Bài 1. Cho X, Y, Z là các không gian metric và f: X Y, g: Y Z là các ánh xạ liên tục. Chứng minh rằng:
a). gof là ánh xạ liên tục.
b). Nếuf là toàn ánh, gof là phép đồng phôi thì f và g là các phép đồng phôi.
▪Giải:
a). Với mọi C mở trong Z thì g-1(C) mở trong Y (do g liên tục) f-1(g-1(C)) mở trong
X (do f liên tục), hay (gof )-1(C) mở trong X. Do đó,gof liên tục trên X.
b). Vì gof là phép đồng phôi nên cũng là đơn ánh. Do đó, x1, x2 X, x1 ≠ x2 thì
gof(x1)≠gof(x2) f(x1)≠f(x2) f là đơn ánh, và do đó f là song ánh.
y1, y2 Y, y1 ≠ y2, x1, x2 X sao cho f(x1) = y1, f(x2) = y2 (hiển nhiên x1≠ x2). Ta
có: g(y1) = gof(x1)≠gof(x2) = g(y2) g là đơn ánh.
Mặt khác,g(Y) = gof(X) = Z (vì f và gof là song ánh) g là toàn ánh.
Vậy, g là song ánh.
Ta chỉ còn chứng minh f-1 và g-1 liên tục. Thật vậy, vì (gof )-1, f , g liên tục và
f-1 = (gof )-1og, g-1 = fo(gof )-1 nên f-1 và g-1 cũng liên tục.
Suy ra, f và g là các phép đồng phôi.
Bài 2. Cho f: X Y là ánh xạ liên tục đều và tập con A của X là hoàn toàn bị chặn.
Chứng minhf(A) là tập con hoàn toàn bị chặn của Y.
▪Giải:
Do f liên tục đều nên > 0, > 0: d1(x, y) < thì d2(f(x), f(y)) < . Giả sử A S(xi,δ) n 1 i . Ta sẽ chứng minh f(A) S( (xi),ε) n 1 i f .
Thật vậy, y f(A), x A: y = f(x). Khi đó, x S(xi, ) với i nào đó. Vì d1(x, xi) < nên d2(f(x), f(xi)) < , tức là y S(f(xi),).
Vậy,f(A) là tập con hoàn toàn bị chặn của Y.
Bài 3. Cho X là một không gian mêtric compact và ánh xạ f : X X thỏa mãn
▪Giải:
Với mọi x, y X, đặt xn = f n(x), yn = f n(y) (trong đó f n = f n-1of ), ta được các
dãy {xn}, {yn} trong X.
Do X compact nên tồn tại dãy tăng {nk} N sao cho { k n x } và { k n y } hội tụ. Vì mọi
dãy hội tụ là dãy Cauchy nên > 0, k, l (l > k) sao cho d1( k n x , l n x ) < 2 và d( k n y , l n y ) < 2 .
Đặt m = nl – nk, theo giả thiết của f, ta có: d(x, xm) ≤ d(x1, xm+1) ≤…≤ d(
k n x , l n x ) < 2
.Tương tự ta cũng có: d1(y, ym) <
2 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
.
Suy ra: d(f(x), f(y))≤ d(xm, ym)≤ d(xm, x) + d(x, y) + d(y, ym) < d(x, y) + . Vì nhỏ tùy ý nên suy ra d(f(x), f(y))≤ d(x, y). Kết hợp giả thiết ta được
d(f(x), f(y)) = d(x, y).
Để kết thúc bài toán ta còn phải chứng minh f là song ánh. Thật vây, f là đơn ánh vì với mọi x1≠ x2 ta có d( f(x1), f(x2)) = d(x1, x2)≠ 0 f(x1)≠f(x2).
Mặt khác, vì X compact nên f(X) compact f(X) đóng. x X và > 0, theo chứng minh trên thì xmf(X) sao cho d(x, xm) < nên f(X) trù mật trong X. Do đó,
X X f X f( ) ( ) f là toàn ánh. Vậy,f là một phép đẳng cự.
Bài 4. Cho f: X Y là ánh xạ liên tục trên mọi tập con compact của X. Chứng minh
rằngf liên tục trên X.
▪Giải:
Với mỗi xo X, lấy dãy bất kỳ {xn} X: xn xo. Ta cần chứng minh f(xn) f(xo).
Đặt A = {xn}n{xo}. Khi đó, A là tập compact. Thật vậy, gọi {G} là một phủ mở
của A. Khi đó, αo sao cho xo
o
G và > 0: S(xo,)
o
G .
Do xn xo nên tồn tại N: d(xn, xo) < n > N, tức là xn S(xo,) n > N. Với mỗi i = 1, 2,…, N, chọn i sao cho xi
i
G . Khi đó, ta có phủ hữu hạn của A là { o G , 1 G ,…, N G }, do đó A compact.
Theo giả thiết f liên tục trên A nên f(xn) f(xo) f liên tục tại xo xo X, hay f
Bài 5. Cho f là ánh xạ liên tục từ không gian mêtric X vào không gian mêtric Y.
a) Giả sử {Vα } là một phủ mở của Y. Với mỗi , đặt Mα = f-1(Vα). Chứng tỏ rằng,
nếu với mọi , ánh xạ f | 1( )
V V f : 1( ) V f Vα là một phép đồng phôi thì f là một phép đồng phôi.
b) Hãy nêu lên một ví dụ về một ánh xạ f : X Y không phải là song ánh, và một
phủ mở {Uα} của X sao cho ánh xạ f |U : U f(U) là một phép đông phôi.
▪Giải:
a) Dễ thấyf là song ánh từ X vào Y.
xX, gọi U là một lân cận mở bất kỳ của x. Vì {Vα} là một phủ mở của Y nên tồn (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
tại đểf(x) Vα .
Vì f liên tục nên f1(V)mở trong X, do đó f1(V)U mở trong f1(V). Do
f | 1( ) V f là đồng phôi nên f( 1( ) V
f U) là mở trong Vα . Mà Vα mở trong Y nên
f( 1( ) V f U) mở trong Y, tức là f(U) f( 1( ) V
f U) hay f(U) là lân cận của f(x). Do
đó,f-1 liên tục.
Vậy,f là phép đồng phôi.
b) Lấy X là không gian rời rạc có ít nhất hai phần tử, Y là không gian chỉ gồm một
phần tử a và f là ánh xạ xác định bởi f(x) = a xX (f là ánh xạ duy nhất từ X vào Y). Họ ({x})xX là phủ mở của X và f |{x}:{x} Y là phép đồng phôi nhưng f không là
song ánh.
Bài 6. Cho ánh xạf : X Y. Gọi G = {(x, f(x)): xX} là đồ thị củaf. Chứng minh rằng:
a) Nếu f liên tục thì G là tập đóng trong X×Y và thu hẹp lên G của phép chiếu
X Y X
X :
là một phép đồng phôi.
b) Nếu Y compact và G đóng trong X×Y thì f liên tục.
▪Giải:
a) Giả sử {(xn, yn)}G là dãy hội tụ đến (xo, yo). Khi đó, xn xo và yn yo khi n . Vì f liên tục nên n limf(xn) = n limyn f(xo) = yo (xo, yo) G, do đó G là tập đóng trongX×Y.
Bậy giờ ta chứng minh X|G là phép đồng phôi từ G vào X. Thật vậy, với mỗi xX, tồn tại duy nhất (x, f(x))G nên X|G là song ánh, và hiển nhiên X|G là liên tục.
Giả sử {xn} là dãy tùy ý trong X hội tụ đến xo. Do f liên tục nên {f(xn)} f(xo), từ đó
{(xn, f(xn))} (xo, f(xo)), tức là 1
X
liên tục. Vì vậy, X|G là phép đông phôi.
b) Giả sử H đóng trong Y. Khi đó, X×H đóng trong X×Y. Do đó, (X×H) G đóng
trong X×Y. Từ đó suy ra X((X×H) G) đóng trong X. Do đó,
f-1(H) = X((X×H) G) đóng trong X, hay f liên tục.
Bài 7. Cho (X, d1) và (Y, d2) là các không gian mêtríc và f: X Y là ánh xạ liên tục.
Chứng minh rằng nghịch ảnh f -1(B) của tập Borel B trong (Y, d2) là tập Borel trong (X, d1).
▪Giải: (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Kí hiệuß(X) là họ tất cả các tập con Borel của X, tức là,σ – đại số các tập con của X.
Kí hiệuΩ là họ các tập BY sao cho f -1(B)ß(X). Khi đó, Ω làσ – đại số các tập con
của Y.
Vì f liên tục nên nghịch ảnh của mọi tập mở là mở. Do đó, Ω chứa tất cả các tập con
mở của Y. Từ đó, ß(Y) Ω, suy ra nếu Bß(Y) thì f-1(B)ß(X).
Bài 8. Cho ánh xạ f xác định trên các tập đóng F1, F2, …, Fm. Chứng minh rằng nếu thu
hẹp của f trên mỗiFi, i = 1, 2,…, m, là liên tục thì f liên tục trên F1F2…Fm. Chỉ ra
ví dụ rằng phát biểu trên không đúng trong trường hợp vô hạn Fi.
▪Giải:
Gọi {xn} là dãy các phần tử trong m i
1i F i F
hội tụ tới x. Khi đó, tồn tại ít nhất một dãy Fi
chưa dãy con {x
k
n }. Do đó, dãy {xn} có thể phân tích thành hữu hạn dãy con sao cho mỗi dãy conđược chứa trong một tập Fi. Do Fi đóng vàf liên tục trên Fi, nên
f( k n x ) = f | Fi( k n x ) f |Fi(x) = f(x).
Suy ra rằng {f(xn)} được phân tích thành hữu hạn dãy con hội tụ tớif(x), do đó {f(xn)} hôi tụ tớif(x), tức laf liên tục trên i
m
i F
1
.
Trong trường hợp có vô hạn Fi thì khẳng định trên không đúng. Cụ thể, xét các Fi xác
định như sau: F0 = {0}, Fi = i 1 , i = 1, 2,….Và hàm f xác định bởi f(x) = 1 với x Fi, i = 1, 2,… 0 với x F0
Khi đó, các tập Fi, i = 0, 1, 2,… là các tập đóng và f liên tục trên mỗi Fi nhưng không liên tục trên i 1 i F .
Bài 9. Cho (X, d1) và (Y, d2) là các không gian mêtríc . Chứng minh rằng ánh xạ f: X Y liên tục nếu và chỉ nếu với mỗi tập con compact A trong X, ánh xạf |A là liên tục.
▪Giải:
Giả sử với mọi tập compact AX, f |A là liên tục.Nếu dãy {xn} các phần tử của X hội
tụ tới x, thì tập A = {x, x1, x2, …} là compact trong X. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Do đó,f(xn) = f |A(xn) f |A(x) = f(x). Suy ra, f liên tục trên X.
Chiều ngược lại là hiển nhiên.
Bài 10. Giả sử f là song ánh liên tục từ không gian mêtríc compact X vào không gian mêtríc Y. Chứng minh rằng ánh xạ ngượcf -1 liên tục trên Y. Cũng chứng minh rằng giả
thiết compact không thể bị bỏ qua.
▪Giải:
Vì mọi không gian mêtric đều là không gian Hausdorff, nên theo hệ quả 2.2.1 thì f là
phép đồng phôi, do đó f-1 liên tục trên Y.
Để chỉ ra tính compact của X là giả thiết cốt yếu, xét f: (0, 1) {2} (0, 1] xác định
bởi f(x) = x x (0, 1) và f(2) = 1. Rõ ràng f là song ánh liên tục từ không gian mêtric (0, 1) {2} (không compact) vào không gian mêtric (0, 1]. Nhưng hàm ngư ợcf-1 không liên tục trên (0, 1] ( cụ thể không liên tục tại 1).
Bài 11. Gọi f là ánh xạ liên tục từ không gian mêtríc compact X vào không gian mêtríc Y. Chứng minh rằng f liên tục đều trên X.
▪Giải:
Gọi d1, d2 lần lược là các mêtríc của X và Y. Do tính liên tục của f nên > 0 cho
trước và x X, tồn tại δ(x) > 0 sao cho d1(y, x) < δ(x) kéo theo d2(f(y), f(x)) <
2
. (1) Vì họ các hình cầu {B(x,