《拓扑学》作业 3

$\mathbf {Armstrong.Cp3.6.}$ Show that the Hausdorff condition cannot be relaxed in the following theorem: a one-one, onto, and continuous function from a compact space $X$ to a Hausdorff space $Y$ is homeomorphism.

举反例说明必要性。考虑四元集 $X:=\{a,b,c,d\}$，赋予两种拓扑，其中 $\tau_1$ 由 $\{a\},\{b\},\{c\},\{d\}$ 生成，$\tau_2$ 由 $\{a,b\},\{c,d\}$ 生成。则单位映射 $\mathrm{id}:(X,\tau_1)\to (X,\tau_2)$ 是连续双射，但其逆映射不是连续映射，因为 $\{a\}\in\tau_1,\mathrm{id}(\{a\})=\{a\}\notin \tau_2$.

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$\mathbf{Armstrong.Cp3.8.}$ (Lindelof's theorem) If $X$ has a countable base for its topology, prove that any open cover of $X$ contains a countable subcover.

记基为 $\beta=\{B_n\}$，对于任意的开覆盖 $\{U_\alpha\}$，先考虑可列子集族 $\{A_m\subseteq \{B_n\}:\exists \alpha \text{ s.t. }A_m\subseteq U_\alpha\}\subseteq \{B_n\}$，则不妨记对任意 $m\in\mathbb N$，存在 $\alpha(m)$ 使得 $A_m\subseteq U_{\alpha (m)}$. 对任意 $x\in \bigcup_\alpha U_\alpha$，存在 $\alpha$ 使得 $x\in U_\alpha$，从而由基 $\beta$ 和 $\{A_m\}$ 的定义知道，存在 $m$ 使得 $x\in A_m\subseteq U_{\alpha(m)}$，所以推出 $\bigcup_\alpha U_\alpha\subseteq \bigcup _m A_m\subseteq \bigcup_mU_{\alpha(m)}\subseteq \bigcup_\alpha U_\alpha$. 所以我们找到了子开覆盖 $\bigcup_mU_{\alpha(m)}$.

$\mathbf{Armstrong.Cp3.9.}$ Prove that two disjoint compact subsets of a Hausdorff space always possess disjoint neighborhoods.

记 Hausdorff 空间中的两个不交紧集为 $A,B$. 首先，对于任意 $x\in A,y\in B$ 分别存在不相交的邻域 $U_x(y),U_y(x)$；其次，固定 $x\in A$，则 $\bigcup_{y}U_y(x)$ 是 $Y$ 的开覆盖，因此存在有限开覆盖 $\bigcup_{j_x}U_{y_{j_x}}(x)$，满足与 $\bigcap _{j_x}U_{x}(y_{j_x})$ 不相交；最后，变动 $x\in A$，则 $\bigcup_{x}\bigcap _{j_x}U_{x}(y_{j_x})$ 是 $X$ 的开覆盖，从而存在 $X$ 的有限开覆盖 $\bigcup _{k}\bigcap _{j_{x_k}}U_{x_k}(y_{j_{x_k}})$，并且与 $Y$ 的有限开覆盖 $\bigcap_{k}\bigcup_{j_{x_k}}U_{y_{j_{x_k}}}(x_k)$ 不相交。

$\mathbf{Armstrong.Cp3.10.}$ Let $A$ be a compact subset of a metric space $X$. Show that the diameter of $A$ is equal to $d(x,y)$ for some pair of points $x,y\in A$. Given $x\in X$, show that $d(x,A)=d(x,y)$ for some $y\in A$. Given a closed subset $B$, disjoint from $A$, show that $d(A,B)>0$.

度量空间是 Hausdorff 空间，所以紧集 $A$ 是闭集。

(1) 由直径的定义，对于任意 $n\in\mathbb N$，存在 $x_n,y_n\in A$ 使得 $\mathrm{diam}(A)<d(x_n,y_n)+\frac 1n$. 如果 $\{x_n\},\{y_n\}$ 都是有限集，结果是显然的；否则，由 Bolzano-Weierstrass 定理知道紧集的无限子集至少存在一个极限点，由于 $A$ 是闭集，这个极限点也在 $A$ 中，结果也是显然的。

(2) 不妨设 $x\notin A$，则由 $A$ 是闭集知道 $d(x,A)>0$，则对于任意 $n\in \mathbb N$ 存在 $y_n\in A$ 使得 $d(x,y_n)<d(x,A)+\frac 1n$. 设 $\{y_n\}$ 是有限集，则存在 $y_n$ 使得 $d(x,y_n)=d(x,A)$；如果是无限集，同样根据 Bolzano-Weierstrass 定理推出存在极限点 $y$ 使得 $d(x,y)=d(x,A)$，由 $A$ 是闭集推出 $y\in A$.

(3) 反证法。设 $d(A,B)=0$，则对任意 $n\in\mathbb N$ 都存在 $x_n\in A,y_n\in B$ 使得 $0<d(x_n,y_n)<\frac 1n$. 有限集的情况是显然的，不妨设 $\{(x_n,y_n)\}$ 是无限集，则 $\{x_n\},\{y_n\}$ 中至少一个是无限集，不妨设 $\{x_n\}$ 是无限集，那么存在子列 $\{x_{n_k}\}$ 的极限点 $x\in A$ 使得 $\lim_k d(x,y_{n_k})<\lim_{k}d(x_{n_k},y_{n_k})+\lim_{k}d(x,x_{n_k})$，从而 $x$ 是 $\{y_{n_k}\}$ 的极限点，由 $B$ 是闭集知道，$x\in B$，矛盾。

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$\mathbf{Armstrong.Cp3.11.}$ Find a topological space and a compact subset whose closure is not compact.

空间 $\mathbb N$ 上的开集为 $\{1,\cdots ,n\},n\in\mathbb N$ 和 $\mathbb N,\emptyset$，则 $\{1\}$ 是紧集，但 $\{1\}$ 的闭包为 $\mathbb N=\bigcup_{n}\{1,\cdots ,n\}$，这不是紧的。

$\mathbf{Armstrong.Cp3.13.}$ Let $f:X\to Y$ be a closed map with the property that the inverse image of each point of $Y$ is a compact subset of $X$. Show that $f^{-1}(K)$ is compact whenever $K$ is compact in $Y$. Can you remove the condition that $f$ be closed?

对于 $f^{-1}(K)$ 的任意开覆盖 $\bigcup_\alpha U_\alpha \supseteq f^{-1}(K)$，需要证明存在有限子覆盖。考虑对于任意 $k\in K$ 都有 $f^{-1}(k)$ 是 $X$ 上的紧集，所以存在有限子覆盖 $\bigcup ^{n_k}_{m=1}U_{i_{m,k}}\supseteq f^{-1}(k)$，那么 $X\setminus \bigcup^{n_k}_{m=1}U_{i_{m,k}}$ 是闭集，由 $f$ 是闭映射知道 $k\in Y\setminus f(X\setminus \bigcup ^{n_k}_{m=1}U_{i_{m,k}})$ 是 $Y$ 上的开集。由 $K$ 是 $Y$ 的紧集，结合 $k$ 的任意性，推出存在 $\{k_1,\cdots ,k_r\}$ 使得 $\bigcup^r_{j=1}[Y\setminus f(X\setminus \bigcup^{n_{k_j}}_{m=1}U_{i_{m,k_j}})]\supseteq K$，而注意到 $f^{-1}[Y\setminus f(X\setminus A)]\subseteq A$ 对任意 $A\subseteq X$ 成立，这就说明 $f^{-1}\{\bigcup^r_{j=1}[Y\setminus f(X\setminus \bigcup^{n_{k_j}}_{m=1}U_{i_{m,k_j}})]\}\supseteq f^{-1}(K)$.

指出 $f$ 为闭映射的条件不能去除。不然，考虑反例：$f:\mathbb R\to\mathbb R$ 使得 $f(\frac 1n)=1+\frac 1n$，在其他点上为恒等映射。则 $f([\frac 12,1])=(\frac 12,1]\cup \{\frac 32\}$ 不是闭集，说明 $f$ 不是闭映射；$f^{-1}(x)$ 是总是有限集，显然是紧集；但是如果取 $K=[1,2]$，就有 $f^{-1}[1,2]=\{\frac 1n\}_{n=1}^\infty\cup [1,2]$，这显然不是紧集。

$\mathbf{Armstrong.Cp3.14.}$ If $f:X\to Y$ is a one-one map, and if $f:X\to f(X)$ is a homeomorphism when we give $f(X)$ the induced topology from $Y$, we call $f$ an embedding of $X$ in $Y$. Show that a one-one map from a compact space to a Hausdorff space must be an embedding.

设连续单射 $f:X\to Y$，其中 $X$ 是紧空间，$Y$ 是 Hausdorff 空间；双射是显然的；因为 $f:X\to Y$ 是连续映射，所以 $f^{-1}$ 将 $f(X)$ 中的开集 $A\cap f(X)$ 映为 $f^{-1}(A\cap f(X))=f^{-1}(A)$ 开集，其中 $A$ 是 $Y$ 中的开集，所以 $f:X\to f(X)$ 是连续映射。我们只需要验证 $f^{-1}:f(X)\to X$ 是连续映射。等价于说明 $f$ 是闭映射。紧空间 $X$ 的闭子集 $A$ 一定是紧集，Hausdorff 空间 $f(X)$ 的紧子集 $B$ 一定是紧集。所以我们只需要证明 $f$ 将紧集映为紧集，而这由 $f$ 为连续映射可以推出。

$\mathbf{Munkre.Cp7.4.}$ Show that the metric space $(X,d)$ is complete if and only if for every nested sequence $A_1\supseteq A_2\supseteq \cdots$ of nonempty closed sets of $X$ such that $\mathrm {diam}A_n\to 0$, the intersection of the sets $A_n$ is nonempty.

(1) 必要性。对于任意 $n\in\mathbb N$，存在 $x_n\in A_n$，则得到点列 $\{x_n\}$. 则对于任意 $\epsilon>0$，存在 $N\in\mathbb N$ 使得对任意 $p,q>N$ 都有 $d(x_p,x_q)\leq \mathrm{diam}A_N<\epsilon$，所以 $\{x_n\}$ 是 Cauchy 列，由完备性知道存在极限点 $x$，由于 $\{x_k\}_{k=n}^\infty\subseteq A_n$ 则 $x\in A_n$ 对任意 $n$ 成立。所以 $\bigcap A_n\neq \emptyset$.

(2) 充分性。对于任意 Cauchy 列 $\{x_i\}\subseteq X$，对任意 $n\in\mathbb N$ 都存在 $m(n)\in\mathbb N$ 使得 $d(x_{m(n)},x_{m(n)+p})<\frac 1n$ 对任意 $p\in\mathbb N$ 成立。所以考虑闭集 $A_n=\bigcap ^n_{k=1}\overline{B(x_{m(k)},\frac 1k)}$，这满足 $A_1\supseteq A_2\supseteq \cdots$，且 $\mathrm{diam}A_n\leq \frac 2n$，因此存在 $x\in \bigcap_nA_n\subseteq X$ 使得 $d(x,x_i)\leq d(x_{m(n)},x_i)+d(x_{m(n)},x)\leq \frac 2n$ 对任意 $i>m(n)$ 成立，这说明 $\{x_i\}$ 有极限点 $x\in X$，则 $X$ 完备。