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{align} \bigcup_{f\in C[0,1]} B_{1/2}(f)\supset C[0,1] \end{align}
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{align} \bigcup_{i=1}^{k} B_{1/2}(f_i)\supset C[0,1] \end{align}
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.

$f_i(\frac{i}{k})\geq 0$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{align} X_{n+1}\subset X_n. \end{align}

\begin{align} M:=\bigcap_{n=1}^{\infty}X_n \end{align}
を考えると,これは閉集合で,コンパクト集合.

\begin{align} f(M)=f\left(\bigcap_{n=1}^{\infty}X_n\right)=\bigcap_{n=1}^{\infty}f(X_n)=\bigcap_{n=1}^{\infty}X_{n+1} \end{align}

よって$f(M)=M$.

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解答

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

\begin{align} B_{\frac{1}{m}}(x)=\{(y_n)_n|d_i(x_i,y_i)<\frac{1}{m},1\leq i\leq m\} \end{align}
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{align} \{(y_n)_n|d_i(x_i,y_i)<\frac{1}{m},1\leq i\leq m\}\subset U \end{align}

$r<\frac{1}{m}$とすれば,
\begin{align} B_{r}(x)\subset \{(y_n)_n|d_i(x_i,y_i)<\frac{1}{m},1\leq i\leq m\} \end{align}
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{align} X_{f}=\{x\in X|T(f)=f(x)\} \end{align}
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{align} f^{-1}(T(f))=X_f \end{align}
という表示からわかる.

\begin{align} \bigcap_{f\in C(X)}X_{f}\ne \varnothing \end{align}
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{align} \bigcap_{i=1}^{k}X_{f_i}\ne \varnothing \end{align}
であることを示せばよい.(有限交叉性)

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

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

\begin{align} \bigcap_{i=1}^{k}X_{f_i}=X_g\ne \varnothing. \end{align}

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{align} T_y(f)=T(f)(y) \end{align}

とすると,$T_y$は$C(X)\rightarrow \mathbb R$.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{align} \phi:y\mapsto x_T \end{align}

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{align} \phi^{-1}(U)\subset T(f)^{-1}(f(U)) \end{align}
なので,
\begin{align} \phi^{-1}(U)\subset \bigcap_{f\in C(X)}T(f)^{-1}(f(U)) \end{align}
である.

これの逆の包含を示そう.

\begin{align} y\in\bigcap_{f\in C(X)}T(f)^{-1}(f(U)) \end{align}
を任意にとる.
\begin{align} \phi(y)\in U \end{align}
を背理法で示す.

\begin{align} \phi(y)\not\in U \end{align}

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{align} f_{う}:\phi(y)\mapsto 0,U\ni x \mapsto 1 \end{align}
なる連続写像$f_{う}$が存在.ところで,この$f_{う}$に対して
\begin{align} y\in T(f_{う})^{-1}(f_{う}(U)) \end{align}
すなわち,
\begin{align} T(f_{う})(y)\in f_{う}(U) \end{align}
であるが,$T(f_{う})=f_{う}\circ \phi$なので,
\begin{align} f_{う}(\phi(y))\in f_{う}(U) \end{align}
これは$f_{う} $の作り方に矛盾.よって,

\begin{align} \phi(y)\in U \end{align}

したがって

\begin{align} \phi^{-1}(U)\supset \bigcap_{f\in C(X)}T(f)^{-1}(f(U)) \end{align}

が分かる.

したがって

\begin{align} \phi^{-1}(U)=\bigcap_{f\in C(X)}T(f)^{-1}(f(U)) \end{align}
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.