2012년 1학기 위상수학1: 덕성여자대학교 수학과 최성우 1
위상수학1 기말고사 문제풀이
1. 두 연속함수 f, g : R → R이 있다. 다음과 같이 정의된 집합 A가 R에서 열린집합인지 닫힌집합인지 를 판별하고, 그 이유를 자세히 설명하시오. (15점)
A=x ∈ R | f (x)2+ g(x)2>2f (x)g(x) .
우선, f (x)2 + g(x)2 > 2f (x)g(x) ⇔ {f (x) − g(x)}2 > 0 ⇔ f (x) 6= g(x) 이므로, A = {x ∈ R| f (x) 6= g(x)}이다.
F : R → R2, F (x) = (f (x), g(x))로 놓고, p1, p2 : R2 → R을 p1((x, y)) = x, p2((x, y)) = y 로 정의된 사영사상들이라고 하자. 그러면 (p1◦ F ) (x) = p1((f (x), g(x))) = f (x), (p2◦ F ) (x) = p2((f (x), g(x))) = g(x), 즉 p1◦ F = f , p2◦ F = g이고 f , g는 연속이므로, 정리 2.3.5 (p.34)에 의하여 F 는 연속이다.
R은 Hausdorff이므로 ∆R := (x, y) ∈ R2| x = y 은 R2에서 닫힌집합이고, R2\ ∆R은 R2에서 열린집합다. 따라서 연속함수 F 에 의한 R2\ ∆R의 역상 F−1 R2\ ∆R은 R에서 열린집합이다.
A= {x ∈ R | f (x) 6= g(x)} = F−1 R2\ ∆R이므로, 집합 A는 R에서 열린집합이다.
2. 주어진 위상공간이 옹골공간(compact space)인지의 여부를 각각 판정하고, 그 이유를 자세히 설명 하시오.
(1) R3의 부분공간 X = {(x, y, z) ∈ R3| x2+ y2− z2= 1} . (5점)
X는 유클리드공간 R3에서 닫힌집합이지만 유계가 아니므로 compact가 아니다.
(2) 아래끝위상공간 Rl의 부분공간 Y = [0, 1]. (15점)
Un :=0, 1 −n1, n = 2, 3, 4, . . ., U1:= {1}로 잡자. Un=0, 1 −n1 ∩ Y , U1= [1, 2) ∩ Y 이므로, U1, U2, U3, . . .은 모두 Y 의 열린집합이고, U := {Un| n = 1, 2, 3, · · · }은 Y 의 open cover이다.
U의 임의의 유한부분집합 U′ = {Un1, Un2,· · · , Unk}를 잡고 N = max {n1, n2,· · · , nk}로 놓자.
U16∈ U′일 경우, Un1∪ · · · ∪ Unk= [0, 1 −N1) ( [0, 1] = Y 이므로 U′은 Y 의 open cover가 아니다.
U1∈ U′일 경우, Un1∪ · · · ∪ Unk= [0, 1 −N1) ∪ {1} ( [0, 1] = Y 이므로 U′은 Y 의 open cover가 아니다. 따라서 U는 finite subcover를 가지지 않고, Y 은 옹골공간이 아니다.
3. 거리공간 (X, d)에 서로 겹치지 않은 두 닫힌부분집합 A, B가 있을 때, 거리함수 d를 이용하여 다음 조건들을 모두 만족하는 두 연속함수 a, b : X → R을 만드시오. (15점)
a(x) =
1, x ∈ A
0, x ∈ B , b(x) =
0, x ∈ A 1, x ∈ B , x6∈ A ∪ B일 때 0 < a(x), b(x) < 1, 모든 x ∈ X에 대하여 a(x) + b(x) = 1.
함수 h : X → R을
h(x) := d(x, B) − d(x, A) d(x, A) + d(x, B)
로정의하자. A, B가 서로 겹치지 않는 닫힌집합이므로, 분모는 0이 될 수 없다. 따라서, 함수 h는 X 전체에서 잘 정의되는 연속함수이고, x ∈ A일 때 h(x) = 1, x ∈ B일 때 h(x) = −1, x 6∈ A ∪ B일 때 −1 < h(x) < 1임을 알 수 있다.
함수 a, b : X → R을
a(x) := 1 + h(x)
2 , b(x) := 1 − h(x)
2 , x∈ X
로정의하면, a, b는 연속함수이고, h의 성질을 이용하여 주어진 모든 조건들을 만족함을 보일 수 있다.
4. 주어진 위상공간의 한 점 옹골화 공간(one-point compactification)과의 위상동형을, 다음 중에서 모두 고르시오. (각 5점)
A B C D E F (R2 의 부분공간들로 간주함.)
2 2012년 1학기 위상수학1: 덕성여자대학교 수학과 최성우
(1) R의 부분공간 (−∞, 0).
답: D.
(2) R의 부분공간 [0, 1) ∪ [2, 3) ∪ (4, 5].
답: E, F.
(3) R2의 부분공간 {(x, y) ∈ R2| x = −1} ∪ {(x, y) ∈ R2| x = 1}.
답: B.
5. R2의 부분집합 A, B, C가 다음과 같이 주어졌다:
A=n
e−θ1cos θ, e−θ1sin θ θ >0o
, B=(x, y) | x2+ y2= 1 , C= {(0, 0)} . R2의 부분공간 X = A ∪ B ∪ C에 대하여 다음을 구하시오. (각 10점)
(1) X의 모든 연결성분(connected component)들.
A= X이므로, 따름정리 4.1.11(p.66)에 의하여 X는 연결이다. 따라서 X의 연결성분은 X 하 나이다.
(2) X의 모든 길연결성분(path-connected component)들.
A, B, C는 각각 길연결이지만, A ∪ B, B ∪ C, C ∪ A는 모두 길연결이 아니다. 따라서 X의 길연결성분들은 A, B, C이다.
6. R2의 부분공간으로서 두 문자 P와 R은 위상동형인가? 맞을 경우 이를 증명하고, 아닐 경우 아님을 증명하시오. (15점)
br
bp1
bp2
bp3
f
두 공간 P, R이 위상동형이라고 가정하자. f : R → P를 위상동형사상이라고 하면, R \ {r}와 P\ {f (r)}도 서로 위상동형이어야 하고, 특히 각각의 연결성분의 갯수가 같아야 한다. 우선 R \ {r}
의 연결성분의 갯수는 3임을 알 수 있다.
이제 P \ {f (r)}의 성분의 갯수를 다음과 같이 경우를 나누어 알아보자:
(i) f (r) = p1일 경우: P \ {f (r)}의 성분의 갯수는 1이다.
(ii) f (r) = p2일 경우: P \ {f (r)}의 성분의 갯수는 2이다.
(iii) f (r) = p3일 경우: P \ {f (r)}의 성분의 갯수는 2이다.
즉, 어떠한 경우에도 R \ {r}과 P \ {f (r)}의 성분의 갯수가 다르므로 모순이다. 따라서 P와 R은 위상동형이 아니다.
