Deje $X,Y$ ser métrica espacios , $f:X \to Y$ ser un proceso continuo y cerrado el mapa , entonces es cierto que el límite de $f^{-1}(\{y\})$ es compacto para cada $y \in Y$ ?
Respuesta
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Terry Phan
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La afirmación es verdadera. Una prueba de ello es reportado por el Teorema 1 en este documento por A. H. Piedra (en caso de que usted se está preguntando, esto es , no la de Stone–Weierstrass-teorema del individuo), que resumo a continuación.
Deje $B$ el valor del límite de $f^{-1}(\{y\})$ y supongamos que, por el bien de la contradicción, que no es compacto. Entonces, existe una secuencia $(x_n)_{n\in\mathbb N}$ $B$ de manera tal que ninguno de sus subsecuencias converge a un límite en $B$. Tenga en cuenta que $f^{-1}(\{y\})$ está cerrada debido a la $f$ es continuo, de modo que $f(x_n)=y$ por cada $n\in\mathbb N$.
Desde $(x_n)_{\in\mathbb N}$ está en el límite de $f^{-1}(\{y\})$ $f$ es continua, existe una secuencia $(w_n)_{n\in\mathbb N}$ $X$ de manera tal que el siguiente mantenga pulsado para cada una de las $n\in\mathbb N$:
- $(\spadesuit)\quad f(w_n)\neq y$;
- $(\heartsuit)\quad d_X(x_n,w_n)<1/n$;
- $(\clubsuit)\quad d_Y(f(x_n),f(w_n))=d_Y(y,f(w_n))<1/n$.
Deje $W\equiv\{w_n\}_{n\in\mathbb N}$, el conjunto formado por los elementos de la secuencia $(w_n)_{n\in\mathbb N}$ (después de la supresión de elementos repetidos). Yo reclamo que $W$ es cerrado. De hecho, si $W$ es no cerrado, entonces existe algún $w\in X\setminus W$ y una secuencia $(w_{n_k})_{k\in\mathbb N}$ $W$ (que, como la notación indica, puede ser considerada como una larga$^{\star}$$(w_n)_{n\in\mathbb N}$) tal que $w_{n_k}\to w$. Pero, a continuación, ( $\heartsuit$ ) implica que $x_{n_k}\to w$ (e $w\in B$ desde $B$ es cerrado), contradiciendo la suposición de que $(x_n)_{n\in\mathbb N}$ no tiene convergente larga.
Por lo tanto, $W$ debe ser cerrado, y desde $f$ es un cerrado mapa, $f(W)$ es cerrado, demasiado. Pero tenga en cuenta que (a$\spadesuit$) de los rendimientos que $y\notin f(W)$, mientras que ($\clubsuit$) de los rendimientos que $y\in\operatorname{cl}f(W)=f(W)$, lo cual es una contradicción.
$^{\star}$Observación: tenga en cuenta que es no es cierto que cualquier secuencia que consta de los miembros de $W$ es automáticamente una larga de $(w_n)_{n\in\mathbb N}$, como una larga también debe obedecer a un cierto orden de la estructura heredada de los padres de la secuencia. En el argumento anterior, la suposición de que $w\notin W$ es necesario de una manera sutil para establecer que $(w_{n_k})_{k\in\mathbb N}$ puede ser considerado como una bona fide larga de $(w_n)_{n\in\mathbb N}$. Dejo al Lector a averiguar los detalles.
