Un mapa es continua si y sólo si las restricciones son

Question

Quiero saber si la siguiente afirmación es verdadera o falsa, y demostrar por qué:

Deje $X$ ser un espacio topológico. Supongamos $X=A \cup B$ $f:X \rightarrow Y$ es un mapa cuyas restricciones a$A$$B$$f_A:A \rightarrow Y$$f_B:B \rightarrow Y$. A continuación, $f$ es continua si y sólo si $f_A$ $f_B$ son continuas.

No estoy muy seguro de por dónde empezar con una prueba de esto. ¿Qué es una buena manera de demostrar que un mapa es continua en este contexto?

Answer 1

El uso de la definición : $f$ es continua si y sólo si $f^{-1}(V)$ está abierto para cualquier $V$ conjunto abierto (y usando el hecho de que la topología en un subconjunto $T$ $X$ está definido por todas las $V\cap T$ donde $V$ es un conjunto abierto de $X$).

Es fácil comprobar que $$f_{|T}^{-1}(V)=\{T\cap f_{|T}^{-1}(V)\} $$

Por lo tanto, si $f$ es continua, $f_{|A}$ $f_{|B}$ son continuas.

Sin más de la asunción en $A$$B$, el recíproco es falso (cf. el otro comentario de un contador de ejemplo).

Answer 2

Deje $f(x) = 0$ si $x \neq 0$$f(0) = 1$. A continuación, $f$ obviamente no es continua con respecto a la topología usual en $\mathbb R$. Más de uno puede escribir $\mathbb R = A \cup B$$A = \mathbb R \setminus \{0\}$$B = \{0\}$. A pesar de las restricciones de $f_A$ $f_B$ son continuas. De ahí la afirmación anterior doensn no :)

Sin embargo, se puede demostrar que las restricciones de funciones continuas son de hecho continua de nuevo con el enfoque que Netchaiev dio.

Answer 3

No es cierto, tal y como está, tomar cualquier subconjunto $A$ de la línea real, estándar de la topología, y considerar el indicador de la función en $A$. Este es continua (constante) en la restricción de a $A$ y su complemento, respectivamente.

Answer 4

La continuidad de las restricciones de $f_A:A\to Y$ $f_B:B\to Y$ no justifica la conclusión de que $f$ es continua.

El extra condición necesaria para que es ese $A$ $B$ tienen el llamado de encolado de la propiedad.

Deje $\tau$ ser la topología en $X$ y deje $A$ $B$ ambos equipados con la inducida por la topología de subespacio.

Entonces no es una topología $\tau'$ $X=A\cup B$ prescrita por la regla: $$V\in\tau'\iff [V\cap A\text{ is open in }A]\wedge [V\cap B\text{ is open in }B]$$or equivalently by the rule:$$F^{\complement}\in\tau'\iff [F\cap A\text{ is closed in }A]\wedge [F\cap B\text{ is closed in }B]\tag1$$

Entonces, evidentemente,$\tau\subseteq\tau'$.

En el caso particular de la $\tau'$ no está correctamente más fino que el de $\tau$ (por lo $\tau'=\tau$) de los conjuntos de $A$ $B$ tiene el encolado de la propiedad.

Es el caso especial en que el siguiente diagrama, donde todas las flechas indican las inclusiones - es un pushout plaza.

$$\begin{array}{ccc} A\cap B & \longrightarrow & A\\ \downarrow & & \downarrow\\ B & \longrightarrow & A\cup B \end{array}$$

Si $A$ $B$ son cerradas (o abierto), a continuación, $(1)$ deja claro que $A$ $B$ tiene el encolado de la propiedad.

Answer 5

Si a y B son abiertos o cerrados, entonces f es continuoue.
Crear un ejemplo para los que f no es continua.

Establecer el problema para un número infinito de conjuntos de todos los que
están abiertos o todos de los que están cerrados. Mostrar que f es continua
para uno y dar un ejemplo para los otros para los que f no es
continua.