Que $(\mathbb{N},\tau)$ sea un espacio topológico, donde $\tau=\{\emptyset, \mathbb{N}, \{0\},\{0,1\},\{0,1,2\},\dots\}$

Question

Estoy atascado aquí:

Deje $(\mathbb{N},\tau)$ ser un espacio topológico, donde

$$\tau=\{\emptyset, \mathbb{N}, \{0\},\{0,1\},\{0,1,2\},\dots\}$$

a) Demostrar que no es compacto.

b) Demostrar que toda función continua $f: (\mathbb{N},\tau) \to \mathbb{R}$ es constante y, por tanto, limitada.

La parte a) es fácil: obviamente $\tau$ sin $\mathbb{N}$ $\emptyset$ es una cubierta para $(\mathbb{N},\tau)$. Supongamos que hay un número finito de subcovering para $\mathbb{N}$. A continuación, tomamos el mayor conjunto para ver que el siguiente elemento no está en este subcover y que no cubre $\mathbb{N}$, por lo que no es compacto.

La parte b) es lo que no puedo ver. ¿Cómo puedo mostrar que cada real continua con valores de conjunto con el dominio que topológica del espacio es siempre constante?

Gracias por su tiempo.

Answer 1

Si $f$ toma dos valores diferentes, decir $r$$s$, se puede pensar en dos subconjuntos abiertos de $\mathbb{R}$ que conducirá a una contradicción?

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De acuerdo con un comentario a este post, el anterior frase por sí sola no constituye "una respuesta".

Para complementar, escribí una respuesta detallada. He cambiado un poco:

Deje $r=f(0)$ ser el valor de $f$$0$. Deje $s\in\mathbb{R}\setminus\{ r \}$ ser cualquier otro número real. Podemos elegir un abrir vecindario $U$ $s$ $\mathbb{R}$ que no contenga $r$. Por ejemplo, un intervalo abierto $U=(s-\epsilon,s+\epsilon)$ donde $\epsilon$ es un número real positivo que no exceda $|r-s|$. Ahora, debido a $f$ es contionuous, $f^{-1}[U]$ debe estar abierto en $(\mathbb{N},\tau)$, lo $f^{-1}[U]\in\tau$. No podemos tener a $0\in f^{-1}[U]$ porque $f(0)=r\notin U$. Mirando la lista de definición de $\tau$, llegamos a la conclusión de que la única abierta a la izquierda es $\varnothing$, lo $f^{-1}[U]=\varnothing$. Esto significa que $f$ no tiene ningún valor en $U$, en particular, $f$ no tiene el valor de $s$. Desde $s$ fue arbitraria, $f$ no toma ningún otro valor de $r$. Por lo $f$ es la función constante $f\equiv r$.

Esta prueba se utiliza sólo el hecho de que el codominio de $f:(\mathbb{N},\tau)\to\mathbb{R}$ $T_1$ espacio, es decir, que no requieren ser Hausdorff ($T_2$).

Answer 2

Su argumento parte $a)$ es correcto.

$b)$ Si $f$ no es constante entonces existe $m,n \in \mathbb{N}$ $f(n) \neq f(m).$ $r=\frac {|f(n)-f(m)|}{4}>0.$ dejó entonces al $U=(f(n)-r,f(n)+r)$ y $V=(f(m)-r,f(m)+r)$ son dos separados no vacío abierto en $\mathbb{R}.$ $f$ es continua por lo tanto $f^{-1}(U)$ $f^{-1}(V)$ está abierto en $\mathbb N.$ desde $U$ y $V$ son disjuntos, por tanto, son tan $f^{-1}(U)$ y $f^{-1}(V).$ Esto es una contradicción como su topología no disjuntos conjuntos abiertos no vacío.

Answer 3

Si $a=f(m)\ne f(n)=b$, y $f$ es continua, entonces lo juegos $$ f ^ {-1} \Big (-\infty, \frac{a+b}{2}\Big), \quad f^{-1}\Big(\frac{a+b}{2},\infty\Big) $$ y abierto, disjunto y no vacíos. No estos conjuntos en $\tau$.

Answer 4

Vamos a demostrar por inducción que $f(n) = f(0)$ todos los $n \in \mathbb{N}$.

Caso Base: $f(0) = f(0)$.

Suponga que $f(0) = f(1) = \ldots = f(n)$ algunos $n \in \mathbb{N}$. Queremos demostrar $f(n+1) = f(0)$.

Suponga $f(n+1) \ne f(0)$. Según lo sugerido por @Daniel Schepler, considere la posibilidad de $B\big(f(n+1), |f(n+1) - f(0)|\big)$, el intervalo abierto centrado en $f(n+1)$ radio $|f(n+1) - f(0)|$. Es un conjunto abierto en $\mathbb{R}$, por lo que desde $f$ es continuo, su preimagen debe ser un conjunto abierto en $(\mathbb{N}, \tau)$.

Por eso, $$f^{-1}\left(B\big(f(n+1), |f(n+1) - f(0)|\big)\right) = \{0, 1, \ldots, m\}$$

para algunos $m \in \mathbb{N}$, debido a que es no vacío y $\ne \mathbb{N}$.

Pero, a continuación, $f(0) \in B\big(f(n+1), |f(n+1) - f(0)|\big)$ así:

$$|f(n+1) - f(0)| < |f(n+1) - f(0)|$$

lo cual es una contradicción.

Por lo tanto $f(n+1) = f(0)$ $f$ es constante.