Digamos un espacio de $X$ $\mathbb{R}$generados si la continuidad de los mapas de $X$ es detectado por la composición con los mapas de $\mathbb{R}\to X$. Por el general de tonterías, esto es lo mismo que decir un subconjunto de a $X$ se cierra (o abre) iff su preimagen debajo de cada mapa continuo $\mathbb{R}\to X$ es, o que $X$ es el colimit de un diagrama en el que cada objeto es una copia de $\mathbb{R}$.
Considere las siguientes declaraciones:
- $X$ es localmente trayectoria-conectado y de primera contables.
- $X$ $\mathbb{R}$generados.
- $X$ es localmente trayectoria-conectado y secuencial.
Yo reclamo que $(1)\Rightarrow (2)\Rightarrow (3)$, y ni implicación es reversible.
Para mostrar $(1)\Rightarrow (2)$, supongamos $X$ es localmente trayectoria-conectado y de primera contables. Esto es suficiente para mostrar que si un subconjunto $A\subseteq X$ no es cerrado, entonces hay algunas continua $f:\mathbb{R}\to X$ tal que $f^{-1}(A)$ no está cerrado. Así que supongamos $A\subseteq X$ no está cerrado; deje $x\in\bar{A}\setminus A$. Deje $(U_n)$ ser un local del barrio de la base de a $x$; deje $x_n\in U_n\cap A$ por cada $n$. Elegir un camino de $x_n$ $x_{n+1}$que se encuentra en su totalidad dentro de $U_n$ por cada $n$. La concatenación de estos caminos juntos, se obtiene un mapa de $f_0:[0,1)\to X$ que se extiende continuamente a $[0,1]$ mediante el envío de $1$$x$. Se extiende de este a un mapa de $f:\mathbb{R}\to X$, entonces tenemos que $f^{-1}(A)$ contiene una secuencia que converge a $1$ pero no contiene $1$, y por lo $f^{-1}(A)$ no está cerrado.
Para mostrar $(2)\Rightarrow (3)$, supongamos $X$ $\mathbb{R}$generados. Desde $\mathbb{R}$ es secuencial, $X$ debe ser secuencial. Ahora ampliar la topología en $X$ diciendo que si $U$ es una vecindad de un punto de $x\in X$, por lo que es la ruta de acceso de un componente de $x$ dentro $U$. Deje $Y$ $X$ con este agrandamiento de la topología; es fácil ver que cualquier mapa continuo $\mathbb{R}\to X$ es todavía continua como un mapa de $\mathbb{R}\to Y$. Desde $X$ $\mathbb{R}$generados, esto significa que la identidad de mapa de $X\to Y$ es continua. Es decir, nuestro agrandamiento de la topología es la misma que la topología original; de ello se sigue que $X$ es localmente trayectoria-conectado.
Por último, vamos a dar algunos contraejemplos a la inversa implicaciones. Para $(2)\not\Rightarrow(1)$, ten en cuenta que un colimit de $\mathbb{R}$generado espacios de es $\mathbb{R}$generados, por lo que cualquier CW-complejo es $\mathbb{R}$generados. Pero un CW-complejo se encuentra en primera contable de iff es localmente finito.
Un contraejemplo a $(3)\Rightarrow(2)$ se puede obtener como sigue. Deje $W=\mathbb{N}\times(0,1]\cup\{\infty\}$ ser el 1-punto compactification de $\mathbb{N}\times(0,1]$, y deje $Z$ ser el subespacio $\mathbb{N}\times(0,1)\cup\{\infty\}\subset W$. Es fácil ver que $Z$ es localmente trayectoria-conectado y secuencial. Deje $X=\mathbb{N}\times Z\cup\{x\}$, topologized de la siguiente manera. Cualquier subconjunto de a $\mathbb{N}\times Z$ (con la topología producto) es abierto en $X$, y un conjunto $U$ contiene $x$ está abierto iff las siguientes condiciones:
- $U\cap\mathbb{N}\times Z$ está abierto en $\mathbb{N}\times Z$.
- Para cada $m,n\in\mathbb{N}$, hay un $t_{m,n}<1$ tal que $\{m\}\times\{n\}\times(t_{m,n},1)\subset U$.
- Para todos, pero un número finito de $m\in\mathbb{N}$, $(m,\infty)\in U$.
Para cualquier $m,n\in\mathbb{N}$, el mapa de $f:[0,1]\to X$ tal que $f(0)=(m,\infty)$, $f(t)=(m,n,t)$ para $0<t<1$, e $f(1)=x$ es continua. De ello se desprende que $X$ es localmente trayectoria-conectado. Para mostrar que $X$ es secuencial, es suficiente para mostrar que si $A\subseteq\mathbb{N}\times Z$ es cerrado en $\mathbb{N}\times Z$$x\in\bar{A}$$X$, a continuación, algunos de secuencia en $A$ converge a $x$. Si no existe $m,n\in \mathbb{N}$ tal que $(m,n,t)\in A$ $t$ arbitrariamente cerca de $1$, una secuencia de puntos de referencia con $t\to 1$ convergerán a $x$. Si no $m$ $n$ existen, entonces no debe ser infinitamente muchos $m$ tal que $(m,\infty)\in A$ o infinidad de $m$ tal que para una infinidad de $n$, $(m,n,t)\in A$ para algunos $t\in(0,1)$. Desde $A$ es cerrado en $\mathbb{N}\times Z$, el segundo caso en realidad implica el primer caso (ya que en $Z$, cualquier secuencia de puntos de $(n,t)$ $n\to\infty$ converge a $\infty$). Así, podemos encontrar una secuencia de puntos de $(m,\infty)\in A$$m\to \infty$, y una secuencia converge a $x$.
Finalmente, puedo reclamar $X$ no $\mathbb{R}$generados. En efecto, consideremos el conjunto $A=\mathbb{N}\times\{\infty\}\subset X$. Es fácil ver que $\bar{A}=A\cup\{x\}$, pero afirman que $f^{-1}(A)$ es cerrado para cada continuas $f:\mathbb{R}\to X$. Para mostrar esto, vamos a $f:\mathbb{R}\to X$ ser continuo; entonces la única forma de $f^{-1}(A)$ puede no ser cerrado es si alguna secuencia en $f^{-1}(A)$ converge a una preimagen de $x$. Así, supongamos que (WLOG) que $f(0)=x$ $f(1/k)=(m_k,\infty)\in A$ para cada entero positivo $k$. Si hay algo de $m$ tal que $m_k=m$ para infinidad de $k$, entonces claramente $f$ no se continua en $0$, por lo que podemos suponer que el $m_k$ son todos distintos. Tenga en cuenta que cualquier ruta de acceso en $X$ $(m,\infty)$ $(m',\infty)$debe pasar a través de $x$ si $m\neq m'$, y que cualquier camino de $(m,\infty)$ $x$debe pasar a través de $\{m\}\times\mathbb{N}\times(0,1)$. De ello se sigue que para cada una de las $k$, hay algunos $s_k\in(1/k,1/(k+1))$ tal que $f(s_k)\in \{m_k\}\times\mathbb{N}\times(0,1)$. Desde $f$ es continua, la secuencia de $f(s_k)$ debe converger a $f(0)=x$. Pero puesto que el $m_k$ son todos distintos, es fácil encontrar un barrio de $x$ que no contiene ninguna $f(s_k)$. Esta contradicción muestra que $f^{-1}(A)$ es cerrado. Desde $f$ fue arbitraria, esto muestra $X$ no $\mathbb{R}$generados.
