メモ:集合位相の問題

自分用のメモです.

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解答
コンパクトでない.背理法で示す.
仮定により任意のopen coverが$C[0,1]$を覆う.以下の形のopen coverを考える.

$$\begin{array}{r}\bigcup _{f\in C[0,1]}{B}_{1/2}(f)\supset C[0,1]\end{array}$$
仮定によりこれからfinite open subcoverがとれる.つまり
$f_1,\cdots ,f_k$が存在して,

$$\begin{array}{r}\bigcup _{i=1}^k{B}_{1/2}(f_i)\supset C[0,1]\end{array}$$
ここで,以下のようにして連続関数$g\in C[0,1]$を構成する.

$f_i(\frac{i}{k})\ge 0$なら$(\frac{i}{k},-1)$,
$f_i(\frac{i}{k})<0$なら$(\frac{i}{k},1)$

これら$k$個の点と原点の計$k+1$個の点を直線で結んだ関数を$g$とする.

このようにすると,$g$はどの$B_{1/2}(f_i)$にも入らない.したがって矛盾.

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解答

$X$はコンパクトかつハウスドルフだから,閉集合とコンパクト集合が一致する.
$X_0:=X$,$X_{n+1}=f(X_n)$とすると,

$$\begin{array}{r}{X}_{n+1}\subset X_n.\end{array}$$

$$\begin{array}{r}M:=\bigcap _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{X}_n\end{array}$$
を考えると,これは閉集合で,コンパクト集合.

$$\begin{array}{r}f(M)=f\left(\bigcap _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{X}_n\right)=\bigcap _{n=1}^{\mathrm{\infty }}f(X_n)=\bigcap _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{X}_{n+1}\end{array}$$

よって$f(M)=M$.

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解答

$U\in {\mathfrak{O}}_d,x\in U$をとる.$\mathrm{\exists }m\in \mathbb{N},x\in B_{\frac{1}{m}}(x)\subset U$である.

$$\begin{array}{r}{B}_{\frac{1}{m}}(x)=\{(y_n{)}_n|d_i(x_i,y_i)<\frac{1}{m},1\le i\le m\}\end{array}$$
は明らかに$\mathfrak{O}$の元なので,${\mathfrak{O}}_d\subset \mathfrak{O}$.
次に$U\in \mathfrak{O},x\in U$に対し,ある$m$が存在して,

$$\begin{array}{r}\{(y_n{)}_n|d_i(x_i,y_i)<\frac{1}{m},1\le i\le m\}\subset U\end{array}$$

$r<\frac{1}{m}$とすれば,
$$\begin{array}{r}{B}_r(x)\subset \{(y_n{)}_n|d_i(x_i,y_i)<\frac{1}{m},1\le i\le m\}\end{array}$$
とできるので,$\mathfrak{O}\subset {\mathfrak{O}}_d$も示された.

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解答

(a)$g,\frac{1}{g}$について積の準同型よりわかる.

(b)
$$\begin{array}{r}{X}_f=\{x\in X|T(f)=f(x)\}\end{array}$$
と定義する.まず,$X_f\ne \varnothing$は(a)の対偶より分かる.
また,$X_f$は閉集合であることは,
$$\begin{array}{r}{f}^{-1}(T(f))=X_f\end{array}$$
という表示からわかる.

$$\begin{array}{r}\bigcap _{f\in C(X)}{X}_f\ne \varnothing \end{array}$$
であることを示せばよいが,

$X$がコンパクトであることから,
$$\begin{array}{r}\bigcap _{i=1}^k{X}_{f_i}\ne \varnothing \end{array}$$
であることを示せばよい.(有限交叉性)

$$\begin{array}{r}g(x)=\sum _{i=1}^k(f_i(x)-T(f_i){)}^2\end{array}$$
とすると,
$\mathrm{\exists }{x}_0\in X,$
$$\begin{array}{r}T(g)=g(x_0)⟺\mathrm{\forall }i,f_i(x_0)=T(f_i)\end{array}$$
であることが計算によりわかる.

したがって,
$$\begin{array}{r}\bigcap _{i=1}^k{X}_{f_i}=X_g\end{array}$$
である.
任意の$f$に対して$X_f$は空でないから,

$$\begin{array}{r}\bigcap _{i=1}^k{X}_{f_i}=X_g\ne \varnothing .\end{array}$$

したがって,$x_0=x_T$としてとれる.

なお,ハウスドルフ性より,ウリゾーンの補題から$x_T$の一意性もわかる.

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解答
問題4より,
$$\begin{array}{r}{T}_y(f)=T(f)(y)\end{array}$$

とすると,$T_y$は$C(X)\to \mathbb{R}$.これは問題4の条件を満たすので,
$T(f)(y)=f(x_T)$なる$x_T\in X$が(一意に)存在する.このとき,

$$\begin{array}{r}\varphi :y\mapsto x_T\end{array}$$

と定めると,これは連続写像になる.

$U$を$X$の閉集合とすると,

任意の$f$に対して
$$\begin{array}{r}{\varphi }^{-1}(U)\subset T(f{)}^{-1}(f(U))\end{array}$$
なので,
$$\begin{array}{r}{\varphi }^{-1}(U)\subset \bigcap _{f\in C(X)}T(f{)}^{-1}(f(U))\end{array}$$
である.

これの逆の包含を示そう.

$$\begin{array}{r}y\in \bigcap _{f\in C(X)}T(f{)}^{-1}(f(U))\end{array}$$
を任意にとる.
$$\begin{array}{r}\varphi (y)\in U\end{array}$$
を背理法で示す.

$$\begin{array}{r}\varphi (y)\notin U\end{array}$$

を仮定すると$\{y\},U$はともに閉集合なのでウリゾーンの補題より
$$\begin{array}{r}{f}_{う}:\varphi (y)\mapsto 0,U\ni x\mapsto 1\end{array}$$
なる連続写像$f_{う}$が存在.ところで,この$f_{う}$に対して
$$\begin{array}{r}y\in T(f_{う}{)}^{-1}(f_{う}(U))\end{array}$$
すなわち,
$$\begin{array}{r}T(f_{う})(y)\in f_{う}(U)\end{array}$$
であるが,$T(f_{う})=f_{う}\circ \varphi$なので,
$$\begin{array}{r}{f}_{う}(\varphi (y))\in f_{う}(U)\end{array}$$
これは$f_{う}$の作り方に矛盾.よって,

$$\begin{array}{r}\varphi (y)\in U\end{array}$$

したがって

$$\begin{array}{r}{\varphi }^{-1}(U)\supset \bigcap _{f\in C(X)}T(f{)}^{-1}(f(U))\end{array}$$

が分かる.

したがって

$$\begin{array}{r}{\varphi }^{-1}(U)=\bigcap _{f\in C(X)}T(f{)}^{-1}(f(U))\end{array}$$
である.この右辺の$f$は閉写像であるので$f(U)$が閉集合なので右辺は閉集合で,左辺も閉集合.よって$phi$は連続写像である.