Lista 2/02 - Exercício 3

Eu tentei fazer essa questão, mas travei em uma parte: alguém sabe como posso mostrar que $y \in \text{int} \ f(B)$ e $y_1 \in \text{int} \ f(D)$ na minha tentativa abaixo?

Vamos mostrar que $Y$ é um espaço normal. Seja $F$ um fechado em $Y$ qualquer. Pela continuidade de $f$, $f^{-1}(F)$ é um fechado em $X$. Como $X$ é um espaço normal, existe $P$ fechado em $X$ cujo interior contém $f^{-1}(F)$ e, por $f$ ser uma aplicação fechada, $f(P)$ é um fechado que contém $f(f^{-1}(F)) = F$, sendo a igualdade válida por causa da hipótese de que $f$ é sobrejetiva.

Observe que o interior de $f(P)$ contém $F$. De fato, tome $y \in F$, então existe $x \in f^{-1}(F)$ tal que $y = f(x)$ e, por $P$ ser um fechado em $X$ cujo interior contém $f^{-1}(F)$, existe $B$ uma vizinhança de $x$ tal que

$$B \subset P,$$

o que implica que

$$f(B) \subset P.$$

Assim,

$$\text{int} \ f(B) \subset f(B) \subset f(P),$$

isto é, $\text{int} \ f(B)$ é uma vizinhança de $y = f(x)$ contida em $f(P)$, então $F \subset \text{int} \ f(P)$, portanto $f(P)$ é um fechado cujo interior contém $F$, o que mostra que $Y$ é um espaço normal.

Agora, vamos mostrar que $Y$ satisfaz o axioma $T_1$. Sejam $y_1, y_2 \in Y$ com $y_1 \neq y_2$ quaisquer. Pela sobrejetividade da $f$, existem $x_1, x_2 \in X$ tais que $y_1 = f(x_1)$ e $y_2 = f(x_2)$. Como $X$ satisfaz o axioma $T_1$, existem $A,C$ abertos em $X$ tais que $x_1 \in A \cap (X \backslash B)$ e $x_2 \in B$.

Se $x_1 \in A$, então $y_1 = f(x_1) \in \text{int} \ f(A)$. De fato, se $x_1 \in A$, então existe uma vizinhança $D$ de $x_1$ tal que

$$D \subset A,$$

o que implica que

$$f(D) \subset f(A).$$

Assim,

$$\text{int} \ f(D) \subset f(D) \subset f(A),$$
isto é, $\text{int} \ f(D)$ é uma vizinhança de $y_1 = f(x_1)$ contida em $f(A)$, então $y_1 \in \text{int} \ f(A)$. Analogamente, se $x_2 \in C$, então $y_2 = f(x_2) \in \text{int} \ f(C)$.

Note que $f(x_1) \in Y \backslash f(C)$, caso contrário, $x_1 \in C$, o que contraria a hipótese de que $X$ satisfaz o axioma $T_1$. Assim, encontramos vizinhanças abertas $\text{int} \ f(A)$ de $y_1$ e $\text{int} \ f(B)$ de $y_2$ tais que $y_1 \in \left( \text{int} \ f(A) \right) \cap \left( Y \backslash f(C) \right)$ e $y_2 \in \text{int} \ f(C)$, portanto $Y$ satisfaz o axioma $T_1$.

Como $Y$ é um espaço normal e satisfaz o axioma $T_1$, $Y$ satisfaz o axioma $T_4$.

Tentativa de demonstração que as hipóteses do exercício implicam $(Y,\sigma$) normal
Sejam $F_1,F_2\subset Y$ subconjuntos fechados e disjuntos de $Y$ então, sendo $f$ contínua,
$f^{-1}(F_1)$ e $f^{-1}(F_2)$ são subconjuntos fechados e disjuntos de $X$. Como $(X,\tau)$ é normal existem abertos disjuntos $A_1,A_2$ em $X$ tais que,
\begin{align*}
f^{-1}(F_1)\subset A_1 \ \text{e} \ f^{-1}(F_2)\subset A_2
\end{align*}
Logo,
\begin{align*}
A_1^c\subset f^{-1}(F_1)^c=f^{-1}(F_{1}^{c})\\
A_2^c\subset f^{-1}(F_2)^c=f^{-1}(F_{2}^{c})
\end{align*}
Assim, sendo $f$ sobrejetiva temos,
\begin{align*}
f(A_1^c)\subset f(f^{-1}(F_{1}^{c})=F_{1}^{c}\\
f(A_2^c)\subset f(f^{-1}(F_{2}^{c})=F_{2}^{c}
\end{align*}
Ou seja,
\begin{align*}
F_1\subset f(A_1^c)^c \ \text{e} \ F_2\subset f(A_2^c)^c
\end{align*}
Como $f(A_1^c)^c$ e $f(A_2^c)^c$ são abertos resta provar que são disjuntos. De fato, suponha por contradição que, exista $y\in Y$ tal que,
\begin{align*}
y\in f(A_1^c)^c\cap f(A_2^c)^c
&\Rightarrow y\not\in f(A_1^c) \ \text{e} \ y\not\in f(A_2^c)\\
&\Rightarrow f^{-1}(y)\not\in A_{1}^{c} \ \text{e} \ f^{-1}(y)\not\in A_{2}^{c}\\
&\Rightarrow f^{-1}(y)\in A_1 \ \text{e} \ f^{-1}(y)\in A_2
\end{align*}
um absurdo pois, por hipótese, $A_1\cap A_2=\varnothing$. Portanto, $f(A_1^c)^c$ e $f(A_2^c)^c$ são abertos disjuntos o que termina a prova.