[Chapter 9] 가산 공리 (2) - Problems

[Problem 1]

\(\Bbb R\)에서 위상 \(\mathcal T\)를 여유한 위상(cofinite topology)이라 하자.

(1) 위상공간 \((\Bbb R, \, \mathcal T)\)가 제1가산공간이 아님을 보여라.
(2) 위상공간 \((\Bbb R, \, \mathcal T)\)가 분해 가능 공간(separable space)임을 보여라.

# Solution ▶

(Proof)

(1) \((\Bbb R, \, \mathcal T\)\)가 제1가산공간이라고 가정하자. 임의의 \(p\in \Bbb R\)에 대하여 \(p\)에서의 가산인 국소기저 \(\mathcal B_p=\{B_n \mid n\in \Bbb N\}\)가 존재한다. 여유한 위상의 정의에 의하여 각 자연수 \(n\)에 대하여 \({B_n}^c\)은 유한집합이다. 따라서 \(B=\bigcup_{n=1}^{\infty} {B_n}^c\)은 가산집합이므로 \(a\in \Bbb R \, \backslash \, B\)인 \(a\neq p\)가 존재하고, \(\{a\}^c\)는 \(p\)를 포함하는 한 열린 집합이다. 또한 \(a\in \Bbb R \, \backslash \, B=\bigcap_{n=1}^{\infty} B_n\)이므로 모든 자연수 \(n\)에 대하여 \(a\in B_n\)이다. 즉, \(B_n \not \subset \{a\}^c\)이다. 이는 \(\mathcal B_p\)가 \(p\)에서의 국소기저라는 사실에 모순이다. 따라서 여유한 위상공간은 제1위상공간이 아니다.

(2) 임의의 \(G\in \mathcal T\)에 대하여 \(G^c\)는 유한집합이다. \(\Bbb N\)은 무한집합이므로 \(G\)는 \(\Bbb N\)의 적어도 하나의 원소를 포함한다. 따라서 \(\bar{\Bbb N}=\Bbb R\)이다. 

# ◀ 닫기

 

[Problem 2]

분리 가능한 위상 공간의 부분공간이 분리 가능하지 않을 수도 있음을 반례를 들음으로써 증명하여라.

# Solution ▶

(Proof)

\(\Bbb R^2\) 위에서의 위상 \(\mathcal T\)를 반열린 직사각형 \[[a, b)\times [c, d)=\{(x, y) \mid a\leq x<b, \, c\leq x <d\}\]에 의하여 생성되는 위상이라고 하자. 이 위상은 분리 가능한 공간이다. (\(A=\{[p, q)\times [r, s) \mid p, \, q, \, r, \, s\in \Bbb Q\}\)라 하면 \(\bar {A}=\Bbb R^2\)이다.) 이때 집합 \(Y\)를 \[Y=\{(x, y) \mid x+y=0\}\]라 하면 부분공간 \(Y\)는 이산 위산공간이다. \(Y\)는 비가산집합이므로 분리 가능하지 않다.

# ◀ 닫기

 

[Problem 3]

\(A\)를 제2가산공간 \(X\)의 비가산인 부분집합이라고 하자. 집합 \(A\)가 적어도 하나의 집적점을 가지고 있음을 보여라. 

# Solution ▶

(Proof)

집합 \(A\)가 단 하나의 집적점도 가지지 않는다고 하고, \(X\)의 가산인 기저를 \(\mathcal B=\{B_n \mid n\in \Bbb N\}\)라 하자. 그러면 \(x_n\in B_n\)인 \(x_n\in X\)에 대하여 \(A\cap B_{n}\subset \{x_n\}\)를 만족시킨다. 따라서 \[A= \bigcup \{A\cap B_{n} \mid n\in \Bbb N\}\subset \{x_n \mid n\in \Bbb N\}\]이다. 이는 \(A\)가 비가산집합이라는 데에 모순이다. 따라서 집합 \(A\)는 적어도 하나의 집적점을 갖는다.

# ◀ 닫기

 

[Problem 4]

\(\Bbb R\) 위에서의 아래끝 위상 \(\mathcal T\)가 위상공간 \((\Bbb R, \, \mathcal T)\)이 분해 가능공간임을 보여라.

# Solution ▶

(Proof)

아래끝 위상은 보통 위상보다 큰 위상이다. 따라서 보통 위상에서의 열린 집합은 모두 아래끝 위상에서의 열린 집합이 된다. 보통 위상은 분해 가능 공간이므로 보통 위상에서의 임의의 열린 집합 \(G\)에 대하여 \(\Bbb Q\cap G\neq \varnothing\)이다. \(G\)는 아래끝 위상에서의 열린 집합이기도 하므로 \((\Bbb R, \, \mathcal T)\)은 분해 가능하다. 

(cf) 실수 \(a, b\, \)에 대하여 보통 위상 \(\mathcal U\)의 기저인 원소 \((a, b)\)에 대하여 \[(a, b)=\bigcup \{[r, \,b) \mid r\in \Bbb Q\, , \; r>a\}\]이다. 

# ◀ 닫기

 

[Problem 5]

린델뢰프 공간 \(X\)의 한 닫힌 부분집합 \(A\)에 대하여 부분공간 \(A\) 또한 린델뢰프 공간임을 보여라.

# Solution ▶

(Proof)

\(\mathcal G=\{G_n \mid n\in \Bbb N\}\)를 집합 \(A\)의 가산인 열린 덮개라고 하자. 이때 \(A^c\)는 열린 집합이고 \(X=A\cup A^c\)이므로 \(\mathcal G\cup \{A^c\}\)은 \(X\)의 한 가산인 열린 덮개이다. \(X\)는 린델뢰프 공간이므로 이 열린 덮개는 유한인 부분덮개 \(\mathcal G^*\)를 갖는다. 따라서 \(\mathcal G^* \, \backslash \, \{A^c\}\)은 \(\mathcal G\)의 유한인 부분덮개이다. 즉, 부분공간 \(A\)는 린델뢰프 공간이다.

# ◀ 닫기

 

Reference: <SCHAUM'S outlines: General Topology>, Seymour Lipschutz.