Sp. Localmente compatti: funzioni proprie e chiuse
Propongo un esercizio che pensavo di aver risolto tempo fa. Mi accorgo che c'è un errore nella mia dimostrazione, ma non riesco a trovare una soluzione diversa.
Siano $X,Y$ spazi topologici localmente compatti. Sia $f:X\to Y$ continua e propria. Allora $f$ è chiusa.
Recall: una funzione $f$ si dice propria se per ogni $K \subset Y$ compatto, allora $f^{-1}(K)$ è compatto.
Inserisco in spoiler la mia dimostrazione:
Sul forum ho trovato questo che è sostanzialmente lo stesso esercizio; anzi chiede di più. Nel thread non si arriva a una soluzione. Tuttavia la mia dimostrazione mi sembra "migliore" in quanto per lo meno sembra eliminare l'ipotesi di Hausdorff su $Y$.
Idee?
Siano $X,Y$ spazi topologici localmente compatti. Sia $f:X\to Y$ continua e propria. Allora $f$ è chiusa.
Recall: una funzione $f$ si dice propria se per ogni $K \subset Y$ compatto, allora $f^{-1}(K)$ è compatto.
Inserisco in spoiler la mia dimostrazione:
Sul forum ho trovato questo che è sostanzialmente lo stesso esercizio; anzi chiede di più. Nel thread non si arriva a una soluzione. Tuttavia la mia dimostrazione mi sembra "migliore" in quanto per lo meno sembra eliminare l'ipotesi di Hausdorff su $Y$.
Idee?
Risposte
"j18eos":
I \(B\cap f^{-1}(y)\) sono intersezioni di chiusi con un compatto, quindi sono chiusi nel compatto \(f^{-1}(y)\); godono della PIF per ipotesi sulla famiglia di chiusi \(\mathcal{B}\) e per il lemma del pifferaio magico hai che \(\displaystyle{\bigcap_{B\in\mathcal{B}}B\cap f^{-1}(y)\neq\emptyset}\).
Ora ti torna il tutto? Ho centrato il dubbio?
Mi scuso se mi perdo in un bicchier d'acqua ma non riesco proprio a vedere cose succede; deve essere una banalità.
Per ipotesi $\mathcal{B}$ gode della PIF, quindi ogni sottofamiglia finita di $\mathcal{B}$ è non vuota. Da questo si deduce gratis che allora $\mathcal{C}=\{ B \cap f^{-1}(y)\}$ gode della PIF? I $B$ non potrebbero avere le loro intersezioni fuori da $f^{-1}(y)$ e quindi staccarsi una volta intersecati con $f^{-1}(y)$?
Esempio (che non funziona ma rende l'idea di quello che dico):
Su $\mathbb{C}$ si considerino $B_1,B_2,B_3,B_4$ i chiusi dati dai quattro quadranti naturalmente individuati dagli assi: godono di PIF perché si intersecano in $0$. La mappa $z \mapsto z^4$ mappa ciascun quadrante su tutto $\mathbb{C}$. Intersecando le immagini otteniamo quindi $\mathbb{C}$. Perciò qualunque punto di $\mathbb{C}$ può giocare il ruolo di $y$ che giace nell'intersezione di tutti gli $f(B)$. Prendiamo un punto $z \ne 0$, che quindi ha $4$ preimmagini $\zeta_1,\zeta_2,\zeta_3,\zeta_4$. Quindi $B_i \cap f^{-1}(z) = \{ \zeta _i\}$ e non godono più di PIF.
L'esempio ovviamente non va bene, perché in questo caso quei chiusi hanno anche tutti insieme intersezione non vuota quindi non servono per far partire la dimostrazione del thread linkato. Però mi sembra strano dedurre da PIF di insiemi grossi, la PIF di insiemi piccoli senza usare le altre ipotesi (e non vedo come usare le altre ipotesi!).
"Pappappero":Non ti devi scusare, puoi perderti anche in una goccia d'acqua
...Mi scuso se mi perdo in un bicchier d'acqua ma non riesco proprio a vedere cose succede; deve essere una banalità.
Per ipotesi $\mathcal{B}$ gode della PIF, quindi ogni sottofamiglia finita di $\mathcal{B}$ è non vuota. Da questo si deduce gratis che allora $\mathcal{C}=\{ B \cap f^{-1}(y)\}$ gode della PIF?...
Ricordati chi è \(y\), o meglio, da dove lo prendi, che \(f^{-1}(y)\) è compatto e che \(f\) è un'applicazione continua!
L'unica cosa che si richiede a $y$ è che deve stare nella famiglia $\bigcap_{\mathcal{B}} f(B)$ non vuota per il Pifferaio Magico sulle immagini. La cosa che non capisco è:
noi sappiamo che $y \in f(B_1)$ e $y \in f(B_2)$ quindi $y$ ha una preimmagine in $x_1 \in B_1$ e una preimmagine $x_2 \in B_2$. Cosa implica che abbia un preimmagine in $B_1 \cap B_2$? Perché ok che non è vuoto, ma in $f(B_1)\cap f(B_2)$ (intersecati tutti gli altri), dove abbiamo preso $y$, a priori ci sta tanta più roba che in $f(B_1 \cap B_2)$, e magari $y \notin f(B_1 \cap B_2)$.
noi sappiamo che $y \in f(B_1)$ e $y \in f(B_2)$ quindi $y$ ha una preimmagine in $x_1 \in B_1$ e una preimmagine $x_2 \in B_2$. Cosa implica che abbia un preimmagine in $B_1 \cap B_2$? Perché ok che non è vuoto, ma in $f(B_1)\cap f(B_2)$ (intersecati tutti gli altri), dove abbiamo preso $y$, a priori ci sta tanta più roba che in $f(B_1 \cap B_2)$, e magari $y \notin f(B_1 \cap B_2)$.
Ok ti sei ricordato chi è \(y\), e gli altri due suggerimenti come li useresti?
OUT OF SELF Doppie scuse: oggi non posso aiutarti più di tanto, hai tutte le capacità per arrivarci da solo
Ripeto, devi utilizzare anche gli altri due fatti (\(f^{-1}(y)\) è compatto ed \(f\) è continua).
OUT OF SELF Doppie scuse: oggi non posso aiutarti più di tanto, hai tutte le capacità per arrivarci da solo
Ripeto, devi utilizzare anche gli altri due fatti (\(f^{-1}(y)\) è compatto ed \(f\) è continua).
Boh...ci ho pensato un po'. Non vedo proprio come dimostrare che quella famiglia è PIF. La compattezza di $f^{-1}(y)$ si usa dopo, per dire che la famiglia PIF ha intersezione non vuota, e quindi arrivare all'assurdo. La continuità in effetti non mi sembra si sia mai usata, ma non si fanno preimmagini di aperti/chiusi, quindi non vedo come sfruttarla.
Sia \(f\) una funzione chiusa, continua ed a fibre compatte da \((S;\mathcal{T})\) a \((T;\mathcal{T})\); per comodità di esposizione cambio alcuni nomi: sia \(\mathcal{B}=\{B_i\subseteq S\}_{i\in I}\) una famiglia di insiemi chiusi soddisfacenti la PIF.
Sei giunto a considerare \(\displaystyle{y\in\bigcap_{i\in I}f(B_i)}\), quindi: \[\forall i\in I,\,\exists x_i\in B_i\mid f(x_i)=y\iff\forall i\in I,\,x_i\in f^{-1}(y)\subseteq S\,\text{ compatto}\] se per assurdo esistesse un sottoinsieme \(\{i_1;...;i_n\}\subseteq I\) tale che: \[\bigcap_{h=1}^nB_{i_h}\cap f^{-1}(y)=\emptyset\Rightarrow\forall x\in\bigcap_{h=1}^nB_{i_h},\,f(x)\neq y\] e ciò è assurdo!
OUT OF SELF: Non so il perché, ma sento di aver imbrogliato
Sei giunto a considerare \(\displaystyle{y\in\bigcap_{i\in I}f(B_i)}\), quindi: \[\forall i\in I,\,\exists x_i\in B_i\mid f(x_i)=y\iff\forall i\in I,\,x_i\in f^{-1}(y)\subseteq S\,\text{ compatto}\] se per assurdo esistesse un sottoinsieme \(\{i_1;...;i_n\}\subseteq I\) tale che: \[\bigcap_{h=1}^nB_{i_h}\cap f^{-1}(y)=\emptyset\Rightarrow\forall x\in\bigcap_{h=1}^nB_{i_h},\,f(x)\neq y\] e ciò è assurdo!
OUT OF SELF: Non so il perché, ma sento di aver imbrogliato
Non mi sembra che tu abbia imbrogliato ma direi che non si arriva a un assurdo. O almeno...perché dici che la conclusione a cui si arriva è assurda? Semplicemente $y$ potrebbe stare in tutte le $f(B_i)$ ma non in $f(B_{i_1} \cap ...\cap B_{i_k})$.
Scusami, si vede che ho le batterie scariche 
Ma la strada deve essere questa però io non riesco a capire come si arriva a dire che quella famiglia $f^{-1}(y) \cap B_i$ è PIF, che è la chiave per completare la dimostrazione di maurer.
PS. Ho visto che maurer non posta da giugno scorso. Potrei provare a contattarlo ma forse non più attivo sul forum.
PS. Ho visto che maurer non posta da giugno scorso. Potrei provare a contattarlo ma forse non più attivo sul forum.
Puoi provare a scrivergli...
Rileggendo in modo analitico la dimostrazione di maurer ho notato che egli non esplicita l'uso della continuità di \(f\); prova a vedere se questo abbozzo quaglia: essendo \(\displaystyle{y\in\bigcap_{i\in I}f(B_i)}\) allora \(y\) è aderente a ogni \(f(B_i)\) quindi per ogni intorno \(V\) di \(y\) in \(Y\) hai che \(\forall i\in I,\,V\cap f(B_i)\neq\emptyset\) gli elementi di \(f^{-1}(y)\) per continuità sono aderenti a ogni \(B_i\).
Diciamo che un lanterna che si è accessa, ma non ho verificato se è una lucciola!
Rileggendo in modo analitico la dimostrazione di maurer ho notato che egli non esplicita l'uso della continuità di \(f\); prova a vedere se questo abbozzo quaglia: essendo \(\displaystyle{y\in\bigcap_{i\in I}f(B_i)}\) allora \(y\) è aderente a ogni \(f(B_i)\) quindi per ogni intorno \(V\) di \(y\) in \(Y\) hai che \(\forall i\in I,\,V\cap f(B_i)\neq\emptyset\) gli elementi di \(f^{-1}(y)\) per continuità sono aderenti a ogni \(B_i\).
Diciamo che un lanterna che si è accessa, ma non ho verificato se è una lucciola!
Mi risulta una lucciola! -_-
Questo è falso:
Questo è falso:
"j18eos":
...gli elementi di \(f^{-1}(y)\) per continuità sono aderenti a ogni \(B_i\)...
Infatti, sembra lo stesso problema. Certamente ogni $B_i$ ha un punto di $f^{-1}(y)$ aderente (anzi, ce l'ha proprio dentro). Ma che ce ne siano di aderenti a tutti i $B_i$ (o anche solo a un numero finito di loro, per poi rifare il discorso di PIF) non è per nulla chiaro.
Ho scritto a maurer. L'ultima visita sul forum risulta a una ventina di giorni fa. Magari passa da queste parti un giorno di questi.
Ho scritto a maurer. L'ultima visita sul forum risulta a una ventina di giorni fa. Magari passa da queste parti un giorno di questi.
Ho risposto in privato a Pappappero. Il dubbio è del tutto legittimo, nel thread incriminato non mi sono spiegato sufficientemente bene.
Posto la mia soluzione pubblicamente. Semplicemente possiamo assumere dal principio che [tex]\mathcal B[/tex] sia una famiglia saturata per intersezioni finite. Onde evitare incomprensioni ed imbrogli, spesso causati da affermazioni male giustificate, faccio prima a rifare qui la dimostrazione da zero.
Assumerò il lemma del pifferaio magico
Proposizione. Se [tex]f \colon X \to Y[/tex] è una mappa continua tra spazi topologici ed inoltre è perfetta, allora è propria.
Dimostrazione. Sia [tex]K[/tex] un compatto di [tex]Y[/tex] e supponiamo per assurdo che [tex]f^{-1}(K)[/tex] non sia compatto. Allora per la PIF dovrà esistere una famiglia di chiusi [tex]\mathcal B[/tex] di [tex]f^{-1}(K)[/tex] (rispetto alla topologia indotta), dotata della PIF e tale che [tex]\bigcap_{B \in \mathcal B} B = \emptyset[/tex]. Affermo che non è restrittivo assumere che [tex]\mathcal B[/tex] sia chiusa per intersezioni finite. In effetti, consideriamo [tex]\mathcal B' := \{B_1 \cap \ldots \cap B_n \mid n \in \mathbb N, \: B_i \in \mathcal B \}[/tex]. Allora
[list=1]
[*:xk4igadq][tex]\mathcal B'[/tex] è una famiglia di chiusi. Questo è chiaro, visto che l'intersezione (arbitraria) di chiusi è un chiuso;[/*:m:xk4igadq]
[*:xk4igadq] [tex]\mathcal B'[/tex] gode della PIF. Infatti, scegliamo un numero finito di suoi elementi, [tex]A_1,\ldots,A_n \in \mathcal B'[/tex]; per definizione [tex]A_i = B_{i,1} \cap \ldots \cap B_{i,r_i}[/tex], quindi [tex]\bigcap_{i = 1}^n A_i = \bigcap_{i = 1}^n \bigcap_{k = 1}^{r_i} B_{i,k} \ne \emptyset[/tex];[/*:m:xk4igadq]
[*:xk4igadq] [tex]\mathcal B'[/tex] è chiusa per intersezioni finite. Infatti, scegliamo [tex]A_1,\ldots,A_n \in \mathcal B'[/tex]. Usando le notazioni del punto precedente [tex]\bigcap_{i = 1}^n A_i = \bigcap_{i = 1}^n \bigcap_{k = 1}^{r_1} B_{i,k} \in \mathcal B'[/tex], per definizione di [tex]\mathcal B'[/tex].[/*:m:xk4igadq][/list:o:xk4igadq]
Quindi possiamo effettivamente assumere dal principio che [tex]\mathcal B[/tex] (tolgo l'apice) sia una famiglia di chiusi dotata della PIF ed a intersezione vuota. Per ipotesi [tex]f[/tex] è una funzione chiusa, quindi [tex]f(B)[/tex] è chiuso per ogni [tex]B \in \mathcal B[/tex]. Visto che [tex]f(B_1 \cap \ldots \cap B_n) \subseteq f(B_1) \cap \ldots \cap f(B_n)[/tex] segue che [tex]f(B_1) \cap \ldots \cap f(B_n) \ne \emptyset[/tex] per ogni [tex]n \in \mathbb N[/tex] ed ogni scelta di [tex]B_1,\ldots,B_n \in \mathcal B[/tex]. Pertanto la famiglia [tex]\{f(B), \: B \in \mathcal B\}[/tex] è una famiglia di chiusi in [tex]K[/tex] dotata della PIF. Visto che [tex]K[/tex] è compatto, [tex]\bigcap_{B \in \mathcal B} f(B) \ne \emptyset[/tex]. Sia dunque [tex]y[/tex] un elemento in questa intersezione. Per definizione, [tex]f^{-1}(y) \cap B \ne \emptyset[/tex] per ogni [tex]B \in \mathcal B[/tex]. La famiglia [tex]\{f^{-1}(y) \cap B, \: B \in \mathcal B\}[/tex] adesso è una famiglia di chiusi in un compatto, e ha la PIF perché [tex]\bigcap_{i = 1}^n (f^{-1}(y) \cap B_i) = f^{-1}(y) \cap \bigcap_{i = 1}^n B_i[/tex], e [tex]\bigcap_{i = 1}^n B_i \in \mathcal B[/tex] (visto che [tex]\mathcal B[/tex] è chiusa per intersezioni finite), da cui segue, per scelta di [tex]y[/tex], [tex]\bigcap_{i = 1}^n (f^{-1}(y) \cap B_i) \ne \emptyset[/tex]. Siccome [tex]f^{-1}(y)[/tex] è compatto per ipotesi, l'intersezione [tex]\bigcap_{B \in \mathcal B} (f^{-1}(y) \cap B) \ne \emptyset[/tex], ossia [tex]\bigcap_{B \in \mathcal B} B \ne \emptyset[/tex], assurdo. [tex]\square[/tex]
Spero di non avervi annoiato con questa fully formal dimostrazione. Per scusarmi, faccio qualche commento al thread:
E' la prima che mi è venuta in mente, quando ho letto il problema. Naturalmente c'è bisogno dell'Hausdorff, ma si può lasciare da parte il localmente compatto. Basta che lo spazio sia compattamente generato (ossia che la tesi del lemma sia valida, i.e. che i compatti formino un ricoprimento fondamentale, vedere qui per qualche sorta di approfondimento in stile fancy).
Poi, riguardo al problema iniziale, in pratica tu vuoi eliminare Hausdorff. Ma è impossibile.
Controesempio. Consideriamo [tex]X = \{a,b\}[/tex] con topologia discreta e [tex]Y = \{a,b\}[/tex] con topologia banale; sia [tex]f \colon X \to Y[/tex] l'applicazione identica (a livello insiemistico). E' continua ed è propria ([tex]X[/tex] è compatto...). Tuttavia [tex]f(a) = a[/tex] che non è chiuso.
Un parziale viceversa: supponiamo che [tex]Y[/tex] sia uno spazio topologico tale che per ogni mappa continua e propria [tex]f \colon X \to Y[/tex], [tex]f[/tex] è chiusa. Allora [tex]Y[/tex] è T1: se [tex]x \in Y[/tex] è un punto qualsiasi, prendete la mappa [tex]\{*\} \to Y[/tex] che manda [tex]*[/tex] in [tex]x[/tex]. Questa è continua e propria banalmente, quindi è chiusa; pertanto tutti i punti di [tex]Y[/tex] sono chiusi. Potrebbe essere interessante vedere se questa proprietà implica T2. Per adesso il tentativo idiota che ho fatto non ha dato risultati.
Infine, un rilancio (orientato alla teoria degli schemi, ma puramente topologico):
Rilancio. Supponete che [tex]f \colon X \to Y[/tex] sia una mappa continua, con [tex]Y[/tex] di Hausdorff e compattamente generato (localmente compatto, se preferite). Allora [tex]f[/tex] è propria se e solo se per ogni spazio topologico [tex]Z[/tex] la mappa indotta [tex]f \times 1_Z \colon X \times Z \to Y \times Z[/tex] è chiusa.
Posto la mia soluzione pubblicamente. Semplicemente possiamo assumere dal principio che [tex]\mathcal B[/tex] sia una famiglia saturata per intersezioni finite. Onde evitare incomprensioni ed imbrogli, spesso causati da affermazioni male giustificate, faccio prima a rifare qui la dimostrazione da zero.
Assumerò il lemma del pifferaio magico
Proposizione. Se [tex]f \colon X \to Y[/tex] è una mappa continua tra spazi topologici ed inoltre è perfetta, allora è propria.
Dimostrazione. Sia [tex]K[/tex] un compatto di [tex]Y[/tex] e supponiamo per assurdo che [tex]f^{-1}(K)[/tex] non sia compatto. Allora per la PIF dovrà esistere una famiglia di chiusi [tex]\mathcal B[/tex] di [tex]f^{-1}(K)[/tex] (rispetto alla topologia indotta), dotata della PIF e tale che [tex]\bigcap_{B \in \mathcal B} B = \emptyset[/tex]. Affermo che non è restrittivo assumere che [tex]\mathcal B[/tex] sia chiusa per intersezioni finite. In effetti, consideriamo [tex]\mathcal B' := \{B_1 \cap \ldots \cap B_n \mid n \in \mathbb N, \: B_i \in \mathcal B \}[/tex]. Allora
[list=1]
[*:xk4igadq][tex]\mathcal B'[/tex] è una famiglia di chiusi. Questo è chiaro, visto che l'intersezione (arbitraria) di chiusi è un chiuso;[/*:m:xk4igadq]
[*:xk4igadq] [tex]\mathcal B'[/tex] gode della PIF. Infatti, scegliamo un numero finito di suoi elementi, [tex]A_1,\ldots,A_n \in \mathcal B'[/tex]; per definizione [tex]A_i = B_{i,1} \cap \ldots \cap B_{i,r_i}[/tex], quindi [tex]\bigcap_{i = 1}^n A_i = \bigcap_{i = 1}^n \bigcap_{k = 1}^{r_i} B_{i,k} \ne \emptyset[/tex];[/*:m:xk4igadq]
[*:xk4igadq] [tex]\mathcal B'[/tex] è chiusa per intersezioni finite. Infatti, scegliamo [tex]A_1,\ldots,A_n \in \mathcal B'[/tex]. Usando le notazioni del punto precedente [tex]\bigcap_{i = 1}^n A_i = \bigcap_{i = 1}^n \bigcap_{k = 1}^{r_1} B_{i,k} \in \mathcal B'[/tex], per definizione di [tex]\mathcal B'[/tex].[/*:m:xk4igadq][/list:o:xk4igadq]
Quindi possiamo effettivamente assumere dal principio che [tex]\mathcal B[/tex] (tolgo l'apice) sia una famiglia di chiusi dotata della PIF ed a intersezione vuota. Per ipotesi [tex]f[/tex] è una funzione chiusa, quindi [tex]f(B)[/tex] è chiuso per ogni [tex]B \in \mathcal B[/tex]. Visto che [tex]f(B_1 \cap \ldots \cap B_n) \subseteq f(B_1) \cap \ldots \cap f(B_n)[/tex] segue che [tex]f(B_1) \cap \ldots \cap f(B_n) \ne \emptyset[/tex] per ogni [tex]n \in \mathbb N[/tex] ed ogni scelta di [tex]B_1,\ldots,B_n \in \mathcal B[/tex]. Pertanto la famiglia [tex]\{f(B), \: B \in \mathcal B\}[/tex] è una famiglia di chiusi in [tex]K[/tex] dotata della PIF. Visto che [tex]K[/tex] è compatto, [tex]\bigcap_{B \in \mathcal B} f(B) \ne \emptyset[/tex]. Sia dunque [tex]y[/tex] un elemento in questa intersezione. Per definizione, [tex]f^{-1}(y) \cap B \ne \emptyset[/tex] per ogni [tex]B \in \mathcal B[/tex]. La famiglia [tex]\{f^{-1}(y) \cap B, \: B \in \mathcal B\}[/tex] adesso è una famiglia di chiusi in un compatto, e ha la PIF perché [tex]\bigcap_{i = 1}^n (f^{-1}(y) \cap B_i) = f^{-1}(y) \cap \bigcap_{i = 1}^n B_i[/tex], e [tex]\bigcap_{i = 1}^n B_i \in \mathcal B[/tex] (visto che [tex]\mathcal B[/tex] è chiusa per intersezioni finite), da cui segue, per scelta di [tex]y[/tex], [tex]\bigcap_{i = 1}^n (f^{-1}(y) \cap B_i) \ne \emptyset[/tex]. Siccome [tex]f^{-1}(y)[/tex] è compatto per ipotesi, l'intersezione [tex]\bigcap_{B \in \mathcal B} (f^{-1}(y) \cap B) \ne \emptyset[/tex], ossia [tex]\bigcap_{B \in \mathcal B} B \ne \emptyset[/tex], assurdo. [tex]\square[/tex]
Spero di non avervi annoiato con questa fully formal dimostrazione. Per scusarmi, faccio qualche commento al thread:
"elvis":
2bis) Si arriva allo stesso risultato con l'ipotesi \(Y\) Hausdorff localmente compatto. La dimostrazione che ho buttato giù è la seguente:
E' la prima che mi è venuta in mente, quando ho letto il problema. Naturalmente c'è bisogno dell'Hausdorff, ma si può lasciare da parte il localmente compatto. Basta che lo spazio sia compattamente generato (ossia che la tesi del lemma sia valida, i.e. che i compatti formino un ricoprimento fondamentale, vedere qui per qualche sorta di approfondimento in stile fancy).
Poi, riguardo al problema iniziale, in pratica tu vuoi eliminare Hausdorff. Ma è impossibile.
Controesempio. Consideriamo [tex]X = \{a,b\}[/tex] con topologia discreta e [tex]Y = \{a,b\}[/tex] con topologia banale; sia [tex]f \colon X \to Y[/tex] l'applicazione identica (a livello insiemistico). E' continua ed è propria ([tex]X[/tex] è compatto...). Tuttavia [tex]f(a) = a[/tex] che non è chiuso.
Un parziale viceversa: supponiamo che [tex]Y[/tex] sia uno spazio topologico tale che per ogni mappa continua e propria [tex]f \colon X \to Y[/tex], [tex]f[/tex] è chiusa. Allora [tex]Y[/tex] è T1: se [tex]x \in Y[/tex] è un punto qualsiasi, prendete la mappa [tex]\{*\} \to Y[/tex] che manda [tex]*[/tex] in [tex]x[/tex]. Questa è continua e propria banalmente, quindi è chiusa; pertanto tutti i punti di [tex]Y[/tex] sono chiusi. Potrebbe essere interessante vedere se questa proprietà implica T2. Per adesso il tentativo idiota che ho fatto non ha dato risultati.
Infine, un rilancio (orientato alla teoria degli schemi, ma puramente topologico):
Rilancio. Supponete che [tex]f \colon X \to Y[/tex] sia una mappa continua, con [tex]Y[/tex] di Hausdorff e compattamente generato (localmente compatto, se preferite). Allora [tex]f[/tex] è propria se e solo se per ogni spazio topologico [tex]Z[/tex] la mappa indotta [tex]f \times 1_Z \colon X \times Z \to Y \times Z[/tex] è chiusa.
Grazie mille maurer. Per il controesempio al quesito iniziale: sì, mi ero accorto che serviva qualche ipotesi in più per far funzionare le cose.
Penserò al tuo rilancio.
Penserò al tuo rilancio.
Grazie Mauro,
la chiusura per finite finite intersezioni non l'avevo proprio pensata; comunque non riesco a capire dove utilizzi l'ipotesi che \(f\) sia continua!
P.S.: Con te (e con molti altri) non ci si annoia!
la chiusura per finite finite intersezioni non l'avevo proprio pensata; comunque non riesco a capire dove utilizzi l'ipotesi che \(f\) sia continua!
P.S.: Con te (e con molti altri) non ci si annoia!
In effetti ci ho pensato a quel punto, e non mi risulta di utilizzare la continuità da nessuna parte... se vogliamo una forzatura, una mappa propria è per definizione una mappa continua e tale che la controimmagine di un compatto è un compatto, quindi uso la continuità per garantire la... continuità. Non mi aspetto che ti soddisfi come risposta, ma è l'unica cosa che mi è venuta. D'altronde non stona nel panorama, il fatto che la continuità possa non essere veramente necessaria, solitamente la si assume d'amblé, cosi' come si assume nella vita pratica che gli spazi siano Hausdorff (compattamente generati e debolmente Hausdorff, meglio).
Non so, se trovate qualche errore fatemelo notare!
Non so, se trovate qualche errore fatemelo notare!
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