si $X,Y$ son espacios topológicos y $f: X \rightarrow Y$ es un mapa continuo, a continuación, se puede demostrar que la gráfica de $f$, $G_{f}$, es homeomórficos a $X$. Pero es a la inversa verdad? que es: si $G_{f} \cong X$ a través del mapa de $(x,f(x)) \mapsto x$ $f$ necesariamente un mapa continuo? Sospecho que no, pero no he tenido suerte con un contraejemplo. Es esto cierto o falso?
Respuestas
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Esto es cierto. Desde $g:X \to G_{f}, \; x \mapsto (x,f(x))$ es, en particular, continuo y la proyección de $p: X \times Y \to Y$ es continua por la definición de la topología producto, por lo que es la composición,$f = p \circ g$.
Añadido: Sobre la pregunta de si $f$ es continua tan pronto como la gráfica es homeomórficos a $X$ alguna manera: La respuesta es no.
Mientras que Brian la construcción de un contra-ejemplo a esta pregunta es muy agradable e instructivo, aquí uno que me parece un poco más fácil de entender. Tome $X = \mathbb{Z} \cup \bigcup_{k \in \mathbb{Z}} (k+1/4, k + 3/4)$ con la topología heredada de $\mathbb{R}$. Ahora definir
$$f(x) = \begin{cases}0 & \text{if }x \in \mathbb{Z},\\0 & \text{if }x \in (k+1/4,k+1/2),\\1 & \text{if } x= k + 1/2,\\2 & \text{if }x\in(k+1/2, k+3/4).\end{cases}$$
La gráfica de $f$ es homeomórficos a una contables de la unión de los intervalos y countably muchos puntos, por lo que es homeomórficos a $X$, pero $f$ no es continua, ya que de no ser continua en $x = k + 1/2$.
DiGi
Puntos
1925
Deje $\hat f:X \to G_f:x \mapsto \langle x,f(x) \rangle$, y se supone que $\hat f$ es un homeomorphism. Tenga en cuenta que $\hat f^{-1}$ es simplemente la restricción $p$ de la proyección de $\pi_X:X \times Y \to X$$G_f$, lo $p$ es también un homeomorphism. Deje $V$ ser cualquier conjunto abierto en $Y$, y vamos a $W = (X \times V) \cap G_f$; $W$ está abierto en $G_f$, lo $p[W]$ está abierto en $X$. Pero $p[W] = \hat f^{-1}[W] = f^{-1}[V]$, lo $f$ es continua.
Añadió: Si no requerimos que $\hat f$ ser el homeomorphism de$X$$G_f$, no podemos concluir que el $f$ es continua. Deje $X = Y = \mathbb Q$, y enumerar $\mathbb Q = \{q_n:n \in \omega\}$. Deje $\mathcal I$ el conjunto de no-vacío abierto intervalos de $(p,r)$$\mathbb Q$, y enumerar $\mathcal I \times \mathcal I = \{\langle I_0(n),I_1(n) \rangle:n \in \omega \}$. Ahora de forma recursiva construir una función $f:\mathbb Q \to \mathbb Q$ como sigue:
- En la etapa de $n$ deje $m \in \omega$ ser mínima s.t. $q_m \in I_0(n)$, y deje $f(q_m)$ ser cualquier número racional en $I_1(n)$.
A ver que $f(q)$ se define para cada $q \in \mathbb Q$, supongo que no, y vamos a $m \in \omega$ ser mínima s.t. $f(q_m)$ no está definido. Cada no-vacío racional intervalo de $(p,r)$ se produce como $I_0(n)$ para infinidad de $n \in \omega$, por lo que hay una infinidad de $n$ s.t. $q_m \in I_0(n)$. En particular, hay un mínimo de $n \in \omega$ s.t. $q_m \in I_0(n)$ y todos los $f(q_k)$ $k<m$ han sido definidos por la etapa de $n$, y en este punto la construcción define $f(q_m)$.
La construcción de la $f$ claramente se asegura de que el punto de $\langle q_m,f(q_m) \rangle$ elegido en la etapa de $n$$I_0(n) \times I_1(n)$, lo $G_f$ es denso en $\mathbb Q \times \mathbb Q$. Por lo tanto, $G_f$ es una contables, metrizable espacio sin puntos aislados y, como tal, es homeomórficos a $\mathbb Q$ con la topología usual, es decir, a $\text{dom }f$. También es claro que $f$ no puede ser continua, ya que por construcción $\{q \in \mathbb Q:f(q) \in (0,1)\}$ $\{q \in \mathbb Q:f(q) \in (2,3)\}$ son densa en $\mathbb Q$.
