Un mapa es continuo si y sólo si para todo conjunto, la imagen del cierre está contenida en el cierre de la imagen

Question

Como parte del autoestudio, estoy intentando demostrar la siguiente afirmación:

Supongamos que $X$ y $Y$ son espacios topológicos y $f: X \rightarrow Y$ es un mapa. Entonces $f$ es continua si y sólo si $f(\overline{A})\subseteq \overline{f(A)}$ , donde $\overline{A}$ denota el cierre de un conjunto arbitrario $A$ .

Suponiendo que $f$ es continua, el resultado es casi inmediato. Tal vez me estoy perdiendo algo obvio, pero no he podido avanzar en la otra dirección. ¿Podría alguien darme una pista que me aclare el problema?

Answer 1

Dado que la propiedad se establece en términos de cierres, creo que es un poco más fácil utilizar la imagen inversa de cerrado es la equivalencia cerrada de la continuidad en su lugar:

Si $C$ está cerrado en $Y$ tenemos que demostrar que $D = f^{-1}[C]$ está cerrado en $X$ .

Ahora usando nuestra propiedad de cierre para $D$ : $$f[\overline{D}] \subseteq \overline{f[D]} = \overline{f[f^{-1}[C]]} \subseteq \overline{C} = C,$$ como $C$ está cerrado.

Esto significa que $\overline{D} \subseteq f^{-1}[C] = D$ , haciendo que $D$ cerrado, según sea necesario.

Answer 2

Si $f$ es continua, entonces $f^{-1}(Y-\overline{f(A)})$ es abierto; ya que $f^{-1}(Y-\overline{f(A)}) = X -f^{-1}(\overline{f(A)})$ entonces $f^{-1}(\overline{f(A)})$ es cerrado; ya que $A\subseteq f^{-1}(f(A))\subseteq f^{-1}(\overline{f(A)})$ concluimos que $\overline{A}\subseteq f^{-1}(\overline{f(A)})$ y por lo tanto $f\left(\overline{A}\right)\subseteq f\left(f^{-1}\left(\overline{f(A)}\right)\right)\subseteq \overline{f(A)}$ . Esto demuestra una dirección. (Como usted dijo que ya tenía esto, he publicado el argumento completo).

A la inversa, supongamos que para cada $A$ , $f\left(\overline{A}\right)\subseteq \overline{f(A)}$ . Dejemos que $V$ sea un subconjunto abierto de $Y$ queremos demostrar que $f^{-1}(V)$ es abierto; de forma equivalente, queremos demostrar que $X-f^{-1}(V)$ es cerrado; es decir, queremos demostrar que $X-f^{-1}(V)=\overline{X-f^{-1}(V)}$ .

Por supuesto, $f\left(\overline{X-f^{-1}(V)}\right)\subseteq \overline{f(X-f^{-1}(V))}$ . Ahora, $X-f^{-1}(V) = f^{-1}(Y-V)$ Así que $f(X-f^{-1}(V)) \subseteq Y-V$ que está cerrado; así que $$f\left(\overline{X-f^{-1}(V)}\right)=f\left(\overline{f^{-1}(Y-V)}\right)\subseteq\overline{f\left(f^{-1}(Y-V)\right)}\subseteq Y-V.$$ Por lo tanto, $$\overline{X-f^{-1}(V)} \subseteq f^{-1}(Y-V).$$ ¿Es esto suficiente?

Answer 3

El argumento de Henno es probablemente el más hábil, pero también se puede trabajar por puntos, ya sea directamente o, si ya se tienen esas caracterizaciones de continuidad, con redes o filtros.

Supongamos que $f$ no es continua. Entonces hay algún punto $x_0\in X$ en el que $f$ no es continua. Si $y_0=f(x_0)$ esto significa que hay un nbhd abierto $U$ de $y_0$ de manera que si $V$ es un nbhd abierto de $x_0$ Hay un punto en el que $x_V\in V$ tal que $f(x_V)\notin U$ . Sea $$A=\{x_V:V\text{ is an open nbhd of }x_0\}\;.$$

Claramente $x_0\in\overline{A}$ y $f[A]\subseteq Y\setminus U$ . Además, $Y\setminus U$ está cerrado, por lo que $\overline{f[A]}\subseteq Y\setminus U$ y por lo tanto

$$y_0\in f[\overline{A}]\subseteq\overline{f[A]}\subseteq Y\setminus U\;,$$

contradiciendo la elección de $U$ .

Aquellos a los que les gustan las redes pueden notar que $A$ en realidad es una red, sobre el conjunto dirigido $\langle\mathscr{N}(x_0),\supseteq\rangle$ , donde $\mathscr{N}(x_0)$ es la familia de nbhds abiertos de $x_0$ y el argumento muestra que $f$ no conserva el límite de esta red. (Por supuesto, también podría haber utilizado el filtro nbhd en $x_0$ en lugar de utilizar sólo nbhds abiertos).

Los que prefieren los filtros pueden modificar esto para considerar el filtro $$\mathscr{F}=\{V\cap f^{-1}[Y\setminus U]:V\in\mathscr{N}(x_0)\}$$ en su lugar.

Answer 4

Demostramos que $f$ es continua en cada $x\in X$ . Recordemos que $f$ es continua en $x$ si para cualquier nhood abierto $V$ de $f(x)$ hay una nhood abierta $U$ de $x$ con $f(U)\subseteq V$ .

Por lo tanto, dejemos que $x\in X$ y que $V$ ser una nhood abierta de $f(x)$ . Establecer $E=X\setminus f^{-1}(V)$ . Observando que $f(E)$ está contenido en el conjunto cerrado $V^C$ , vemos que $$f(\overline{E})\subseteq \overline{f(E)}\subseteq V^C; $$ de donde $x\notin \overline E$ (ya que $f(x)$ está en $V$ ).

Pero entonces $x$ está en el conjunto abierto $X\setminus \overline{E}$ . Además, como $X\setminus \overline{E}\subseteq X\setminus E=f^{-1}(V)$ se deduce que $f(X\setminus \overline{E})\subseteq V$ , según se desee.

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Un inciso:

Si $X$ fueran primero contables, podríamos argumentar utilizando secuencias (donde una secuencia $(x_n)$ converge a $x$ si para cualquier nhood $U$ de $x$ hay un $N$ para que $x_m\in U$ para todos $m\ge N$ ); ya que en dicho espacio una función es continua en $x$ si y sólo si $(f (x_n))$ converge a $f(x)$ siempre que $x_n$ converge a $x$ .

De hecho, se puede comprobar fácilmente que dado $x_n\rightarrow x$ y cualquier subsecuencia $(x_{n_k})$ de $(x_n)$ que la imagen de esta subsecuencia bajo $f$ cuando se piensa en una secuencia tiene una subsecuencia que converge a $f(x)$ . Así, cada subsecuencia de $(f(x_n))$ tiene otra subsecuencia que converge a $f(x)$ lo que implica que $(f(x_n))$ converge a $x$ .

Por supuesto, $X$ no necesita ser primero contable...

Aunque creo que el método secuencial anterior es un poco exagerado en este caso, me pregunto si el argumento puede modificarse convenientemente para que sea arbitrario $X$ ¿usando redes?

Answer 5

Esta es una prueba de lo contrario $X$ y $Y$ son espacios métricos:

Toma un punto límite $x$ de $A$ . Entonces, porque $f(\overline{A}) \subseteq \overline{f(A)}$ tenemos que $f(x)$ es un punto límite de $f(A)$ .

Porque $x$ es un punto límite de $A$ para cada $\delta > 0$ hay un punto $p \in A$ con $|x - p| < \delta$ . Y porque $f(x)$ es un punto límite de $f(A)$ para cada $\epsilon > 0$ Hay un punto en el que $q \in f(A)$ con $|f(x) - f(p)| < \epsilon$ .

Así, tenemos que para cada punto $x \in A$ con $|x - p| < \delta$ De hecho $|f(x) - f(p)| < \epsilon$ Así que $f$ debe ser continua.