ハウスドルフ空間への連続マッピング

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ensbana 2019-04-26 00:33.

コメントを入力して、次の演習を手伝ってください。

[=>]:しましょう$y_1, y_2 \in Y, y_1 \neq y_2$
以来$f$ 全射です、 $y_1 = f(x_1), y_2 = f(x_2)$ いくつかのための $x_1,x_2 \in X$
以来$Y$ ハウスドルフです、そこに存在します $Y$ オープンネイバーフッド $N(y_1), N(y_2)$$y_1,y_2$ それぞれ、そのような $N(y_1) \cap N(y_2) = \emptyset$
以来$f$ 継続的です、 $f^{-1}(N(y_1)) \text{ and } f^{-1}(N(y_2))$ で開いています $X$、必然的にばらばらで含まれている $x_1, x_2$、それぞれ。

私が立ち往生したのはここです。私の考えは、私が知っていることを使用することです$f^{-1}(N(y_1)) \text{ and } f^{-1}(N(y_2))$ それを示すために $(X \times X)\backslash R$ 開いているので $R$閉じています。しかし、私はどのように進めるかわかりません。

[<=]:ここでもヒントが必要かもしれません。

2 answers

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elidiot 2019-04-26 00:43.

あなたはそれを示さなければなりません $Y$ ハウスドルフ、の特定のサブセットです $X\times X$閉じています。したがって、次の2つの異なる要素を取ることから始めるつもりはありません。$Y$

取る $(x_1, x_2)$$(X\times X)\setminus R$、そして定義上 $f(x_1)\neq f(x_2)$、2つのオープンな近隣があります $U, V$$f(x_1)$ それぞれ $f(x_2)$$Y$、 そのような $U\cap V=\emptyset$。次に、$U^\prime:=f^{-1}(U)$ そして $V^\prime:=f^{-1}(V)$ のオープンな近所です $x_1$ それぞれ $x_2$、そしてあなたはそれを持っています $f(U^\prime)\cap f(V^\prime)=\emptyset$。そう、$U^\prime\times V^\prime$ のオープンな近所です $(x_1, x_2)$$(X\times X)\setminus R$

第二部を試してみましょう。

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H. H. 2019-04-29 01:34.

場合 $Y$ それを示すために、ハウスドルフです $R$ 閉じている場合は、 $R'=X \times X \setminus R$開いています。しましょう$(x_1, x_2)$ の任意の点になります $R'$。そして、定義上、これは$y_1=f(x_1) \not= f(x_2)=y_2$。なぜなら$Y$ ハウスドルフです。これは、互いに素な開集合が存在することを意味します。 $U$ そして $V$$Y$ そのような $y_1 \in U$ そして $y_2\in V$。の連続性によって$f$、私たちはそれを持っています $f^{-1}(U)$ そして $f^{-1}(V)$ で開いています $X$ そしてそれらは互いに素であるため $f^{-1}(U) \times f^{-1}(V)$ で開いています $R'$ (なぜそれが開いているのですか $R'$?最初に$f^{-1}(U) \times f^{-1}(V)$ で開いています $X \times X$ に含まれている $R'$ 部分空間で開いていることを示します $R'$$X \times X$、フォームのオープンセットがあります $E \times F \cap R'$、 どこ $E \times F$ で開いています $X \times X$。書くこともできます$f^{-1}(U) \times f^{-1}(V) \cap R'= f^{-1}(U) \times f^{-1}(V)$ それが開いていることを確認するには $R'$。)および $(x_1, x_2) \in f^{-1}(U) \times f^{-1}(V)$。この意味は$R'$ 開集合の和集合であるため、それ自体が開きます。

逆に、 $R$ で閉じられます $X \times X$。しましょう$f(x_1) = y_1, f(x_2)=y_2$ の2つの異なるポイントである $Y$ (ここでは、全射を使用しています $f$)。そうすれば、$(x_1, x_2) \in A \times B \subseteq R'$、 どこ $A$$B$ で開いています $X$。次に$f(A)$ そして $f(B)$ のオープンセットです $Y$ (なぜなら $f$ 開いている)含む $y_1$ そして $y_2$、それぞれ。私たちはそれを示します$f(A) \cap f(B)$互いに素です。仮定します$y \in f(A) \cap f(B)$。次に$y=f(a)=f(b)$ にとって $a \in A$ そして $b\in B$。したがって、$(a, b) \in R$、これは矛盾です。 $A \times B \cap R = \emptyset$

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