Chiusura di una controimmagine

[robbstark1]

Vorrei accertarmi di sapere giustificare certi passaggi che si fanno con unione, intersezione e chiusura di immagini.

Sia $phi: M -> U sube RR^n $ un omeomorfismo. Dimostrare che $\bar{phi^(-1) (B(x,r))} =phi^(-1) (\bar{B}(x,r))$, essendo
$B(x,r)$ il disco aperto di centro $x$ e raggio $r$
$\bar{B}(x,r)$ il disco chiuso di centro $x$ e raggio $r$
$phi^(-1) (\bar{B}(x,r))$ la controimmagine del disco chiuso
$\bar{phi^(-1) (B(x,r))} $ la chiusura della controimmagine del disco aperto

Sia $y$ esterno al disco $B(x,r)$. Allora $EE B(y,r_{y}): B(y,r_{y}) nn B(x,r) = vuot o $
$phi^(-1) (B(y,r_{y}) nn B(x,r))= phi^(-1) (B(y,r_{y})) nn phi^(-1) (B(x,r)) = vuot o $
Dunque $phi^(-1) (y) notin \bar{phi^(-1) (B(x,r))} $, ovvero $\bar{phi^(-1) (B(x,r))} sube phi^(-1) (\bar{B}(x,r))$

Sia ora $z in \bar{B}(x,r)$, cioè $AA r_{z}, B(x,r) nn B(z,r_{z}) != vuot o$. Prendendo le controimmagini, come prima, ottengo $\bar{phi^(-1) (B(x,r))} supe phi^(-1) (\bar{B}(x,r))$.

Dalle due disuguaglianze segue $\bar{phi^(-1) (B(x,r))} = phi^(-1) (\bar{B}(x,r))$

Va bene?

[robbstark1]

Riporto in alto questa questione, forse un po' noiosa. Spero possa interessare o essere utile a qualcuno.

[dissonance]

Ma guarda, è un po' troppo complicato. Quando hai un omeomorfismo \(\phi\) tra spazi topologici \(X\) e \(Y\) è ovvio che \(\overline{\phi(A)}=\phi(\overline{A})\) e \(\overline{\phi^{-1}(B)}=\phi^{-1}(\overline{B})\) per ogni \(A\subset X, B\subset Y\). Il resto è solo conseguenza del fatto che in \(\mathbb{R}^n\) la chiusura di un disco aperto è il disco chiuso. Fine.

[robbstark1]

Il fatto è che "ho paura" a dare le cose per scontate, anche se sembrano ovvie, perchè qualche volta l'occhio può sbagliare. No?

[dissonance]

Certo che si, ma con l'esperienza si sbaglia sempre meno. Se si dovesse fare ogni cosa con il massimo dei piedi di piombo la matematica sarebbe una scocciatura immane!

[robbstark1]

Sono d'accordo, però penso che finchè una cosa non si dimostra non la si conosce appieno (dimostrare è condizione necessaria). Poi certo non si può dimostrare tutto.
In questo caso quello che volevo fare era proprio dimostrare che la chiusura di un'immagine coincide con l'immagine della chiusura e lo stesso per la controimmagine.

[dissonance]

"robbstark":In questo caso quello che volevo fare era proprio dimostrare che la chiusura di un'immagine coincide con l'immagine della chiusura e lo stesso per la controimmagine.

...a patto che l'applicazione in questione sia un omeomorfismo, naturalmente. Però, ribadisco, questo è ovvio. Un omeomorfismo è una mappa che identifica dal punto di vista topologico due spazi \(X\) e \(Y\). Più precisamente un omeomorfismo è una corrispondenza biunivoca tra i punti dei due spazi che genera una corrispondenza biunivoca tra gli insiemi aperti dei due spazi:

\[\Phi(U)\ \text{è aperto in}\ X\ \iff \ U\ \text{è aperto in}\ Y.\]

Ma allora, ovviamente


\[\Phi(F)\ \text{è chiuso in}\ X\ \iff \ F\ \text{è chiuso in}\ Y.\]

E quindi vale anche che

\[\overline{\Phi(A)}=\Phi(\overline{A}),\ \overline{\Phi^{-1}(B)}=\Phi^{-1}(\overline{B})\]

per ogni \(A \subset X, B\subset Y\).

Ora questo che abbiamo appena dimostrato, naturalmente, è un teorema. Ma si tratta di una proprietà che, come diceva il professor V. Milman in un corso che ho seguito di recente, "entra nel linguaggio" e viene adottata senza la necessità di essere dimostrata ogni volta. Questo permette di avere una visione nitida del problema in questione e di non perdersi in tecnicismi. Nel caso particolare, la chiave di volta del ragionamento è il fatto che in \(\mathbb{R}^n\) la chiusura del disco aperto è il disco chiuso, fatto non vero nel contesto generale degli spazi metrici: tutto il resto sono dettagli tecnici.