Convergencia de la familia dirigida en el espacio topológico

Question

Sea $X$ y $J\neq\emptyset$ sean conjuntos s.t para cada $j\in J$ $(Z_j,\tau _j)$ es un espacio topológico. Sea $\tau $ sea la topología más débil en $X$ s.t para cada $j\in J$ , $f_j : X\to Z_j$ es continua. Sea $x\in X$ y $(x_\alpha)_{\alpha\in\mathcal A}$

Demuestre que si para cada $j\in J$ , $f_j(x_\alpha)\to f_j(x)$ entonces $x_\alpha\to x$

Por convergencia entendemos $x_\alpha\to x\iff \forall U_x, \exists\alpha _0 : \forall\alpha (\alpha _0\preceq\alpha\Longrightarrow x_\alpha\in U_x)$ donde $U_x$ es una vecindad de $x$ .

Pensamiento inicial: Supongamos que por una contradicción, para algunos $U_x\in\tau $ para cada $\alpha$ existe $\alpha _0$ s.t $\alpha\preceq\alpha _0$ y $x_{\alpha _0}\notin U_x$ .

Debido a la continuidad de $f_j,j\in J$ que tenemos para cada $V_{f_j(x)}\in\tau _j$ existe $\alpha _0$ : $$\forall\alpha (\alpha _0\preceq\alpha \Longrightarrow f_j(x_\alpha)\in V_{f_j(x)}) $$ Por lo tanto $x_\alpha\in f_j^{-1}(V_{f_j(x)})\in\tau $ el problema es que potencialmente cualquier preimagen de $V_{f_j(x)}$ para cualquier $j\in J$ podría "perder" el fijo $U_x$ (aparte de $x$ sí mismo, por supuesto, pero no está contenido en $U_x$ ). Una idea $$\bigcup_{j\in J}\bigcup_{V\in\mathcal{V}_{f_j(x)}}f_j^{-1}(V)\overset{?}=\bigcup_{U\in\mathcal{U}_x}U $$ Dónde $\mathcal{U}_x$ es el conjunto de todos los $\tau$ barrios abiertos $x$ y una descripción análoga para $\mathcal{V}_{f_j(x)}$ .

Es obvio que $\subset$ pero no es tan obvio que $\supset$ y puede que ni siquiera sea verdad.

¿Qué hacer? Probablemente le estoy dando demasiadas vueltas a este problema.

Answer 1

Una base de $\tau$ viene dada por la familia de conjuntos de la forma

$$U = \bigcap_{j \in J_0} f_j^{-1}(W_j),$$

donde $J_0$ es un subconjunto finito de $J$ y para cada $j \in J_0$ , $W_j\in \tau_j$ .

Así, para $x\in X$ una base de vecindad de $x$ viene dada por la familia de conjuntos de la forma

$$U = \bigcap_{j \in J_0} f_j^{-1}(V_j),\tag{$ \ast $}$$

donde $J_0$ es un subconjunto finito de $J$ y $V_j$ es una vecindad de $f_j(x)$ para cada $j \in J_0$ .

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Supongamos que tenemos una red $(x_{\alpha})_{\alpha \in \mathcal{A}}$ en $X$ tal que $f_j(x_{\alpha}) \to f_j(x)$ para cada $j$ . Queremos demostrar que $x_{\alpha} \to x$ .

Así que $U$ sea una vecindad arbitraria de $x$ . Elige un barrio $U'$ de $x$ de la forma $(\ast)$ tal que $U' \subset U$ . Por supuesto, $f_j(x_{\alpha}) \to f_j(x)$ para cada $j\in J_0$ por lo que existe una $\alpha_j \in \mathcal{A}$ tal que $\alpha_j \preceq \alpha$ implica $f_j(x_{\alpha}) \in V_j$ . Desde $\mathcal{A}$ es un conjunto dirigido, existe un $\alpha_{J_0} \in \mathcal{A}$ tal que $\alpha_j \preceq \alpha_{J_0}$ para cada $j \in J_0$ . Pero entonces

$$x_{\alpha} \in \bigcap_{j \in J_0} f_j^{-1}(V_j),$$

es decir $x_{\alpha} \in U' \subset U$ para cada $\alpha\in \mathcal{A}$ tal que $\alpha_{J_0} \preceq \alpha$ . Desde $U$ era arbitraria, tenemos $x_{\alpha} \to x$ .