Cuando tenemos una equivalencia de homotopía a través de un par $f:(X,A)\to (Y, B) $ se dice que podemos inducir una equivalencia de homotopía a través de un par $f:(X,\bar A)\to (Y,\bar B) $ , donde $\bar A$ representa el cierre de A. ¿Sabes cómo podemos demostrar esto?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
klirk
Puntos
6
Como la solución anterior publicada por Marcus M sólo se mantiene si $X$ y $Y$ son espacios métricos, daré una respuesta más general.
Supongamos que $f:(X,A) \to (Y,B)$ es una equivalencia homotópica de pares.
Demostrar que $f:(X,\overline A) \to (Y,\overline B)$ es una equivalencia homotópica de pares, es decir, existe un $g:(Y,\overline B) \to (X,\overline A)$ tal que $g \circ f \simeq I_X$ y $f \circ g \simeq I_Y$ son homotopías de pares.
En primer lugar, demostramos que $f:(X,\overline A) \to (Y,\overline B)$ es un mapa de pares bien definido, es decir $f(\overline A) \subseteq \overline B$ . Como $f$ es continua, sabemos que $f(\overline A) \subseteq \overline{f(A)}$ . (Al final se proporcionará una prueba de ello.) Como también por suposición $f(A) \subseteq B$ Así que $\overline {f(A)}\subseteq \overline B$ . Por lo tanto, en resumen $f(\overline A) \subseteq \overline B$ .
Ahora demostramos que $f:(X,\overline A) \to (Y,\overline B)$ es un par de equivalencias de homotopía.
Por supuesto, sabemos que existe un mapa continuo $H: X \times I \to X$ tal que $H(0,\cdot)=g\circ f$ , $H(1,\cdot)=I_X$ y $H(A\times I)\subseteq A$ . Esta homotopía es también homotopía de los mismos mapas, pero definida para el par $(X,\overline A)$ es decir $H(\overline A \times I)\subseteq \overline A$ (que tenemos que comprobar).
Pero esta es exactamente la misma situación que en la prueba de $f(\overline A) \subseteq \overline B$ si sustituimos $f$ con $H$ , $A$ con $A \times I$ y $B$ con $A$ .
La prueba para la segunda homotopía de pares sigue análogamente.
Lema: Dejemos que $f:X\to Y$ sea continua.
Entonces, para cualquier subconjunto $S\subseteq X$ se sostiene que $f(\overline S)\subseteq \overline{f(S)}$ .
Para la contradicción, suponga $f(\overline S)\not \subseteq \overline{f(S)}$ es decir, existe $x \in \overline S$ tal que $f(x) \in Y\setminus \overline{f(S)}$ que es abierto. Por lo tanto, existe una vecindad abierta $U\subseteq Y\setminus \overline{f(S)}$ de $f(x)$ . Como $f$ es continua esto implica que $f^{-1}(U)\subseteq X\setminus \overline S$ es una vecindad abierta de $x$ . Además, para cualquier $z \in f^{-1}(U)$ , $f(z)\in U\subseteq Y\setminus \overline{f(S)}\subseteq Y\setminus f(S)$ Por lo tanto $z \not \in S$ . Por lo tanto, $f^{-1}(U)$ es una vecindad abierta de $x$ que no se cruza con $S$ . Pero entonces $x$ no puede estar en la cercanía de $S$ .
Marcus M
Puntos
3270
Me encontré con este post y acabo de resolver este problema para un curso que estoy tomando, así que pensé en publicar mi solución; como dijiste, más o menos se reduce a intercambiar límites a través de la continuidad:
Si $a \in \overline{A}$ entonces $\exists~\{a_k\} \subset A$ s.t. $\lim\limits_{k \to \infty} a_k = a$ . Entonces tenemos \begin {equation*} f(a) = f( \lim\limits_ {k \to \infty } a_k) = \lim\limits_ {k \to \infty } f(a_k) \in \overline {B} \end {equation*} donde los límites se intercambian debido a la continuidad de $f$ y la última afirmación se debe a $f(a_k) \in B$ para todos $k$ . Ahora tenemos $f(\overline{A}) \subset \overline{B}$ . $f$ equivalencia homotópica de pares $\implies \exists~g:Y \to X$ y $F_t:X \to Y$ con. $F_0 = g \circ f, F_1 = \text{id}_X$ y $F_t(A) \subset A$ para todos $t$ . Para $a \in \overline{A}$ como en el caso anterior, tenemos \begin {equation*} F_t(a) = F_t( \lim\limits_ {k \to \infty } a_k) = \lim\limits_ {k \to \infty } F_t(a_k) \in \overline {A} \end {equation*} Así, $F_t(\overline{A}) \subset \overline{A}$ para todos $t$ . Esto implica que $f:(X,\overline{A}) \to (Y,\overline{B})$ es una equivalencia homotópica de pares.
EDIT: Esto sólo funciona si el espacio subyacente es metrizable.
