拓扑学测试题
1
$P_{20}$4，设$\tau$是$X$上的拓扑，$A$是$X$的一个子集，规定
$$ \tau'=\left\{A{\cup}U|U{\in}\tau\right\}{\cup}\left\{\varnothing\right\} $$
证明$\tau'$也是$X$上的拓扑。
证明：
- 显然有$\varnothing,X{\in}\tau'$。$\varnothing$自不用说，而$\tau$是拓扑，故$X{\in}\tau$，于是则有$A{\cup}X=X{\in}\tau'$。
- 设$U_1,U_2{\in}\tau$，则有
$$ (A{\cup}U_1){\cap}(A{\cup}A_2)=A{\cup}(U_1{\cap}U_2){\in}\tau' $$
于是可知道对有限交运算封闭。
- 任取$\mathscr{U}{\subset}\tau$，则有
$$ {\bigcup}_{U{\in}\mathscr{U}}(A{\cup}U)=A{\cup}({\bigcup}_{u{\in}\mathscr{U}}U){\in}\tau' $$
于是可以知道对可数并运算封闭。
考点：主要考察对拓扑的定义的认识，三大条件，并且对德摩根运算的熟悉。
5，设$\tau_1,\tau_2$都是$X$上的拓扑，证明$\tau_1{\cap}\tau_2$也是$X$上的拓扑。
证明：
- 显然$\varnothing,X{\in}\tau_1{\cap}\tau_2$，这个很显然，对于$\varnothing$，仅需取到$\varnothing{\in}\tau_1,\tau_2$；对于$X$，仅需取到$X{\in}\tau_1,\tau_2$即可。
- 任取$U_1,U_2{\in}\tau_1{\cap}\tau_1$，则有$U_1,U_2{\in}\tau_1,\tau_2$，由于$\tau_1,\tau_2$为$X$上的拓扑，故而有$U_1{\cap}U_2{\in}\tau_1,\tau_2$，于是有$U_1{\cap}U_2{\in}\tau_1{\cap}\tau_2$。也就就是对有限交运算封闭。
- 任取$\mathscr{A}{\subseteq}\tau$，则$\mathscr{A}{\subseteq}\tau_1,\tau_2$。由于$\tau_1,\tau_2$为$X$上的拓扑，则有${\bigcup}_{U{\in}\mathscr{A}}U{\in}\tau_1,\tau_2$，于是则有${\bigcup}_{U{\in}\mathscr{A}}U{\in}\tau_1{\cap}\tau_2$。
考点：同样是考察拓扑三性质，这里主要用到了在各个拓扑中的三性质，并且这些性质对于交拓扑也是成立的。
2
$P_{28}$4，证明下列几个空间互相同胚：
（1）$X_1=E^2{\backslash}\left\{0\right\}$
（2）$X_2=\left\{(x,y,z){\in}E^3|x^2+y^2=1\right\}$
（3）单叶双曲面$X_3=\left\{(x,y,z){\in}E^3|x^2+y^2-z^2=1\right\}$
证明：
从$X_2{\to}X_1$，设$f:X_2{\to}X_1$为
$$ f(x,y,z)=(xe^z,ye^z) $$
则有$f^{-1}:X_1{\to}X_2$为$f$的逆映射，且
$$ f^{-1}(x,y)=(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}},\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}},ln(\sqrt{x^2+y^2})) $$
两个映射都是连续的，并且我们知道这做成了一个一一对应（双射），故此$X_1{\cong}X_2$。
设$g:X_3{\to}X_2$为
$$ g(x,y,z)=(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}},\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}},z) $$
则有$g^{-1}:X_2{\to}X_3$为$g$的逆映射，且
$$ g^{-1}(x,y,z)=(x\sqrt{1+z^2},y\sqrt{1+z^2},z) $$
也是连续映射，故此有$X_2{\cong}X_3$，然后根据同胚的传递性质，我们有
$$ X_1{\cong}X_2{\cong}X_3 $$
也就是三个空间互相同胚。
考点：同胚的定义：一一对应的连续映射，结合了特别的映射，还有同胚的传递性质。
3
$P_{43}$ 4，设$X$为豪斯多夫空间，$f:X{\to}X$是连续映射，则$f$的不动点集
$$ Fix\;f:=\left\{x{\in}X|f(x)=x\right\} $$
为$X$的闭子集。
证明：令$g(x)=x,{\forall}x{\in}X$，则原不动点集可以改写为
$$ Fix\;f:=\left\{x{\in}X|f(x)=g(x)\right\} $$
要证明其为闭子集，仅需证明其补集是开集：故设$x{\in}(Fix\;f)^c$，则有$f(x){\neq}g(x)$。而由豪斯多夫空间的分离性质，存在$G{\in}N_{f(x)}$（开邻域），$W{\in}N_{g(x)}$（开邻域），使得$G{\cap}W=\varnothing$，因为$f,g$是连续映射，故存在$U,V{\in}N_x$（开集），使得$f(U){\subset}G,g(V){\subset}W$。故对任意的$z{\in}U{\cap}V$，有$f(z){\neq}g(z)$，也就是$U{\cap}V{\subset}(Fix\;f)^c$。也就是证明了其补集为开集。因为$U{\cap}V{\in}N_x$，故$(Fix\;f)^c$为$X$的开集，也就是$Fix\;f$为闭集。
考点：实则利用了开闭集的对偶概念，然后用豪斯多夫空间的分离性质（用两个开集分开），再用连续映射，然后两个原像（开集）之交集还是开集，于是可以证明。
6，记$X{\times}X$的对角子集$\Delta:=\left\{(x,x)|x{\in}X\right\}$，证明当$\Delta$为$X{\times}X$的闭集时，$X$为豪斯多夫空间。
证明：当$\Delta$为$X{\times}X$的闭集时，则$\Delta^c$为开集，则对任意的$x,y{\in}X,x{\neq}y,(x,y){\in}\Delta^c$，故存在$(x,y)$的邻域$U_x{\times}U_y$，使得$(x,y){\in}U_x{\times}U_y{\subseteq}\Delta^c$，也就是$U_x{\cap}U_y=\varnothing$，故$X$为豪斯多夫空间。
考点：豪斯多夫空间定义：有两个开集分开。开集的对偶概念。
4
$P_{50}$ 4，设$S^n=\left\{(x_1,x_2,\cdots,x_{n+1}){\in}E^{n+1}|\sum^{n+1}_{i=1}x_i^2=1\right\}$（n维球面），$X$满足$T4$公理。证明从$X$的闭集$A$到$S^n$的连续映射可扩张至$A$的一个开邻域上。
证明：设$f:A{\to}S^n$是一连续映射，记$i:S^n{\to}E^{n+1}$是包含映射，规定$r:E^{n+1}{\backslash}\left\{O\right\}$为$r(x)=\frac{x}{\|x\|}$，将$i{\circ}f:A{\to}E^{n+1}$扩张为$g:X{\to}E^{n+1}$，记$U=g^{-1}(E^{n+1}{\backslash}\left\{O\right\})$，则$U$是$A$的开邻域，并且
$$ r{\circ}(g|U):U{\to}S^n $$
是$f$的扩张。
考点：交换图和连续映射，还有扩张到开邻域（这里是找到了这个开邻域，并且通过映射投到了$S^n$上）。
5
$P_{59}$ 5，证明紧致空间的无穷子集必有聚点
证明：设$X$为紧致空间，而$A$为$X$的无穷子集。用反证法：假设$A$没有聚点，则对任意的$x{\in}X$，有邻域$U_0$，使得$U_x{\cap}(A{\backslash}\left\{x\right\})=\varnothing$。故此，当$x{\in}A$时，有$U_x{\cap}A=\left\{x\right\}$；当$x{\notin}A$时，$U_x{\cap}A=\varnothing$。令$\mathscr{U}=\left\{U_x|x{\in}X\right\}$，则为$X$的开覆盖（紧空间开覆盖必有有限覆盖），于是子覆盖$U_1,U_2,\cdots,U_n$有$X={\bigcup}^n_{i=1}U_i$，而这样的话则有$({\bigcup}^n_{i=1}U_i{\cap}A)$为有限集，然而$A$为无穷子集，则出现矛盾。于是$A$有聚点。
考点：紧致的定义：开覆盖有有限子覆盖。聚点概念。没有聚点的概念。这里通过有限与无限导出的矛盾实现证明。
6
$P_{66}$ 7，证明：$X$不连通$\iff$存在定义在$X$上的连续函数$f:X{\to}E^1$，使得$f(X)$是两个点。
证明：必要性先证明：由于$X$不连通，故$X$可分解为两个不相交的开集之并，$A{\cup}B=X$且$A{\cap}B=\varnothing$，其中$A,B$为$X$中开集。不妨令连续函数$f(x)=\chi_A(X)$，而
$$ \chi_A(x)=\begin{cases}1{\quad}x{\in}A\;\\0{\quad}x{\notin}A\;由于B为A的补集，且B{\cap}A=\varnothing,因为x{\notin}A，于是x{\in}B\end{cases} $$
故可以改为
$$ f(x)=\chi_A(X)=\begin{cases}1{\quad}x{\in}A\;\\0{\quad}x{\notin}B\;\end{cases} $$
下面证其为连续函数：
$$ {\forall}U{\subset}E^1闭\\\left\{0,1\right\}{\subseteq}U^c{\Rightarrow}f^{-1}(U)=\varnothing闭;\\0{\in}U,1{\notin}U{\Rightarrow}f^{-1}(U)=A闭;\\1{\in}U,0{\notin}U{\Rightarrow}f^{-1}(U)=B闭;\\\left\{0,1\right\}{\subset}U{\Rightarrow}f^{-1}(U)=X闭 $$
于是连续性证毕（闭集的原像为闭集），故存在该连续函数$f:X{\to}E^1$，使得$f(X)$为两个点。
再证明充分性：用反证法：假设$X$连通，则由于$f$为连续函数，由于连通集合在连续映射下的像也是连通的，故此有$f(X)$为连通集，则不能分解为两个点，这个与前提条件矛盾。故$X$不连通。
考点：连通性：不能分解为两个不相交开集的并，连续函数的证明（开闭集对偶性质），连通集合在连续映射下的像也是连通的。
