[Topologia] Controimmagine infinita

[dan952]

Sia $f: RR \mapsto X$ un'applicazione continua e chiusa con $X$ spazio topologico compatto. Dimostrare che esiste $x \in X$ tale che $f^{-1}(x)$ ha infiniti elementi.

[j18eos]

Sottointeso che la topologia su \(\displaystyle\mathbb{R}\) è quella naturale, i punti di \(\displaystyle\mathbb{R}\) sono chiusi, quindi per le ipotesi i punti di \(\displaystyle f(X)\) sono chiusi; inoltre, essendo \(\displaystyle\mathbb{R}\) stesso un insieme chiuso (e connesso) allora \(\displaystyle f(X)\) è un sottoinsieme chiuso (e connesso) di \(\displaystyle X\), in particolare è compatto.

Senza ledere la generalità, sia \(\displaystyle f\) una funzione suriettiva e \(\displaystyle X\) uno spazio topologico compatto, connesso e soddisfacente l'assioma di separazione di Frécht (\(\displaystyle T_1\))!

Se fosse \(\displaystyle X\) un insieme finito, allora:
\[
X=\bigcup_{k=1}^n\{x_k\},\,\mathbb{R}=f^{-1}(X)=\bigcup_{k=1}^nf^{-1}(x_k)
\]
ovvero esiste \(\displaystyle\overline{k}\in\{1,\dots,n\}\) tale che \(\displaystyle f^{-1}(x_{\overline{k}})\) ha infiniti punti; altrimenti \(\displaystyle\mathbb{R}\) sarebbe un insieme finito.

Sia \(\displaystyle X\) un insieme infinito numerabile; con un ragionamento analogo al caso precedente si ha che esiste \(\displaystyle\overline{x}\in X\) tale che \(\displaystyle f^{-1}\left(\overline{x}\right)\) è un insieme infinito (continuo).

Più in generale, sia \(\displaystyle X\) un insieme infinito e per ipotesi:
\[
\forall x\in X,\,f^{-1}(x)\,\text{è un insieme finito},
\]
allora per ogni sottoinsieme compatto \(\displaystyle K\) di \(\displaystyle X\) si ha che \(\displaystyle f^{-1}(K)\) è un sottoinsieme compatto di \(\displaystyle\mathbb{R}\) (#): ciò è assurdo perché dovrebbe essere \(\displaystyle\mathbb{R}=f^{-1}(X)\) compatto!, onde evitare l'assurdo esiste \(\displaystyle\overline{x}\in X\) tale che \(\displaystyle f^{-1}\left(\overline{x}\right)\) è un insieme infinito, e in particolare non compatto.

Dimostrazione di (#): sia \(\displaystyle\{U_i\subseteq\mathbb{R}\}_{i\in I}\) un ricoprimento aperto di \(\displaystyle f^{-1}(K)\), allora per ogni \(\displaystyle k\in K\) esso è un ricoprimento aperto di \(\displaystyle f^{-1}(k)\); per le ipotesi \(\displaystyle f^{-1}(k)\) è un insieme compatto e quindi:
\[
\exists I_k\subseteq I\mid f^{-1}(k)\subseteq\bigcup_{i\in I_k}U_i.
\]
Per definizione \(\displaystyle\mathbb{R}\setminus\left(\bigcup_{i\in I_k}U_i\right)\) è un insieme chiuso e quindi \(\displaystyle f\left(\mathbb{R}\setminus\left(\bigcup_{i\in I_k}U_i\right)\right)\) è un sottoinsieme chiuso di \(\displaystyle X\), per definizione \(\displaystyle V_k=X\setminus f\left(\mathbb{R}\setminus\left(\bigcup_{i\in I_k}U_i\right)\right)\) è un sottoinsieme aperto di \(\displaystyle X\) e per costruzione \(\displaystyle k\in V_k\); allora \(\displaystyle\{V_k\subseteq X\}_{k\in K}\) è un ricoprimento aperto di \(\displaystyle K\), essendo \(\displaystyle K\) compatto allora:
\[
\exists k_1,\dots,k_n\in K\mid K\subseteq\bigcup_{j=1}^nV_{k_j}\Rightarrow f^{-1}(K)\subseteq\bigcup_{j=1}^nf^{-1}\left(V_{k_j}\right)\subseteq\bigcup_{j=1}^n\bigcup_{i\in I_{k_j}}U_i
\]
ovvero \(\displaystyle f^{-1}(K)\) è un sottoinsieme compatto di \(\displaystyle\mathbb{R}\).

Note finali: non ho usato da nessuna parte la connessione di \(\displaystyle\mathbb{R}\) e l'essere \(\displaystyle X\) uno spazio \(\displaystyle T_1\); né ho usato l'ipotesi di potersi condurre alle componenti connesse di \(\displaystyle X\).
La proprietà (#) afferma che una funzione continua e chiusa \(\displaystyle\varphi:S\to T\) tale che le anti-immagini dei punti di \(\displaystyle T\) (mediante \(\displaystyle\varphi\)) siano compatte in \(\displaystyle S\), allora le anti-immagini (mediante \(\displaystyle\varphi\)) dei sottoinsiemi compatti di \(\displaystyle T\) sono compatte in \(\displaystyle S\).

P.S.: comunque mi sono divertito!

[dan952]

Ok i primi due casi mi sembrano corretti ma il terzo non l'ho capito, comunque la dimostrazione è di 6-7 righe massimo e non si fa cenno ad alcuna proprietà di separabilità o connessione.
Hint: dimostra che data una catena numerabile discendente di chiusi non vuoti e compatti $\cdots \sub K_2 \sub K_1$ si ha $nn_{n} K_n != O/$

[j18eos]

Esattamente cosa non ti torna? E come ho specificato nelle note finali: non ho usato proprietà di separazione e la connessione, anche se ci si può ricondurre al caso che \(\displaystyle f\) sia suriettiva ed \(\displaystyle X\) connesso.

...ed avevo pure pensato al teorema di intersezione di Cantor, ma non sono riuscito a usarlo.

[dan952]

Sì ho visto che avevi scritto nelle note era solo per rassicurarti che non serve e al teorema di Cantor avevi pensato bene...un uccellino ha parlato: famiglia $K_n=f([n,+\infty))$ di chiusi e compatti cip cip...
Dopo ti dico cosa non mi è chiaro in realtà non capisco come usi la falsa ipotesi $f^{-1}(x)$ finito per ogni $x \in X$ che se non ho capito male ti serve per dimostrare (#) giusto? Un altro dubbio (in realtà sarà una svista mia) è come fai a dire che $f^{-1}(X)$ è compatto?

[j18eos]

"dan95":...non capisco come usi la falsa ipotesi $ f^{-1}(x) $ finito per ogni $ x \in X $ che se non ho capito male ti serve per dimostrare (#) giusto? Un altro dubbio (in realtà sarà una svista mia) è come fai a dire che $ f^{-1}(X) $ è compatto?

Ti riporto la proprietà (#) per esteso:

"j18eos":...La proprietà (#) afferma che una funzione continua e chiusa \(\displaystyle\varphi:S\to T\) tale che le anti-immagini dei punti di \(\displaystyle T\) (mediante \(\displaystyle\varphi\)) siano compatte in \(\displaystyle S\), allora le anti-immagini (mediante \(\displaystyle\varphi\)) dei sottoinsiemi compatti di \(\displaystyle T\) sono compatte in \(\displaystyle S\)...

Suppongo in assurdo che tutti i punti di \(\displaystyle X\) abbiano anti-immagini finite, in particolare hanno anti-immagini compatte; allora le anti-immagini dei sottoinsiemi compatti di \(\displaystyle X\) sono compatte, in particolare l'anti-immagine di \(\displaystyle X\) è compatta: assurdo\contraddizione!

P.S.: ho corretto una svista che non inficia la correttezza del ragionamento, ma avendo problemi di connessione risulta che abbia eseguite 28 correzioni anziché 3!

[dan952]

Diciamo che la parte che ogni contro immagine di un compatto di $X$ è compatta l'avevo capita, ed adesso ho capito pure come fai ad arrivare a dire che $f^{-1}(X)$ è compatto, infatti sia $\mathcal{C}$ una famiglia di chiusi che ricopre $X$, essendo $X$ compatto esistono $C_1, \cdots, C_n$ tali che $X = uu_{i \leq n} C_i$, poiché la contro immagine si comporta bene rispetto alle unioni si ha $f^{-1}(X)=uu_{i \leq n} f^{-1}(C_i)$ dunque essendo unione finita di compatti $f^{-1}(X)$ è compatto, ma $f^{-1}(X)=RR$ dunque $RR$ è compatto, assurdo.

Se ho sbagliato qualcosa ti chiedo umilmente scusa sono alle prime armi con queste cose.

[j18eos]

"dan95":...sia $\mathcal{C}$ una famiglia di chiusi che ricopre $X$, essendo $X$ compatto esistono $C_1, \cdots, C_n$ tali che $X = uu_{i \leq n} C_i$...

Mai usato un ricoprimento per chiusi in vita mia; inoltre, gli insiemi chiusi non si comportano bene con l'unione.

Ricordati che sono giunto ad assumere che \(\displaystyle f\) sia suriettiva...

[dan952]

Il ricoprimento con i chiusi esiste, sul mio libro (Manetti) ne fa cenno. Comunque per essere più convinti, se prendo una famiglia $\mathcal{A}$ di aperti che formano un ricoprimento di $X$, per ipotesi di compattezza, da questo posso estrarre un sotto ricoprimento finito di aperti $A_1, \cdots, A_n$, la loro unione, e a maggior ragione l'unione delle loro chiusure, è $X$.
Comunque a parte questo, c'è una dimostrazione è più corta...

Diamo per buono quello che ho detto riguardo alla catena discendente, la famiglia di insiemi $K_n=f([n,+\infty))$ soddisfanno le condizioni del teorema e quindi $\exists x \in nn_n K_n$, supponiamo che $f^{-1}(x)$ sia finito allora esiste un $k \in NN$ tale che $f^{-1}(x) sub (-\infty, k)$ ovvero $x$ non appartiene a $K_k$ e dunque a $nn_n K_n$, contro l'ipotesi.

[j18eos]

"dan95":...supponiamo che $f^{-1}(x)$ sia finito allora esiste un $k \in NN$ tale che $f^{-1}(x) sub (-\infty, k)$ ovvero $x$ non appartiene a $K_k$ e dunque a $nn_n K_n$, contro l'ipotesi.

Non ho capito nulla!

[dan952]

Supponiamo che $f^{-1}(x)$ è finito per ogni $x \in X$, in particolare lo è per quel $x$ appartenente all'intersezione.
Allora $f^{-1}(x)$ è finito e dunque ha un numero $h$ di elementi, un numero $h$ di punti possono stare dovunque in $RR$ ma sicuramente trovo un $k$ naturale tale che il massimo degli $h$ elementi è minore di $k$ e dunque $f^{-1}(x)$ è certamente contenuto in $(-\infty, k)$ (per forza no?!) e dunque $x$ non potrà appartenere a $K_k=f([k,+\infty))$ perché nella sua controimmagine non ci sono elementi $\geq k$ e dunque certamente non potrà appartenere all'intersezione di tutti i chiusi $K_n$.

[j18eos]

Ma chi ti assicura che \(\displaystyle f^{-1}(K_n)=[n,+\infty[\)?

[dan952]

Non capisco il senso della domanda, se $x \in K_n$ allora esiste un numero reale $r$ in $[n,+\infty)$ tale che $f(r)=x$, dato che $K_n=f([n,+\infty))$ ma per "falsa" ipotesi segue che $ f^{-1}(x) sub (-\infty,n)$ se $x$ appertenesse a $K_n$ seguirebbe che $ f^{-1}(x) sub (-\infty,n) uu A$ dove $A$ un insieme contenente almeno un punto di $[n, +\infty)$, ma così non è...

[j18eos]

Calma e sangue freddo...

Siano
\[
\forall n\in\mathbb{Z},\,f([n,+\infty[)=K_n\subseteq X
\]
per le ipotesi i \(\displaystyle K_n\) sono sottoinsiemi chiusi di \(\displaystyle X\) e quindi compatti; per il teorema dell'intersezione di Cantor:
\[
\exists x\in\bigcap_{n\in\mathbb{Z}}K_n\Rightarrow\emptyset\neq f^{-1}(x)\subseteq\bigcap_{n\in\mathbb{Z}}f^{-1}(K_n)
\]
e in particolare:
\[
\forall n\in\mathbb{Z},\,[n,+\infty[\subseteq f^{-1}(K_n).
\]
Per assurdo le anti-immagini dei punti di \(\displaystyle X\) siano insiemi finiti; quindi:
\[
\exists M\in\mathbb{Z}\mid f^{-1}(x)\subseteq]-\infty,M[
\]
...come dimostreresti che:
\[
\bigcap_{n\in\mathbb{Z}}f^{-1}(K_n)\cap]-\infty,M[=\emptyset\text{?}
\]
Non puoi perché in generale è falso!

Esempio: Considera la funzione chiusa, continua e suriettiva:
\[
f:x\in\mathbb{R}\to\left(\cos(2\pi x),\sin(2\pi x)\right)\in\mathbb{S}^1;
\]
ottieni che:
\[
\forall n\in\mathbb{Z},\,f^{-1}(f([n,+\infty[))=\mathbb{R}.
\]

[dan952]

Ho modificato il post precedente, infatti avevo scritto una cosa che in teoria non vale in generale, adesso dovrebbe essere tutto più chiaro.

[Studente Anonimo]

"dan95":$f^{-1}(x)$ è finito e dunque ha un numero $h$ di elementi, un numero $h$ di punti possono stare dovunque in $RR$ ma sicuramente trovo un $k$ naturale tale che il massimo degli $h$ elementi è minore di $k$ e dunque $f^{-1}(x)$ è certamente contenuto in $(-\infty, k)$ (per forza no?!) e dunque $x$ non potrà appartenere a $K_k=f([k,+\infty))$ perché nella sua controimmagine non ci sono elementi $\geq k$

Giusto, sono d'accordo. Fine.

In particolare basta che gli $f^{-1}(x)$ siano insiemi superiormente limitati (non serve che siano finiti), o sbaglio?

[j18eos]

@dan95 Per esattezza avresti dovuto scrivere che \(\displaystyle\forall n\in\mathbb{N},\exists r_n\in[n,+\infty[\mid f(r_n)=x\)...

@Martino L'assurdo si ottiene chiedendo che le anti-immagini siano limitate.