经典网文分享: 拓扑学Ⅱ|笔记整理（5）—

同学们好啊！

其实就是觉得每一篇文章都是同样的开头显得太俗了，虽然这个也高雅不到哪里去。

这一篇习题总结的内容主要是《基础拓扑学讲义》的前两章（没有连通性）习题的一部分解答，由Prof上课所讲授的部分整理所得。

提供之前的笔记：

我们开始本节的内容。本节为复习章节。

首先是一些基本的开闭集的题目。

Exercise 1:
设为拓扑空间的子集，是开集，证明 $A \cap \bar B \subset \overline{A \cap B}$ 。

思路很直接，取 $a \in A \cap \bar B$ ，那么现在要证明 $a \in \overline{A \cap B}$ ，那根据闭集的定义可知，只需要证明它的任意一个开邻域与这个集合交集非空。如果设为的开邻域，那么只要证明 $U \cap ( A \cap B) \ne \emptyset$ 。

现在应该怎么办呢？转换一下，别忘了 $a \in \bar B$ ，所以它的任意一个开邻域与交集都非空。再看看 $U \cap A$ 是不是开集？所以自然结论就证完了。

Exercise 2:
设是拓扑空间， $B \subset A \subset X$ ，记 $\bar B_A ,{B_A}^\circ$ 分别为在中的闭包和内部，证明
(1) $\bar B_A =A \cap \bar B$
(2) $B_A ^\circ = A \setminus ( \overline{A \backslash B})$
(3)如果是的开集，那么 $B_A ^\circ =B^\circ$

我们分别证明这三个结论。

对于第一个，我们从两个方向考虑，首先如果 $x \in \bar B _A$ ，那么显然 $x \in A$ ，下面只需要证明 $x \in \bar B$ 。也就是说，对于在中的开邻域，只需要证 $B \cap U \ne \emptyset$ 。

注意到 $x \in \bar B_A$ ，而 $U \cap A$ 同时也是中的的开邻域，所以 $(U \cap A) \cap B \ne \emptyset$ ，所以自然可以得到上面的结论。

如果 $x \in A \cap \bar B$ ，那么取在中的开邻域 $U \cap A$ （为开集），那就只需要证明 $(U \cap A ) \cap B \ne \emptyset$ 。同样因为 $x \in \bar B$ ，所以 $U \cap B \ne \emptyset$ ，结合 $B \subset A$ 即可得结论。

对于第二个，注意到等式 $\bar A ^c= (A^c)^\circ$ ，所以我们可以得到 $(B_A)^\circ=A \setminus( \overline{A \setminus B})_A$ （在内使用，视作一个子空间拓扑，那就相当于说在的内部相当于在中的补集的闭包的补集）。化简一下可得 $A \setminus (\overline{A \setminus B})_A=A \setminus ( A \cap (\overline{A \setminus B}))=A \setminus (\overline {A \setminus B})$ 。

对于第三个，也是考虑两个方向。首先，如果 $x \in B^\circ$ ，那么就存在一个中的的开邻域使得 $U \subset B$ ，那么因为是开集，所以 $U \cap A$ 就是需要的开邻域，这样就得到了 $U \cap A \subset B$ ，这是一个在中的开邻域。所以这样就可以得到 $x \in B_A ^\circ$ 。

反过来，如果 $x \in B_A ^\circ$ ，那就可以得到一个中的的开邻域 $U \cap A \subset B$ ，这当然就说明了 $x \in B^\circ$ （因为它也是的开邻域）。

Exercise 3:
设 $A \subset X ,B \subset Y$ ，证明在 $X \times Y$ 中有
(1) $\overline{A \times B}=\bar A \times \bar B$ 。
(2) $(A \times B) ^\circ = A ^\circ \times B ^\circ$

这也是一个定义题，但是因为是在多维的角度讨论，所以细节会稍有不同。

对于第一个题，首先注意到， $A \subset \bar A ,B \subset \bar B$ ，那么自然有 $A \times B \subset \bar A \times \bar B$ ，并且注意到右端又是一个闭集，所以容易得到 $\overline{A \times B} \subset \bar A \times \bar B$ （这是因为闭包是最小的闭集）。

反过来，设 $(x,y) \in \bar A \times \bar B$ ，并且取为其邻域，那就说明存在 X,Y 中的开集 U,V 使得 $(x,y) \in U \times V \subset W$ 。现在要注意到，对于各自的维而言，由于这个点每一个分量都在对应集合的闭包内，所以这就意味着 $W \cap (A \times B) \supset (U \times V) \cap (A \times B) = (U \cap A )\times (V \cap B)$ 是非空的。根据的任意性即可得到结论。

对于第二个题，同样的思路可得 $A ^ \circ \times B ^ \circ \subset (A \times B )^\circ$ ，对于另一个方向，设 $(x,y) \in (A \times B )^\circ$ ，那么就存在开邻域使得 $(x,y) \in U \times V \subset A \times B$ ，这样的话对应过来就是 $x \in U \subset A ,y \in V \subset B$ ，那么自然就可以得到 $x \in A ^\circ, y \in B ^\circ$ ，就证明了结论。

接下来是连续函数的习题。

Exercise 4:
设 $f: X \to Y$ 是映射，证明下面条件互相等价:
(1) 连续。
(2)对的任何子集， $f(\bar A) \subset \overline{f(A)}$ 。
(3)对的任何子集， $\overline{f^{-1}(B)} \subset f^{-1}(\bar B)$ 。

还是要证明三个命题。

$(1) \Rightarrow (2)$ ：注意到 $\overline { f(A)}$ 为中的闭集，所以根据是连续映射可以得到 $f^{-1}(\overline{f(A)})$ 为的闭集，之后，注意到 $A \subset f^{-1}(f(A)) \subset f^{-1}(\overline{f(A)})$ ，所以集合取闭集之后，这个关系依然是成立的，也就是说 $\bar A \subset f^{-1}(\overline{f(A)})$ ，那么自然就可以得到 $f(\bar A) \subset \overline{f(A)}$ 。

$(2)\Rightarrow (3)$ ：反过来考虑，要证明这个包含关系，只需要证明 $f(\overline{ f^{-1}(B)}) \subset \bar B$ 。注意到 $\bar B \supset \overline{f(f^{-1}(B))}$ （就和上面一样），所以只需要证明 $f(\overline{ f^{-1}(B)}) \subset \overline{f(f^{-1}(B))}$ ，这就是 (2) 的内容。

$(3) \Rightarrow (1)$ ：取中的任意一个闭集，只需要证明 $f^{-1}(B)$ 也是一个闭集即可。那么根据条件， $\overline {f^{-1}(B)} \subset f^{-1}(\bar B) = f^{-1}(B)$ ，所以闭集是它自己的子集，所以自然它是个闭集，就证明了结论。

Exercise 5:
设是的子集， $i: B \to Y$ 是包含映射， $f:X \to B$ 为一任意给定的映射，证明连续 $\Leftrightarrow i \circ f: X \to Y$ 连续。

一方面，如果连续，那么因为复合映射的每个部分连续，所以复合之后的 $i \circ f$ 自然连续。另一方面，如果 $i \circ f$ 连续，取的一个开集，现在要考虑 $f^{-1}(V)$ 。

注意到，是包含映射，是一个连续映射，那么对于的一个开集， $i^{-1}(U)= B \cap U$ 。注意到自己被赋予了一个子空间拓扑，也就是说存在这样的使得 $V = B \cap U$ 。所以这样的话， $f^{-1}(V)=f^{-1}(i^{-1}(U))=(i \circ f)^{-1}(U)$ 自然也是一个开集，就证明了结论。

这里要注意到的是这个题本身也是一个很好的性质，在证明连续映射的过程中，要注意开集的相对性。同时还要注意的是映射的逆映射的集合表示。

Exercise 6:
设为连续映射，规定 $F: X \to X \times Y$ 为 $F(x)=(x,f(x)),\forall x \in X$ ，证明为嵌入映射。

首先要注意到，这个映射显然是一个单射，然后连续性也已经提供，所以就差验证 $F: X \to F(X)$ 是一个同胚了。要验证同胚需要做三件事：一一映射，连续，逆映射连续。

显然这个映射是一个一一映射，而注意到之前的结论可以得到 $F:X \to X \times Y$ 连续（拆成两个分量，那么其中一个分量是恒等映射，是连续的。另外一个分量题目中已经给定连续）。而根据上一个例题可得 $F : X \to F(X)$ 连续。而其逆映射 $F^{-1}:F(X ) \to X$ 是原映射 $j_x:X \times Y \to X$ （投射）的一个限制，这个映射本身是连续的，所以自然可以得到 $F^{-1}$ 连续，就证明了结论。

下面是一些与拓扑公理相关的习题。

Exercise 7:
设满足T1公理，证明中任一子集的导集是闭集。

要证明一个集合是闭集，有一种方法是证明它的聚点都包含在这个集合本身。所以设 $a \in (A')'$ ，那么根据聚点的定义，就可以知道，对于它的任一邻域，都有 $U \cap (A' \setminus \{a\}) \ne \emptyset$ 。现在如果要证明它是闭集，那么只需要证明 $U \cap (A \setminus \{a\}) \ne \emptyset$ 。

取 $y \in U \cap (A' \setminus \{a\})$ ，那么也是聚点，再取一个的开邻域，并且要求 $a \not \in V,y \ne a$ 。这样的话，根据 $U \cap V$ 也是的邻域，可以得到 $U \cap V \cap (A \setminus \{y\}) \ne \emptyset$ 。接下来，注意到 $V \cap (A \setminus \{y\}) \subset V \cap A \subset A \setminus \{a\}$ （这是因为 $a \not \in V$ ），所以自然可以得到 $U \cap ( A \setminus \{a\}) \ne \emptyset$ ，这就证明了结论。

这个题还有一个方法是，考虑 $x \not \in A'$ ，我们证明 $x \not \in (A')'$ 。根据 $x \not \in A'$ 可以得到存在一个开邻域，使得 $U \cap (A \setminus X) = \emptyset$ ，现在只需要证明 $U \cap A '=\emptyset$ 。

假设它非空，那么取 $y \in U \cap A'$ ，可以得到 $y \ne x$ ，而且可以取一个的开邻域，满足 $x \not \in V$ ，并且 $V \subset U$ （想想为什么）。那么这样就有 $V \cap (A \setminus \{y\}) \subset U \cap (A \setminus \{x\}) = \emptyset$ ，所以 $y \not \in A'$ ，这就矛盾了。

Exercise 8:
设是Hausdorff空间， $f: X \to X$ 连续，那么的不动点集 $\mathrm{Fix}f: \{x \in X \mid f(x) =x\}$ 为的闭子集。

事实上，我们可以考虑证明 $(\mathrm{Fix}f)^c$ 是一个开集，这样的话就可以得到两个不相同的点 x,f(x) ，那就存在不相交的开邻域 U,V 。使得 $x \in U ,f(x) \in V$ ，取 $W=f^{-1}(V) \cap U$ ，那么这样的话就是的开邻域，并且任意点 $y \in W$ ， $y \ne f(y)$ （因为 $f(y) \in V$ ，而 U,V 不相交），所以 $W \subset (\mathrm{Fix}f)^c$ ，这就证明了结论。

Exercise 9:
设 $X \times X$ 的对角子集 $\Delta:\{(x,x) \mid x \in X\}$ ，证它为 $X \times X$ 的闭集时，是Hausdorff空间。

和上面那个题类似的思路，考虑 x,y 是的两个不同的点，那么 $(x,y) \in \Delta^c$ 是开集。那么就存在的开集 U,V 使得 $(x,y) \in U \times V \subset \Delta^c$ 。那么自然可以得到 $U\times V$ 中分量的每一个点与分量中的每一个点都不同，这就得到了 $U \cap V=\emptyset$ 。这已经足够得到结论了。

Exercise 10:
设满足T3公理，为的闭子集， $x \not \in F$ ，证明存在与的开邻域满足 $\bar U \cap \bar V =\emptyset$ 。

这也是一个很好的使用拓扑公理等价条件的题目。

根据T3公理的内容可以得到，存在 U,W 分别为 F,x 的不相交开邻域，那么 $\bar U \subset W ^c$ 。同样的，根据T3公理的等价条件可知，存在的一个开邻域使得 $\bar V \subset W$ ，这就是我们要找的 U,V 。

Exercise 11:
证明：若是C1空间，并且它的序列最多收敛到一个点，则是Hausdorff空间。

这个命题显然需要考虑C1空间中最经典的一个推论。

假设存在两个点 x,y 使得它们没有不相交的邻域，那么取它们俩的可数邻域基 $\{U_n\},\{V_n\}$ ，那么根据推论，可以让它满足 $U_n \supset U_{n+1},V_n \supset V_{n+1}$ 。并且 $U_n \cap V_n \ne \emptyset$ 。现在只需要取 $x_n \in U_n \cap V_n$ ，那么这个序列收敛到 x,y ，就矛盾了。

下面是紧致性，列紧性的一系列习题。

Exercise 12:
证明紧致空间的无穷子集必有聚点。

这就相当于证明，对于任意的 $A \subset X$ ，只要 $|A|=\infty$ ，就有 $A' \ne \emptyset$ 。那么如果 $A'=\emptyset$ ，就说明对于任意的 $x \in X$ ，都不是的聚点，也就是存在的开邻域 U_x ，使得 $U_x \cap (A \setminus \{x\})=\emptyset$ ，也就是说 $U_x \cap A \subset \{x\}$ 。那么因为 $\{U_x\}$ 是的开覆盖，所以根据紧，所以存在 $\{x_i\}_{i=1}^{k} \subset X$ ，使得 $X = \bigcup_{i=1}^{k}U_{x_i}$ 。所以这样的话可以得到 $A=A \cap X = \bigcup_{i=1}^{k}(A \cap U_{x_i}) \subset \{x_i\}_{i=1}^{k}$ ，这就与它是一个无限集矛盾了。

Exercise 13:
设满足T3公理，是的紧致子集，是的邻域。则存在的邻域，使得 $\bar V \subset U$

注意到，对于任意的 $x \in A$ ，使用T3公理的等价条件可知，对于 $x \in U^\circ$ ，存在开邻域 V_x ，使得 $\bar V_x \subset U$ 。这样的话， $\{V_x\}_{x \in A}$ 为的开覆盖，由为紧致的可知，存在 $\{x_i\}_{i=1}^{k}$ ，使得 $A \subset \bigcup_{i=1}^{k}V_{x_i}$ ，令 $V=\bigcup_{i=1}^{k}V_{x_i}$ ，那么是开集， $A \subset V$ 。并且 $\bar V=\overline{\bigcup_{i=1}^{k}V_{x_i}}=\bigcup_{i=1}^{k}\bar V_{x_i} \subset U$ ，就证明了结论。

Exercise 14:
设是紧致集，证明投射 $j: X \times Y \to X$ 是一个闭映射。

要证明一个映射是闭映射，取是 $X \times Y$ 的一个闭子集，那么就需要证明 j(A) 是的闭集。也就是说 (j(A))^c 是开集。取 $x \in (j(A))^c$ ，要考虑使用 $X \times Y$ 是闭集的条件，那么考虑 $j^{-1}(x)=\{x \} \times Y \subset A ^c$ ，那么因为是闭集， A^c 是开集，那么可知存在开集使得 $U \times Y \subset A ^c$ 。那自然可以得到 $U \subset (j(A))^c$ 。

Exercise 15:
设满足T3公理，证明中紧致子集的闭包紧致。

设 $A \subset X$ 紧致，并且假设 $\bar A$ 的一个开覆盖为 $\mathcal{U}$ ，那么它也是的一个开覆盖，所以有有限子覆盖 $\{U_1,...,U_n\}$ 。并且 $A \subset U$ ，注意到是的一个邻域，根据Exercise 13，可知 $\bar A \subset U$ ，这就足够证明结论了。

Exercise 16:
设 $f: X \to Y$ 是闭映射，并且 $\forall y \in Y$ ， $f^{-1}(y)$ 为的紧致子集，那么对于的任一紧致子集， $f^{-1}(B)$ 紧致。

首先，设 $b \in B$ ，那么 $f^{-1}(b)$ 就存在有限子覆盖。设它们为开覆盖，记它们的并集为 W_b ，那么 W_b 为开集，那么这样的话，根据闭映射，可得 V_b=(f(W_b^c))^c 是开集，而且也是的开邻域，且 $f^{-1}(V_b)=f^{-1}((f(W_b^c))^c)=(f^{-1}(f(W_b^c)))^c \subset W_b$ 。这样的话因为 $\{V_b\}_{b \in B}$ 是的开覆盖，所以有有限子覆盖，设为 $\{V_{b_1},...,V_{b_n}\}$ ，那么 $f^{-1}(B) \subset \bigcup_{i=1}^{n}f^{-1}(V_{b_i}) \subset \bigcup_{i=1}^{n}W_{b_i}$ ，这就证明了结论。