Projeção fechada.
No espaço produto, $X \times Y$, sabemos que a projeção (por exemplo) na primeira coordenada
\begin{align*}
\pi_1: X \times Y &\rightarrow X
\\
(x,y) &\mapsto x
\end{align*}
NEM SEMPRE é fechada.
Mostre que quando $Y$ é compacto, então $\pi_1$ é fechada. (eu ainda não fiz... espero que esteja correto!)
- TThiago Guimarães Melo @thiagogmelo
Seja $F \subset X \times Y$ fechado na topologia produto $\tau_{\pi_1 \times \pi_2}$. Para cada $x \in X$, defina a faixa $Y_x = \{ y \in Y : (x,y) \in F\}$. Evidentemente, pode acontecer de $Y_x$ ser vazio. Porém, vale a igualdade
$$\pi_1(F) = \{x \in X : Y_x \neq \emptyset\}.$$
Mostremos que o complementar de $\pi_1(F)$ é aberto, para tanto, considere $x_0 \not\in \pi_1(F)$. Neste caso, $Y_{x_0} = \emptyset$, ou seja, $(x_0, y) \in F^{c},$ para todo $y \in Y.$ Assim, para cada $y \in Y$ existem abertos $U^y, V^y$, nas topologias de $X$ e $Y$, respectivamente, tais que $(x_0,y) \in U^y\times V^y \subset F^c$. Claramente a família $\{V^y\}_{y \in Y}$ cobre $Y$ e, devido a sua compacidade, existem $y_1, ..., y_k \in Y$ tais que $Y = \cup_{i=1}^{k} V^{y_i}$. Além disso, como $x_0 \in U^y$, para todo $y \in Y$, segue que $x_0 \in U_{x_0} :=\cap_{i=1}^k U^{y_i}$, que é um aberto de $X$. Afirmamos que $U_{x_0} \subset (\pi_1(F))^c$. De fato, se $z \in \pi_1(F)$, então, existe $y \in Y$ tal que $(z,y) \in F$. Além disso, $y \in V^{y_j}$, para algum $j \in \{1, ..., k\}$. Portanto, $z \not\in U_0$, pois, do contrário, teríamos que $z \in U^{y_j}$. Consequentemente, $(z,y) \in U^{y_j} \times V^{y_j} \subset F^c$, o que não é verdade.- AAndré Caldas @andrecaldas
Muito bom!
Você construiu uma vizinhança do conjunto $Y_{x_0}$ que não tem interseção com $F$.
Uma coisa que é fácil de desenhar, é concluindo que o aberto $U_{x_0} \times Y$ não tem interseção com $F$. Falar dos abertos em $X$, é como falar das "faixas abertas" $\pi_1^{-1}(A)$ em $X \times Y$.
Talvez (não se se é uma boa), você pudesse, ao invés de usar $U^y \times V^y$, você pudesse tomar um aberto $A_y$ no produto, e usar o fato de $\pi_1$ ser uma aplicação aberta. É como se o $\pi_1(A_y)$ fosse justamente o seu $U^y$. Assim, não precisaria utilizar a base.
- TThiago Guimarães Melo @thiagogmelo
Veja se entendi corretamente, vou tentar adaptar o que eu já havia feito com o que o senhor falou: Se $x_0 \not\in \pi_1(F)$, então $(x_0,y) \in F^c$, para todo $y \in Y$. Como este é aberto, existe $A_y \in \tau_{\pi_1\times \pi_2}$ tal que $(x_0,y) \in A_y \subset F^c$. Como $\pi_2$ é uma aplicação aberta e $Y = \cup_{y \in Y} \pi_2(A_y)$, devido a compacidade de $Y$ existem $y_1, ..., y_k$ tais que $Y = \cup_{i=1}^{k} \pi_{2}(A_{y_{i}})$.
A partir daqui não sei bem como proceder. Pensei em provar que a faixa $x_0 \times Y$ é coberto pela família família $\{A_{y_{i}} : i = 1, ..., k\}$. (não consegui provar isto, acho que não é verdade). Se assim for, poderíamos definir $U_{x_0} = \cap_{i=1}^{k} \pi_{1}(A_{y_{i}})$. Mas a partir daqui não consigo proceder com um argumento semelhante ao que eu havia feito.
- AAndré Caldas @andrecaldas
Desse jeito que eu falei, acho que não dá pra fazer. Você realmente precisa do "retângulo". O trabalho todo é encontrar uma base para esse retângulo que seja pequena o suficiente.
Mas eu não estava sugerindo que você usasse $\pi_2$. Era $\pi_1$, mesmo. No seu cinto de utilidades já pode ter o fato de $\{x_0\} \times Y$ ser compacto (é homeomorfo a $Y$).
Deixa pra lá... acho que não dá pra fazer da maneira que eu sugeri, não.