sólo si $T(x,y)=0$.

El cociente del espacio de $Y:=\mathbb{R}/S$ es un espacio métrico. La distancia es de $\overline{T}$.

Deje $\psi: X \rightarrow Y$ el mapa de $x \mapsto \overline{x}$.

$\psi \circ q$ es continua, debido a que:

$\overline{T}(\psi \circ q(M),\psi \circ q(N)=T(q(M),q(N) \leq d(q^{-1}(\{q(M)\}),q^{-1}(\{q(N)\}) \leq d(M,N)$,

para todos los $M,N \in \mathbb{R}^2$

Por lo $\psi$ es continua. De hecho, vamos a $U$ un conjunto abierto en $Y$, $q^{-1}(\psi^{-1}(U))$ es un conjunto abierto en $\mathbb{R}^2$. Por tanto, por definición de $q$, $\psi^{-1}(U)$ está abierto en $X$.

Deje $K$ un conjunto compacto en $\mathbb{R}^2$. $\psi \circ q(K)$ es compacto. $Y$ es Hausdorff, por lo $\psi \circ q(K)$ es cerrado.