Окрестность компакта, инъективность отображения

[FFFF]

Здравствуйте!
$f: X \rightarrow Y$ - непрерывное отображение, $Y$ - хаусдорфово. $K \subset X$ - компактное подмножество $X$ и сужение $f$ на $K$ - инъективно, кроме того $\forall a \in K \ \exists U_{a}$ - окрестность $a$ такая, что сужение $f$ на $U_{a}$ - также инъективно. Доказать, что существует окрестность $U$ множества $K$ такая, что сужение $f$ на $U$ также инъективно.
Пока не придумал ничего лучше, чем выделить из открытого покрытия $\bigcup_{a \in K} U_{a}$ конечное подпокрытие и вырезать из него множества вида $U_{b} \backslash K$, такие что $\exists U_{c} : f(U_{b})\cap f(U_{c})\neq \varnothing$ Но проблема в том, что полученное множество может не быть открытым. Можно ли здесь использовать какую-нибудь хорошую теорему, связанную с компактами, или же применить менее явное и более простое рассуждение?

[alcoholist]

Может быть использовать то, что $f|_K$ -- гомеоморфизм на образ?

[MaximVD]

Идея: При сделанных предположениях можно доказать, что для любой точки $a \in K$ существует окрестность $V_a$ такая, что сужение $f$ на $V_a \cup K$ инъективно. Из этого можно вывести, что для любых точек $a_1, \ldots, a_n \in K$ существуют окрестности $V_k$ такие, что сужение $f$ на $V_1 \cup V_2 \ldots \cup V_n \cup K$ инъективно.
(Этой идее далеко до доказательства, но, вдруг, она поможет вам найти решение.)

[alcoholist]

MaximVD в сообщении #544384 писал(а):

Из этого можно вывести

Чем пользоваться? Вообще говоря, это неверно

[FFFF]

alcoholist в сообщении #544336 писал(а):

Может быть использовать то, что $f|_K$ -- гомеоморфизм на образ?

Не совсем понятно, как использовать условие хаусдорфовости $Y$, да, из него следует, что $f|_K$ - топологическое вложение $K$ в $Y$. Также можно сказать, что $f$ - замкнутое отображение. Пока непонятно, как использовать эти факты. Это задачка из "Элементарной топологии" Виро, Нецветаев и др., №16.28, по-моему

[MaximVD]

alcoholist в сообщении #544400 писал(а):

Чем пользоваться? Вообще говоря, это неверно

Если оно неверно, то неверно и исходное утверждение. Поскольку, если исходное утверждение верно, то в качестве окрестностей $V_i$ можно взять искомую окрестность компакта $U$. Или я что-то не понимаю? Если так, то поправьте, пожалуйста.

Попробую привести доказательство для двух точек $a_1$ и $a_2$ (если случай одной точки доказан). Пусть таких окрестностей нет. Тогда обозначим через $\Lambda = \{ (U, V) \mid U \text{ - окрестность } a_1, V \text{ - окрестность } a_2 \}$ и упорядочим его по включению, т.е. $(U_1, V_1) \le (U_2, V_2)$ тогда и только тогда, когда $U_2 \subset U_1$ и $V_2 \subset V_1$. Находим $V_{a_1}$ и $V_{a_2}$ такие, что сужение $f$ на $V_{a_i}\cup K$ инъективно. Берём произвольное $\lambda = (U, V) \in \Lambda$. Поскольку требуемых окрестностей нет, то существуют $x_{\lambda} \in U \cap V_{a_1}$ и $y_{\lambda} \in V \cap V_{a_2} $ такие, что $f(x_{\lambda}) = f(y_{\lambda})$ и $x_{\lambda} \ne y_{\lambda}$. Получили две направленности $x_{\lambda}$, $\lambda \in \Lambda$ и $y_{\lambda}$, $\lambda \in \Lambda$. Направленность $x_{\lambda}$ сходится к $a_1$, а направленность $y_{\lambda}$ к $a_2$. Поскольку отображение $f$ непрерывно, то $f(x_{\lambda})$ сходится к $f(a_1)$, а $f(y_{\lambda})$ к $f(a_2)$. Но $f(a_1) \ne f(a_2)$, $f(x_{\lambda}) = f(y_{\lambda})$ и пространство $Y$ хаусдорфово, поэтому такого не может быть. Вроде так, хотя я мог ошибиться.

[FFFF]

Сейчас подумал: можно использовать тот факт, что $f(K)$ - тоже компакт и поиграть с его покрытиями, посмотреть, как они переносятся при отображении.

[FFFF]

Пока не понимаю, может, есть ещё идеи?

[Oleg Zubelevich]

В случае метрического $X$ доказательство очевидно. Вообще утверждение выглядит как классическое, но что-то в других текстах по топологии я ничего похожего не нашел. Как-то странно все это. И в книжке оно идет после вполне стандартных теорем среди других совершенно простых задач...
Someone а-у, может выскажитесь, Вы же тополог

[sup]

По индукции. Начнем с двух множеств.
Пусть $A, B$ открытые, $K \subset A \cup B $ и отображение $f$ инъективно на $A,B,K$. Покажем, что найдется открытое $C$ такое, что $K \subset C$ и $f$ инъективно на $C$. Обозначим $K_1=K \backslash B$ и $K_2=K \backslash A$. Очевидно, можно считать, что $K_1, K_2$ непусты (иначе тривиально либо $C=A$ либо $C=B$).
Легко видеть, что $K_1, K_2$ - компактны и $K_1 \cap K_2 = \varnothing$
Далее $f(K_1)$ и $f(K_2)$ тоже компактны. А значит (хаусдорфовость) разделяются открытыми множествами $V_1,V_2$. Рассмотрим три открытых множества $f^{-1}(V_1) \cap A$, $f^{-1}(V_2) \cap B$ и $A \cap B$. Легко видеть, что их объединение - искомое множество $C$
Пусть теперь $K$ накрыто неким набором открытых множеств $A_1, A_2, ...$. Рассмотрим множество $K_1=K \backslash A_1$. Оно, очевидно, компактно и для него выполнены все условия. После этого применяем индукцию ...

[FFFF]

sup
Спасибо, понятно!
Такой вопрос:

sup в сообщении #545510 писал(а):

А значит (хаусдорфовость) разделяются открытыми множествами $V_1,V_2$

Для этого хватает хаусдорфовости? Если бы множества были просто замкнутыми, то точно требовалась бы нормальность пространства $Y$. За счёт чего получается разделить непересекающиеся компакты?

[Joker_vD]

FFFF
Гляньте здесь: post359466.html#p359466 .

[FFFF]

Joker_vD
В задаче $Y$ не является компактным, поэтому можно только сказать, что $K_1, K_2$ - нормальны. Или я неправильно Вас понял?

[Joker_vD]

И бог с ним, что $Y$ не компактно, зато компактны $K_1,K_2$, поэтому доказательство существования у них непересекающихся окрестностей переписывается практически без изменений.