(ii) (X, τ) là không gian S-đóng địa phương; (iii) (X, τ) là không gian tựa H-đóng địa phương. Chứng minh. Suy từ Mệnh đề 2.1.8 và Bổ đề 2.1.9.
2.2 MỘT SỐ ÁNH XẠ SUY RỘNG TRÊN KHÔNG GIAN s-ĐÓNG ĐỊA PHƯƠNG ĐÓNG ĐỊA PHƯƠNG
2.2.1 Định nghĩa ([5]). Ánh xạ f : (X, τ)→(Y, σ) được gọi là s-θ-đóng
(s-θ-closed) nếu ảnh của mỗi tập nửa θ-đóng là tập đóng.
2.2.2 Mệnh đề. Ánh xạ f : (X, τ)→(Y, σ) là s-θ-đóng nếu và chỉ nếu cl(f(A)) ⊂f(sclθ(A)), với mọi A ⊂ X.
Chứng minh. Giả sử f : (X, τ)→(Y, σ) là s-θ-đóng và A là tập con bất kỳ của X. Khi đó, vì sclθ(A) là tập nửa θ-đóng trong X nên f(sclθ(A)) là tập đóng trong Y và f(A) ⊂f(sclθ(A)). Suy ra cl(f(A)) ⊂ f(sclθ(A)).
Ngược lại, giả sử A là tập nửa θ-đóng trong X. Khi đó ta có A = sclθ(A)
và
f(A) ⊂ cl(f(A)) ⊂ f(sclθ(A)) =f(A).
Suy ra f(A) =cl(f(A)). Do đó f(A) đóng trong Y. Vậy, f là nửa θ-đóng.
2.2.3 Mệnh đề ([5]). Toàn ánh f : (X, τ)→(Y, σ) là s-θ-đóng nếu và chỉ nếu với mỗi tập con A của Y và mỗi tập nửa θ-mở U trong X, U chứa f−1(A), tồn tại tập mở V trong Y, V chứa A sao cho f−1(V) ⊂U.
Chứng minh.Điều kiện cần. Giả sửf : (X, τ)→(Y, σ)là toàn ánh s-θ-đóng,
A ⊂ Y, U là tập nửa θ-mở trong X, U chứa f−1(A). Đặt V = Y\f(X\U). Khi đó, vì f(X\U) ⊂ Y\f(U) nên f(U) ⊂ Y\f(X\U) = V. Do f−1(A) ⊂U
nên ta suy ra A ⊂ V. Nhờ giả thiết f là s-θ-đóng ta có f(X\U) đóng trong
Y và do đó V mở trong Y. Hơn nữa ta có
f−1(V) =f−1[Y\f(X\U)] = X\f−1[f(X\U)] ⊂ U.
Điều kiện đủ. Giả sửf : (X, τ)→(Y, σ) là toàn ánh, với mỗi tập con A⊂ Y
và mỗi tập nửa θ-mở U trong X, U chứa f−1(A), tồn tại tập mở V trong
Y, V chứa A sao cho f−1(V) ⊂ U. Ta chứng minh f là s-θ-đóng. Thật vậy, giả sử K là tập nửa θ-đóng trong X và y ∈ Y\f(K). Khi đó, X\K là tập nửa θ-mở chứa f−1(y). Nhờ giả thiết điều kiện đủ, tồn tại tập mở Vy chứa y
sao cho f−1(Vy) ⊂ X\K. Điều này kéo theo, y ∈ Vy ⊂ Y\f(K). Do đó ta có
Y\f(K) = ∪{Vy : y ∈ Y\f(K)}. Suy ra Y\f(K) là tập mở và do đó f(K)
đóng trong Y. Vậy, f là s-θ-đóng.
2.2.4 Bổ đề ([5]). Tập con A của không gian tôpô (X, τ) là s-tập nếu và chỉ nếu mọi phủ của A bởi các tập nửa θ-mở có phủ con hữu hạn.
2.2.5 Bổ đề. Giao của một họ tùy ý các tập nửa θ-đóng là tập nửa θ-đóng và do đó hợp của một họ tùy ý các tập nửa θ-mở là tập nửa θ-mở.
Chứng minh. Giả sử {Ai : i ∈ I} là một họ các tập nửa θ-đóng trong không gian tôpô (X, τ). Ta chứng minh T
i∈I Ai là tập nửa θ -đóng. Thật vậy, lấy bất kỳ x ∈ sclθ T i∈I Ai . Khi đó ta có scl(U) ∩ T i∈I Ai 6 = ∅, với mọi
U ∈ SO(x). Suy ra scl(U)∩ Ai 6= ∅, với mọi U ∈ SO(x). Điều này kéo theo
x ∈ sclθ(Ai) với mọi i ∈ I và do đó x ∈ T i∈I sclθ(Ai). Vì Ai là nửa θ-đóng nên sclθ(Ai) = Ai, với mọi i ∈ I. Từ đó ta có x ∈ T i∈I sclθ(Ai) = T i∈I Ai. Điều này chứng tỏ sclθ T i∈I Ai ⊂ T i∈I (Ai). Hiển nhiên ta có T i∈I Ai ⊂ sclθ T i∈I Ai . Vậy, sclθ T i∈I Ai = T i∈I Ai và do đó T i∈I Ai là tập nửa θ-đóng. 2.2.6 Mệnh đề ([5]). Giả sử f : (X, τ)→(Y, σ) là toàn ánh s-θ-đóng và thỏa mãn điều kiện f−1(y) là s-tập trong X, với mọi y ∈ Y. Khi đó, nếu A là tập compact trong (Y, σ) thì f−1(A) là s-tập trong (X, τ).
Chứng minh. Giả sử A là tập compact trong Y và U = {Uα : α ∈ I} là một phủ của f−1(A) bởi các tập nửa θ-mở trong X. Với mỗi y ∈ A, ta có
f−1(y) ⊂ S α∈I
Uα. Vì f−1(y) là s-tập trong X nên nhờ Bổ đề 2.2.4, tồn tại tập con hữu hạn I0 của I sao cho f−1(y) ⊂ S
α∈I0
Uα. Theo Bổ đề 2.2.5 thì S
α∈I0 Uα
là tập nửa θ-mở và do f là s-θ-đóng nên nhờ Mệnh đề 2.2.3, tồn tại tập mở
Vy của Y chứa y sao cho f−1(Vy) ⊂ S α∈I0
Uα. Họ {Vy : y ∈ A} là một phủ
mở của tập compact A. Do đó, tồn tại các điểm y1, y2, . . . , yn của A sao cho
A⊂
n S i=1
Vyi. Điều này kéo theo, f−1(A) ⊂
n S i=1
f−1(Vyi). Từ các chứng minh ở trên ta suy ra f−1(A) được phủ bởi một họ con hữu hạn của họ U và do đó
f−1(A) là s-tập trong X.
2.2.7 Hệ quả ([5]). Giả sử f : (X, τ)→(Y, σ) là toàn ánh s-θ-đóng và thỏa mãn điều kiện f−1(y) là s-tập trong X, với mọi y ∈ Y. Khi đó, nếu (X, τ) là T2-không gian và (Y, σ) là không gian compact thì f liên tục.
2.2.8 Định nghĩa ([5]). Ánh xạ f : (X, τ)→(Y, σ) được gọi là hoàn toàn liên tục (completely continuous) nếu nghịch ảnh của mỗi tập mở là tập mở chính quy.
2.2.9 Định lý ([5]). Giả sử f : (X, τ)→(Y, σ) là toàn ánh s-θ-đóng, hoàn toàn liên tục và thỏa mãn điều kiện f−1(y) là s-tập trong X, với mọi y ∈ Y. Khi đó, nếu (Y, σ) là T2-không gian compact địa phương thì (X, τ) là s-đóng địa phương.
Chứng minh. Vì Y là T2-không gian compact địa phương nên với mỗi
x ∈ X, tồn tại lân cận đóng compact U của f(x). Do f hoàn toàn liên tục nên f−1(int(U)) là tập mở chính quy chứa x. Vì mỗi tập mở chính quy là nửa chính quy nên nhờ Mệnh đề 1.1.5, f−1(int(U)) là nửa θ-đóng. Mặt khác, vì U compact nên nhờ Mệnh đề 2.2.6, f−1(U) là s-tập trong X và
x ∈ f−1(int(U)) ⊂ f−1(U). Do đó, nhờ Hệ quả 1.3.9, f−1(int(U)) là s-tập trong X. Vậy X là không gian s-đóng địa phương.
2.2.10 Định nghĩa ([5]). Ánh xạ f : (X, τ)→(Y, σ) được gọi là ν-liên tục
(ν-continuous) nếu nghịch ảnh của mỗi tập nửa chính quy là tập mở.
2.2.11 Bổ đề. Giả sử f : (X, τ)→(Y, σ) là ν-liên tục và K là tập compact trong X. Khi đó, f(K) là s-tập trong Y.
Chứng minh. Giả sử {Uα : α ∈ I} là một phủ của f(K) bởi các tập nửa chính quy trong Y. Khi đó, nhờ giả thiết f là ν-liên tục ta có {f−1(Uα) : α ∈ I} là một phủ mở của K. Vì K compact nên tồn tại tập con hữu hạn I0 của
I sao cho K ⊂ S α∈I0
f−1(Uα). Điều này kéo theo f(K) ⊂ S α∈I0
Uα. Vậy f(K) là
s-tập trong Y.
2.2.12 Bổ đề ([5]). Giả sử (X, τ) là T2-không gian, A và B là các N C-tập không giao nhau của X. Khi đó, A và B là các tập con đóng của X và tồn tại các tập mở chính quy không giao nhau U và V sao cho A⊂ U, B ⊂ V.
2.2.13 Bổ đề. Mọi s-tập trong không gian tôpô (X, τ) là N C-tập.
Chứng minh. Giả sử A là tập s-tập trong không gian tôpô (X, τ) và {Uα :
α ∈ ∧} là một phủ của A bởi các tập mở trong X. Vì mỗi tập mở là nửa mở nên {Uα : α ∈ ∧} là phủ của A bởi các tập nửa mở trong X. Do A là s-tập trong (X, τ) nên tồn tại tập con hữu hạn ∧0 của ∧ sao cho A ⊂ ∪{scl(Uα) :
α ∈ ∧0}. Theo Mệnh đề 1.1.13, scl(Uα) = int(cl(Uα)), với mọi α ∈ ∧0. Suy ra A ⊂ ∪{int(cl(Uα)) : α ∈ ∧0}. Vậy, A là N C-tập.
2.2.14 Định lý ([5]). Giả sử f : (X, τ)→(Y, σ) là toàn ánh s-θ-đóng, ν- liên tục và thỏa mãn điều kiện f−1(y) là s-tập trong X, với mọi y ∈ Y. Khi đó, nếu (X, τ) là T2-không gian compact địa phương thì (Y, σ) là s-đóng địa phương.
Chứng minh. Trước hết ta chứng minh Y là T2-không gian. Giả sử y1, y2
là hai điểm khác nhau của Y. Khi đó, f−1(y1) và f−1(y2) là các s-tập trong
X và f−1(y1) ∩ f−1(y2) = ∅. Nhờ Bổ đề 2.2.13 ta có f−1(y1) và f−1(y2) là các N C-tập không giao nhau của X. Theo Bổ đề 2.2.12,tồn tại các tập mở chính quy không giao nhau U1 và U2 sao cho f−1(y1) ⊂ U1, f−1(y2) ⊂ U2. Do mọi tập mở chính quy là nửaθ-mở nên nhờ Mệnh đề 2.2.3, tồn tại các tập mở V1 chứa y1, V2 chứa y2 sao cho f−1(V1) ⊂ U1, f−1(V2) ⊂ U2. Rõ ràng,
V1 ∩V2 = ∅. Vậy Y là T2-không gian.
Giả sử X là T2-không gian compact địa phương và y ∈ Y. Khi đó, với mỗi
x ∈ f−1(y), tồn tại lân cận đóng compactUx củax trong X. Vì int(Ux) là tập mở chính quy nên nó là tập nửa chính quy. Suy ra, họ{int(Ux) : x ∈ f−1(y)}
là một phủ của f−1(y) bởi các tập nửa chính quy trong X. Do f−1(y) là
s-tập trong X nên nhờ Mệnh đề 1.3.2, tồn tại các điểm x1, x2, . . . , xn của
f−1(y) sao cho f−1(y) ⊂ Sn i=1 int(Uxi). Đặt U = n S i=1 int(Uxi). Khi đó ta có f−1(y) ⊂ Sn i=1
là ánh xạ s-θ-đóng nên nhờ Mệnh đề 2.2.3, tồn tại tập mở Vy chứa y sao cho
f−1(Vy) ⊂ int(U). Điều này kéo theo, y ∈ Vy ⊂ f(int(U)) ⊂ f(U). Lại vì f là
ν-liên tục nên nhờ Bổ đề 2.2.11, f(U) là s-tập trong Y và vì thế f(U) là N C- tập trong Y. Do Y là T2-không gian nên nhờ Bổ đề 2.2.12, f(U) là tập con đóng trong Y. Do đó y ∈ Vy ⊂int(cl(Vy)) ⊂ f(U). Mặt khác ta có int(cl(Vy))
là tập mở chính quy trong Y và vì thế nhờ Hệ quả 1.3.9, int(cl(Vy)) là s-tập trong Y. Điều này chứng tỏ Y là s-đóng địa phương.
2.2.15 Mệnh đề. Giả sử (X, τ) là không gian s-đóng địa phương và f : (X, τ)→(Y, σ) là toàn ánh tựa không giải được, thỏa mãn điều kiện f(U) ∈ RO(Y, σ), với mọi U ∈ RO(X, τ). Khi đó, (Y, σ) là không gian s-đóng địa phương.
Chứng minh. Lấy bất kỳ y ∈ Y. Vì f là toàn ánh nên tồn tại x ∈ X sao cho f(x) = y. Do X là không gian s-đóng địa phương nên tồn tại tập mở chính quy U chứa x sao cho U là s-tập trong X. Nhờ giả thiết ta có f(U) là tập mở chính quy trong Y và theo Mệnh đề 1.3.18, f(U) là s-tập trong Y. Do đó, theo Định lý 2.1.4, (Y, σ) là không gian s-đóng địa phương.
2.2.16 Định nghĩa ([8]). Ánh xạ f : (X, τ) →(Y, σ) được gọi là nửa liên tục mạnh (strongly semi-continuous) nếu f−1(V) ∈ τ, với mọi V ∈ SO(Y, σ).
2.2.17 Bổ đề. Giả sử f : (X, τ) → (Y, σ) là ánh xạ nửa liên tục mạnh. Khi đó, cl(f−1(V)) ⊂ f−1(scl(V)), với mọi V ∈ SO(Y, σ).
Chứng minh. Giả sử f : (X, τ) → (Y, σ) là ánh xạ nửa liên tục mạnh. Trước hết ta sẽ chứng minh rằng, nếu F ∈ SC(Y, σ) thì f−1(F) là tập đóng trong X. Thật vậy, vì F ∈ SC(Y, σ) nên Y\F ∈ SO(Y, σ). Suy ra
f−1(Y\F) = X\f−1(F) ∈ τ và do đó f−1(F) là tập đóng trong X. Bây giờ, giả sử V ∈ SO(Y, σ). Khi đó, scl(V) ∈ SC(Y, σ). Từ chứng minh trên suy ra f−1(scl(V)) là tập đóng trong X và f−1(V) ⊂ f−1(scl(V)). Điều này kéo
theo cl(f−1(V)) ⊂ f−1(scl(V)).
2.2.18 Định lý ([8]). Giả sử f : (X, τ) → (Y, σ) là toàn ánh nửa liên tục mạnh và thỏa mãn điều kiện f(U) ∈ RO(Y, σ), với mọi U ∈ RO(X, τ). Khi đó, nếu (X, τ) là tựa H-đóng địa phương thì (Y, σ) là s-đóng địa phương.
Chứng minh. Giả sử y ∈ Y. Khi đó, tồn tại x ∈ X sao cho y = f(x). Vì
(X, τ) là không gian tựa H-đóng địa phương nên tồn tại lân cận mở chính quy U của x sao cho U là không gian con tựa H-đóng. Giả sử{Vα :α ∈ ∧} là một phủ của f(U) bởi các tập nửa mở trong Y. Lúc đó {f−1(Vα) : α ∈ ∧} là một phủ của U bởi các tập mở trong X. Do U là không gian con tựa H-đóng nên tồn tại tập con hữu hạn ∧0 của ∧ sao cho U ⊂ ∪{cl(f−1(Vα)) : α ∈ ∧0}. Vì f là nửa liên tục mạnh nên nhờ Bổ đề 2.2.17 ta có
f(U) ⊂ [ α∈∧0 f(cl(f−1(Vα))) ⊂ [ α∈∧0 f(f−1(scl(Vα))) = [ α∈∧0 scl(Vα).
Điều này chứng tỏ f(U) là s-tập trong Y và từ giả thiết ta có f(U) là tập mở chính quy chứa y. Nhờ Định lý 2.1.4 ta suy ra (Y, σ) là không gian s-đóng địa phương.
2.2.19 Bổ đề. Giả sử f : (X, τ) →(Y, σ) là ánh xạ nửa liên tục. Khi đó, scl(f−1(V)) ⊂ f−1(cl(V)), với mọi V ∈ σ.
Chứng minh. Giả sử f : (X, τ) → (Y, σ) là ánh xạ nửa liên tục. Trước hết ta sẽ chứng minh rằng, nếu F là tập đóng trong Y thì f−1(F) ∈ SC(X, τ). Thật vậy, vì F đóng trong Y nên Y\F ∈ σ. Suy ra f−1(Y\F) =X\f−1(F) ∈ SO(X, τ) và do đó f−1(F) ∈ SC(X, τ). Bây giờ, giả sử V ∈ σ. Khi đó, cl(V)
là tập đóng trong Y. Từ chứng minh trên ta suy ra f−1(cl(V)) ∈ SC(X, τ)
và f−1(V) ⊂f−1(cl(V)). Điều này kéo theo scl(f−1(V)) ⊂ f−1(cl(V)).
2.2.20 Mệnh đề. Giả sử f : (X, τ) → (Y, σ) là toàn ánh nửa liên tục và
Chứng minh. Giả sử {Vα : α ∈ ∧} là phủ mở của Y. Vì f là toàn ánh nửa liên tục nên {f−1(Vα) : α ∈ ∧} là một phủ của X bởi các tập nửa mở. Do
(X, τ) là không gian s-đóng nên tồn tại tập con hữu hạn ∧0 của ∧ sao cho
X = S α∈∧0 scl(f−1(Vα)). Nhờ Bổ đề 2.2.19 ta suy ra Y = f(X) = [ α∈∧0 f(scl(f−1(Vα)))⊂ [ α∈∧0 f(f−1(cl(Vα))) = [ α∈∧0 cl(Vα).
Điều này chứng tỏ (Y, σ) là không gian tựa H-đóng.
2.2.21 Định nghĩa ([8]). (i) Ánh xạ f : (X, τ) → (Y, σ) được gọi là tiền nửa mở (pre-semi-open) nếu f(U) ∈ SO(Y, σ), với mọi U ∈ SO(X, τ).
(ii) Ánh xạ f : (X, τ) → (Y, σ) được gọi là tiền nửa đóng (pre-semi-closed) nếu f(F) ∈ SC(Y, σ), với mọi F ∈ SC(X, τ).
2.2.22 Bổ đề. Giả sử f : (X, τ) → (Y, σ) là song ánh. Khi đó, các khẳng định sau đây là tương đương
(i) f là tiền nửa mở; (ii) f là tiền nửa đóng;
(iii) f−1 : (Y, σ) → (X, τ) là không giải được.
Chứng minh. (i) ⇒ (ii). Giả sử f : (X, τ) → (Y, σ) là song ánh tiền nửa mở và A ∈ SC(X, τ). Khi đó, X\A ∈ SO(X, τ). Suy ra f(X\A) =Y\f(A) ∈ SO(Y, σ) và do đó f(A) ∈ SC(Y, σ). Vậy, f là tiền nửa đóng.
(ii) ⇒ (iii). Giả sử f : (X, τ) → (Y, σ) là song ánh tiền nửa đóng và
U ∈ SO(X, τ). Khi đó, X\U ∈ SC(X, τ). Suy ra
f(X\U) = (f−1)−1(X\U) = Y\(f−1)−1(U) ∈ SC(Y, σ)
và do đó (f−1)−1(U) ∈ SO(Y, σ). Vậy, f−1 : (Y, σ) →(X, τ) là ánh xạ không giải được.
(iii)⇒(i). Giả sửf−1 : (Y, σ) → (X, τ)là song ánh không giải được và V ∈ SO(X, τ). Khi đó, (f−1)−1(V) = f(V) ∈ SO(Y, σ). Vậy, f là tiền nửa mở.
2.2.23 Bổ đề. Giả sử f : (X, τ) →(Y, σ) là song ánh tiền nửa đóng. Khi đó, f(U) ∈ SR(Y, σ), với mọi U ∈ SR(X, τ).
Chứng minh. Giả sử f : (X, τ) → (Y, σ) là song ánh tiền nửa đóng và
U ∈ SR(X, τ). Khi đó U ∈ SO(X, τ) và U ∈ SC(X, τ). Vì f là tiền nửa đóng nên f(U) ∈ SC(Y, σ). Mặt khác, nhờ Bổ đề 2.2.22 ta có f là tiền nửa mở. Suy ra f(U) ∈ SO(Y, σ). Vậy, f(U) ∈ SR(Y, σ).
2.2.24 Mệnh đề ([5]). Giả sử f : (X, τ) → (Y, σ) là song ánh tiền nửa đóng và K là s-tập trong Y. Khi đó, f−1(K) là s-tập trong X.
Chứng minh. Giả sử {Uα : α ∈ ∧} là một phủ của f−1(K) bởi các tập nửa chính quy trong X. Vì f là song ánh tiền nửa đóng nên theo Bổ đề 2.2.23 ta có {f(Uα) : α ∈ ∧} là một phủ của K bởi các tập nửa chính quy Y. Vì K là
s-tập trong Y nên theo Mệnh đề 1.3.2, tồn tại tập con hữu hạn ∧0 của ∧ sao cho K ⊂ S α∈∧0 f(Uα). Từ đó suy ra f−1(K) ⊂ S α∈∧0 Uα. Vậy, f−1(K) là s-tập trong X.
2.2.25 Định lý ([8]). Giả sử f : (X, τ) → (Y, σ) là song ánh hoàn toàn liên tục và tiền nửa đóng, (Y, σ) là không gian s-đóng địa phương. Khi đó,
(X, τ) là không gian s-đóng địa phương.
Chứng minh. Giả sử (Y, σ) là không gian s-đóng địa phương, f : (X, τ) →
(Y, σ) là song ánh hoàn toàn liên tục và tiền nửa đóng. Giả sử x ∈ X và
y = f(x) ∈ Y. Vì (Y, σ) là không gian s-đóng địa phương nên tồn tại tập mở chính quy V chứa f(x) sao cho V là s-tập trong Y. Do f là ánh xạ hoàn toàn liên tục nên f−1(V) là tập mở chính quy chứa x và do f là song ánh tiền nửa đóng nên theo Mệnh đề 2.2.24, f−1(V) là s-tập trong X. Nhờ Định lý 2.1.4 ta suy ra (X, τ) là không gian s-đóng địa phương.
2.2.26 Mệnh đề ([8]). Giả sử f : (X, τ) →(Y, σ) là ánh xạ từ không gian tôpô (X, τ) vào không gian tôpô (Y, σ). Khi đó, các khẳng định sau đây là tương đương
(i) f là ánh xạ nửa θ-đóng;
(ii) sclθ(f(A)) ⊂ f(sclθ(A)), với mọi A ⊂ X;
(iii) Với mọi tập con B của Y và mọi tập nửa θ-mở U của X chứa f−1(B), tồn tại tập nửa θ-mở V của Y chứa B sao cho f−1(V) ⊂ U;
(iv) Với mọi y ∈ Y và mọi tập nửa θ-mở U của X chứa f−1(y), tồn tại tập nửa θ-mở V của Y chứa y sao cho f−1(V) ⊂ U.
2.2.27 Mệnh đề ([5]). Giả sử f : (X, τ) → (Y, σ) là ánh xạ nửa θ-đóng sao cho f−1(y) là s-tập trong X, với mọi y ∈ Y. Khi đó, nếu K là s-tập trong Y thì f−1(K) là s-tập trong X.
Chứng minh. Giả sử {Uα : α ∈ ∧} là một phủ của f−1(K) bởi các tập nửa
θ-mở trong X. Với mỗi y ∈ K ta có f−1(y) là s-tập trong X và do đó theo Bổ đề 2.2.4, tồn tại tập con hữu hạn ∧y của ∧ sao cho f−1(y) ⊂ ∪{Uα : α ∈ ∧y}. Đặt Uy = ∪{Uα : α ∈ ∧y}. Khi đó, Uy là tập nửa θ-mở trong X. Vì f là ánh xạ nửa θ-đóng nên theo Mệnh đề 2.2.26, tồn tại tập nửa θ-mở Vy chứa y sao cho f−1(Vy) ⊂ Uy. Lại vì {Vy : y ∈ K} là phủ nửa θ-mở của K nên theo Bổ đề 2.2.4, tồn tại tập con hữu hạn K0 của K sao cho K ⊂ ∪{Vy : y ∈ K0}. Do đó ta có f−1(K) ⊂ [ y∈K0 f−1(Vy) ⊂ [ α∈∧y y∈K0 Uα.
Điều này chứng tỏ f−1(K) là s-tập trong X.
2.2.28 Định lý ([8]). Giả sử f : (X, τ) → (Y, σ) là ánh xạ hoàn toàn liên tục, và nửa θ-đóng sao cho f−1(y) là s-tập trong X, với mọi y ∈ Y. Khi đó, nếu (Y, σ) là s-đóng địa phương thì (X, τ) là s-đóng địa phương.
Chứng minh. Lấy bất kỳ x ∈ X. Khi đó, vì Y là s-đóng địa phương nên theo Định lý 2.1.4, tồn tại tập mở chính quy V chứa f(x) sao cho V là s-tập trong Y. Do f là hoàn toàn liên tục nên f−1(V) là tập mở chính quy chứa