Las imágenes continuas de los conjuntos compactos son compactas

Question

Dejemos que $X$ sea un espacio métrico compacto y $Y$ cualquier espacio métrico. Si $f:X \to Y$ es continua, entonces $f(X)$ es compacta (es decir, las funciones continuas llevan conjuntos compactos a conjuntos compactos).

Prueba :

Considere una cubierta abierta de $f(X)$ .

Entonces $f(X) \subset \bigcup_{\alpha \in A}V_\alpha$ donde cada $V_\alpha$ está abierto en $Y$ .

$X \subset f^{-1}(f(X)) \subset f^{-1}\left(\bigcup_{\alpha \in A}V_\alpha\right) = \bigcup_{\alpha \in A}f^{-1}(V_\alpha)$ .

Por lo tanto, $\bigcup_{\alpha \in A}f^{-1}(V_\alpha)$ es una cubierta abierta de $X$ . Desde $X$ es compacta, entonces podemos elegir una subcubierta finita $\{V_i\}_{i=1}^n$ tal que $X \subset \bigcup_{i=1}^n f^{-1}(V_i)$ .

Así que entonces $f(X) \subset f\left(\bigcup_{i=1}^n f^{-1}(V_i)\right) = \bigcup_{i=1}^n f\left(f^{-1}(V_i)\right) \subset \bigcup_{i=1}^n V_i$ una subcubierta finita de $f(X)$ . $\therefore f(X)$ es compacto.

¿Esta prueba tiene un error?

Gracias por su ayuda.

Answer 1

La prueba no es buena. Sabiendo que $f$ es continua no dice mucho sobre $f^{-1}$ mientras que la prueba supone que existe y es continua. No se ha dado que $f$ es un homeomorfismo.

Sin embargo, la afirmación sigue siendo cierta. Tome cualquier secuencia $x_n$ en compacto $X$ . Entonces tiene una subsecuencia convergente $x_q$ (por definición de compacidad). Tomemos ahora la secuencia $f(x_n)$ y observe que tiene una subsecuencia convergente $f(x_q)$ (por definición de continuidad). Dado que para cualquier punto $y \in f(X)$ existe $x \in X $ tal que $f(x) = y$ toda secuencia si $f(X)$ puede escribirse como $f(x_n)$ para alguna secuencia $x_n \in X$ y hemos terminado.