Prob. 4, Kap. 4 in Baby Rudin: Ein kontinuierliches Bild einer dichten Teilmenge ist dicht im Bereich.

(1). Eine von mehreren äquivalenten Definitionen der Kontinuität ist die$f:X\to Y$ist kontinuierlich, wenn immer$E\subset X$Und$p\in Cl_X(E),$wir haben$f(p)\in Cl_Y(f(E)).$Mit anderen Worten, iff

$$f(Cl_X(E))\subset Cl_Y(f(E))$$ für alle $E\subset X.$

Also wenn$f:X\to Y$ist stetig und$Cl_X(E)=X$Dann

$$f(X)=f(Cl_X(E))\subset Cl_Y(f(E)) \land f(E)\subset f(X)$$ So $f(E)$ist dicht drin $f(X)$. Dies gilt für alle Räume $X,Y.$

(2).Das zweite Q ist anders. Wenn$Y$ist ein Hausdorff-Raum und$X$ist ein beliebiger Raum, und$f:X\to Y,\;g:X\to Y$sind dann stetig$\{p\in X: f(p)=g(p)\}$ist abgeschlossen in X. Äquivalent die Menge

$$S=\{p\in X:f(p)\ne g(p)\}$$ ist geöffnet $X.$

Beweis: Let$a\in S$. Es gibt disjunkte offene Teilmengen$U,V$von$Y$mit$f(a)\in U$Und$g(a)\in Y.$(Weil Y Hausdorff ist und$f(a)\ne g(a)).$Jetzt$f$Und$g$sind stetig, also gibt es offene Mengen$U',V'$von$X$mit$a\in U'$Und$a\in V' ,$so dass$f(U')\subset U$Und$f(V')\subset V.$Dann der Satz

$$W=U'\cap V'$$ ist geöffnet $X$und enthält $a,$und für jeden $b\in W$wir haben $f(b)\ne g(b).$( Weil $f(b)\in U$Und $g(b)\in V$Und $U\cap V=\phi.)$. So $W\subset S.$

Das heißt, für jeden$a\in S$es gibt eine offene Menge$W$von$X$mit$a\in W \subset S,$So$S$ist geöffnet$X$.

FOLGE: Let$Y$Hausdorff sein und lassen$X$beliebiger Raum sein. Wenn$f,g$sind stetig aus$X$Zu$Y$und sich auf eine dichte Teilmenge einigen$E$von$X$Dann$f=g.$Weil

$$\{a\in X:f(a)=g(a)\}=Cl_X\{a\in X: f(a)=g(a)\}\supset Cl_X(E)=X.$$

(3).Für ein Beispiel, was wann passieren kann$Y$ist NICHT Hausdorff vermietet$X=Y=\{0,1\}$wo die einzigen offenen Mengen sind$\phi,\{0\}$Und$\{0,1\}.$(Dies wird als Sierpinski-Raum bezeichnet.) Let$f=id_X$Und$g(X)=\{0\}.$Dann$f$Und$g$sind stetig und stimmen über die dichte Menge überein$\{0\}$Aber$f\ne g.$

Es gibt andere (kompliziertere) Beispiele mit$T_1$Räume$Y$das sind nicht$T_2$Leerzeichen..

Zu Ihrer ersten Frage, ja, Ihr Beweis ist richtig.

Bei der zweiten Frage müssen Sie davon ausgehen$Y$ist ein Hausdorff-Raum , dh bei zwei beliebigen Punkten$x \neq y$, können Sie disjunkte offene Mengen finden$U$Und$V$so dass$x \in U$Und$y \in V$.

Argumentiere durch Widerspruch: let$f(x) \neq g(x)$für einige$x \in X$. Wähle disjunkte offene Mengen$U, V$so dass$f(x) \in U$Und$g(x) \in V$. Dann

$$W := f^{-1}(U) \cap g^{-1}(V)$$ ist geöffnet $X$und nichtleer, weil es enthält $x$. Daher $W \cap E$ist nicht leer, weil $E$ist dicht. Jetzt, $f|W\cap E = g|W \cap E$durch Annahme, im Widerspruch dazu $U$Und $V$sind disjunkt.