Demostrar que el espacio de la ANE también tiene HEP

Question

Deje $Y$ ser un espacio normal, podemos decir que es ANE (Absoluta Barrio Extensor) si para cada espacio métrico $X$ y cerró subconjunto $A$ $X$ si $h\colon A\to Y$, entonces existe un abierto vecindario $U$ $A$ que podemos extender $h$$h'\colon U\to Y$.

Decimos que $Y$ tiene HEPATITIS (Homotopy Extensión de la Propiedad) si para cada espacio métrico $X$ y cerró subconjunto $A$ $X$ si $h\colon(X\times\{0\})\cup(A\times[0,1])\to Y$ es continua entonces podemos extender a $H\colon X\times[0,1]\to Y$.

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Quiero mostrar que la $Y$ es ANE, a continuación, $Y$ tiene HEPATITIS. Así que vamos a $Y$ ANE y $X$ un espacio métrico, $A\subseteq X$ cerrado.

Supongamos $F=(X\times\{0\})\cup(A\times[0,1])$ $h\colon F\to Y$ es continua. Por lo tanto, podemos encontrar una abierta $U\supseteq F$ y extender $h$$h'\colon U\to Y$. Por Urysohn del lema no es $g\colon X\times[0,1]\to[0,1]$ continua tal que: $g(x,t)=1$$(x,t)\in F$$g(x,t)=0$$(x,t)\notin U$.

Definir $H(x,t)=h'\Big(x,\ g(x,t)\cdot t\Big)$. Claramente $H$ extends $h$ continuamente, sin embargo hay un detalle que no puedo superar:

Supongamos $(x,t)\in U$ ¿por qué $(x,\ g(x,t)\cdot t)\in U$ así? No puedo pensar en una razón por la que esto debe ser cierto, pero yo también no se puede encontrar un argumento de por qué esto no debe ser posible (en un sentido, $U$ debe ser cerrado a la baja en la segunda coordenada).

Cualquier sugerencias, consejos o correcciones a mi propuesta de solución de arriba son bienvenidos.

Answer 1

Creo que he encontrado un argumento que funciona.

Deje $U$ ser un conjunto abierto tal que $(X\times\lbrace 0\rbrace)\cup (A\times[0,1])\subseteq U$. Definir $\mathcal{U}=\lbrace V\times W|\hbox{ }V \textrm{ is open in }X,\hbox{ } W \textrm{ is open in }[0,1] \textrm{ and }V\times W\subseteq U\rbrace$, el conjunto de todos los cuadros que figuran en $U$.

Lema. Para cada $a\in A$ existe una baja cerrada abierta vecindario $U_a$ $\lbrace a\rbrace\times[0,1]$ tal que $U_a\subseteq U$.

(Aquí, por supuesto, un conjunto $U'\subseteq X\times[0,1]$ se define a ser hacia abajo cerrado si para cada a $(x,t_1)\in U'$ y cada una de las $t_2\in[0,t_1]$ tenemos $(x,t_2)\in U'$.)

Prueba. Deje $a\in A$. A continuación, $\lbrace a\rbrace\times[0,1]$ es compacto, por lo que no existe $V_1\times W_1,V_2\times W_2,...,V_n\times W_n$ $\mathcal{U}$ tal que $\lbrace a\rbrace\times[0,1]\subseteq\bigcup_{i=1}^n V_i\times W_i$. Pero $V = \bigcap_{i=1}^n V_i$ es una intersección finita de abiertos de conjuntos que se contienen a $a$ (o, al menos, podemos eliminar de forma segura a aquellos que no contengan $a$ y aún así obtener una tapa abierta), por lo que debe ser en sí mismo un conjunto abierto que contiene a $a$. Así vemos que $V\times\bigcup_{i=1}^n W_i = V\times[0,1]$ es un elemento de $\mathcal{U}$ hacia abajo y cerrado, lo que demuestra el lema.

A continuación, defina $\mathcal{L}=\lbrace V\times W\in \mathcal{U}|\hbox{ }\exists t\in[0,1]:W=[0,t)\rbrace$$U_\infty=\bigcup\mathcal{L}$.

Observe que una arbitraria de la unión de la baja conjuntos cerrados es de nuevo hacia abajo cerrado. Por lo tanto, $U_\infty$ es un descenso conjunto cerrado que contiene a $X\times\lbrace0\rbrace$.

Ahora se acaba de tomar $U'' = U_\infty\cup\bigcup_{a\in A} U_a$. Esta es una unión de abajo conjuntos cerrados y por lo tanto cerrado a la baja. Está contenida en $U$ debido a que cada conjunto en la unión está contenida en $U$. Contiene $X\times\lbrace 0\rbrace$ $\lbrace a \rbrace\times[0,1]$ por cada $a\in A$. Así que también contiene $(X\times\lbrace 0\rbrace)\cup (A\times[0,1])$, y el problema está resuelto.

Las correcciones y comentarios son bienvenidos.

Edit: para una mejor legibilidad enunciaré las conclusiones aquí. El argumento de arriba esperemos que muestra que cada abierto barrio de $F = (X\times\lbrace 0\rbrace)\cup (A\times[0,1])$ contiene una baja cerrada abierta barrio de $F$. Desde la extensión de $h':U\to Y$ $h: F\to Y$ es continua, por lo que es su restricción a este pequeño barrio de $h'|_{U''}:U''\to Y$. Por lo tanto, esta es también una extensión de $h$. Desde ahora $U''$ es a la baja cerrada, $H$ ahora estará bien definido.