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\begin{document}
\begin{CJK}{UTF8}{}%
\title{拓扑作业}
\author{姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023}
\maketitle

\chapter{第1周拓扑作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
在 1 维欧氏空间$\mathbb{R}^{1}$中，对于$a<b$，我们有$\ensuremath{(a,b)\in\tau_{\mathbb{R}^{1}}}\lyxmathsym{，}\ensuremath{[a,b),(a,b],[a,b]\notin\tau_{\mathbb{R}^{1}}}\lyxmathsym{。}$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$[a,b)$不是开集，因为对点$a$来说，不存在$\delta>0$，使得$\left(a-\delta,a+\delta\right)\subseteq[a,b)$。
$(a,b],[a,b]$同理。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{\mathbb{Q}}\lyxmathsym{，}\ensuremath{\mathbb{W}\subset\mathbb{R}}$分别为全体有理数和无理数所构成的集合。证明$\mathbb{Q},\mathbb{W}\notin\tau_{\mathbb{R}^{1}}$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
假设$\mathbb{Q}$是开集，那么任意的$q\in\mathbb{Q}$，存在$\delta>0,\delta\in\mathbb{R}$，使得区间$\left(q-\delta,q+\delta\right)\subseteq\mathbb{Q}$.
但由于无理数是稠密的，不可能存在一个区间中没有无理数，因此矛盾！故$\mathbb{Q}$不是开集，不属于$\tau_{\mathbb{R}^{1}}$.
因为有理数也是稠密的，所以无理数的证明同理。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$f:\mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R}$是一个非常值的连续映射。则有无交并分解
\[
\mathbb{R}^{n}=A^{-}\sqcup A^{0}\sqcup A^{+},
\]
其中
\[
A^{-}=\{x\in\mathbb{R}|f(x)<0\};\quad A^{0}=\{x\in\mathbb{R}|f(x)=0\};\quad A^{+}=\{x\in\mathbb{R}|f(x)<0\}.
\]

证明：$\ensuremath{A^{-},A^{+}\in\tau_{\mathbb{R}^{n}}}\lyxmathsym{，}\ensuremath{A^{0}\notin\tau_{\mathbb{R}^{n}}}$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
$A^{-}$和$A^{+}$的证明基本一样，所以只证明$A^{-}$的部分。

先证明$A^{-}\in\tau_{\mathbb{R}^{n}}$。任意的$x\in A^{-}$，由$f$的连续保号性可知，存在$\delta>0$，使得$f\left(x\right)$在$\left(x-\delta,x+\delta\right)$上不会变号，仍然小于0，故$\left(x-\delta,x+\delta\right)\subseteq A^{-}$，故$A^{-}$是开集。

再证明$A^{0}\notin\tau_{\mathbb{R}^{n}}$。假设$A^{0}$是开集。因为$f$是连续映射，$A^{0}=f^{-1}\left(\left\{ 0\right\} \right)$，所以$A^{0}$是闭集。所以$A^{0}$既是开集又是闭集，矛盾！故$A^{0}\notin\tau_{\mathbb{R}^{n}}$。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
已知度量空间$(X,d)$。证明

1) $\ensuremath{X}$中的空集$\varnothing$是$X$的闭子空间.

2) 如果$A_{1},\cdots,A_{n}$是$X$中的有限个闭子空间, 则它们的并集$A_{1}\cup\cdots\cup A_{n}$也是$X$的闭子空间。

3) 如果$A_{\lambda},\lambda\in\Lambda$，是$X$中的一簇闭子空间, 则它们的交集$\bigcap_{\lambda\in\Lambda}A_{\lambda}$也是$X$的闭子空间。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1) $\varnothing$的补集是$X$，任意的$x\in X$，$x$的邻域仍然是$X$的子集，所以$X$是开集。开集的补集是闭集，所以$\varnothing$是闭集。

2) 因为$A_{1},\cdots,A_{n}$是$X$中的有限个闭子空间，所以$A_{1}^{c},\cdots,A_{n}^{c}$就是$X$中的开子空间。由德摩根定律
\[
\left(\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}\right)^{c}=\bigcap_{i=1}^{n}A_{i}^{c}
\]
而有限个开集的交仍然是开集，所以$\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}$是闭集。

3) 因为$A_{\lambda},\lambda\in\Lambda$，是$X$中的一簇闭子空间，所以$A_{\lambda}^{c}$是一簇开子空间，由德摩根定律
\[
\left(\bigcap_{\lambda\in\Lambda}A_{\lambda}\right)^{c}=\bigcup_{\lambda\in\Lambda}A_{\lambda}^{c}
\]
无穷个开集的并仍然是开集，所以$\bigcap_{\lambda\in\Lambda}A_{\lambda}$是闭集。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
$\lyxmathsym{设}\ensuremath{A}$是度量空间$(X,d)$的一个闭子空间，$x\in X$是一个点.
定义
\[
d(x,A):=\inf\{d(x,a)\in\mathbb{R}|a\in A\}.
\]

证明：

1)$\ensuremath{x\to d(x,A)}\lyxmathsym{是}\ensuremath{X}$上的连续函数(称为到子集合$A$的距离函数)；

2) $d(x,A)=0$的充分必要条件是$x\in A$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1) 任意的$\varepsilon>0$，存在$\delta=\varepsilon$，$d\left(x,y\right)<\delta$，对任意的$a\in A$，
\[
d\left(x,a\right)\leqslant d\left(x,y\right)+d\left(y,a\right)
\]
两边取下确界可得
\[
d\left(x,A\right)-d\left(y,A\right)\leqslant\delta=\varepsilon
\]
交换$x,y$的位置，可得
\[
\left|d\left(x,A\right)-d\left(y,A\right)\right|\leqslant\varepsilon
\]
所以$x\to d\left(x,a\right)$是$X$上的连续函数。

2) $\Rightarrow$：$d\left(x,A\right)=0$，说明$\inf\{d(x,a)\in\mathbb{R}|a\in A\}=0$，即任意的$\varepsilon>0$，存在$a\in A$，使得$d\left(x,a\right)<\varepsilon$，所以$x$是集合$A$的极限点。由于$A$是闭集，所以不存在极限点在集合$A$之外，故$x\in A$. 

$\Leftarrow$：因为$x\in A$，所以$d(x,A)=\inf\{d(x,a)\in\mathbb{R}|a\in A\}=d\left(x,x\right)=0$。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
已知度量空间$\ensuremath{(X,d)}\lyxmathsym{，}\ensuremath{(Y,d')}$以及集合间的映射$f:X\to Y$。证明$f$是连续映射的充要条件是，对于$Y$中的任意一个闭集$\ensuremath{B\subset Y}\lyxmathsym{，}\ensuremath{f^{-1}(B)}$是$X$中的闭集。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
先证明$\Rightarrow$，因为$B$是$Y$中的闭集，所以$Y\backslash B$是开集，由于$f$是连续映射，所以$f^{-1}\left(Y\backslash B\right)$是开集。因为逆像保运算，所以$f^{-1}\left(Y\backslash B\right)=f^{-1}\left(Y\right)\backslash f^{-1}\left(B\right)$，由于$f^{-1}\left(Y\backslash B\right)\text{，}f^{-1}\left(Y\right)$都是开集，所以$f^{-1}\left(B\right)$是$X$中的闭集。

再证明$\Leftarrow$，对于任意的$x\in X$，任意的$\varepsilon>0$，$B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)$是$Y$中的开集，于是$Y-B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)$是$Y$中的闭集。于是$f^{-1}\left(Y-B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)\right)$是$X$中的闭集，于是$f^{-1}\left(B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)\right)$是$X$中的开集。

存在$\delta>0$，$x\in B\left(x,\delta\right)\subseteq f^{-1}\left(B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)\right)$，于是$f\left(x\right)\subseteq\left(f\circ f^{-1}\right)\left(B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)\right)\subseteq B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)$，故$f$是连续的。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{\mathbb{Q}^{n}}$是$\ensuremath{n}$维欧氏空间 $\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$中坐标为有理数的点的集合.
证明$\ensuremath{\mathbb{Q}^{n}}$是$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$的稠密子空间.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
要证明$\mathbb{Q}^{n}=\mathbb{R}^{n}$，只需证明$\overline{\mathbb{Q}^{n}}=\mathbb{R}^{n}$. 

首先说明，集合$\mathbb{W}=\left\{ \left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)\mid x_{1},\cdots,x_{n}\text{中至少存在一个是无理数}\right\} $是$\mathbb{Q}^{n}$
的导集，也就是任意$w\in\mathbb{W}$，是$\mathbb{Q}^{n}$的极限点。

$\forall\delta>0$，定义$w$的开邻域为$n$维正方体$C_{\delta}:\left(x_{1}-\delta,x_{1}+\delta\right)\times\cdots\times\left(x_{n}-\delta,x_{n}+\delta\right)$，由于有理数的稠密性，无论$\delta$多小，总会存在$q_{i}\in\left(x_{i}-\delta,x_{i}+\delta\right),i=1,\cdots,n$，从而每个$C_{\delta}$中都会有$\mathbb{Q}^{n}$中的点。于是$w$是$\mathbb{Q}^{n}$的极限点，$\mathbb{W}$是$\mathbb{Q}^{n}$的导集。

于是，$\overline{\mathbb{Q}^{n}}=\mathbb{Q}^{n}\cup\mathbb{W}=\mathbb{R}^{n}$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
已知拓扑空间$\ensuremath{(X,\tau)}$的一个子空间 $\ensuremath{A\subseteq X}.$它的边界是
\[
\partial A:=\overline{A}-\mathring{A}.
\]
证明：

(1) $\partial A=\overline{A}\cap\overline{X-A}$

(2) $\ensuremath{\partial A=\phi\iff A}$既开且闭.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
(1) 由于对$B\subset X$，$X-\overline{B}=\left(X-B\right)^{\circ}$，令$B=X-A$，有$\mathring{A}=X-\overline{X-A}$.
所以
\[
\partial A=\overline{A}-\mathring{A}=\overline{A}\backslash\left[X\backslash\left(\overline{X\backslash A}\right)\right]=\overline{A}\cap\left[X\backslash\left(\overline{X\backslash A}\right)\right]^{c}=\overline{A}\cap\overline{X-A}.
\]

(2) $\partial A=\varnothing\Leftrightarrow\overline{A}\text{与}\overline{X-A}$没有交集. 

先证明$A$是闭集。设$x\in\overline{A}$，如果$x\notin A$，那么$x\in X-A$，那么$x\in\overline{X-A}$，从而有交集了。矛盾！所以$A$是闭集。

同理，$X-A$是闭集，所以$A$是开集。

所以$A$既开又闭。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
考虑$n$ 维实向量空间$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}\lyxmathsym{上}$的下述两个拓扑：

1) $\tau_{1}$：由距离函数$\ensuremath{d:\mathbb{R}^{n}\times\mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R}}$所规定的拓扑；

2)$\tau_{2}$：$\ensuremath{\mathbb{R}^{n}}$上的余有限拓扑.

证明集合之间的恒同映射$\text{id}:\mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R}^{n}$

1) 是一个连续映射:$\ensuremath{(\mathbb{R}^{n},\tau_{1})\to(\mathbb{R}^{n},\tau_{2})};$

2) 不是一个连续映射: $\ensuremath{(\mathbb{R}^{n},\tau_{2})\to(\mathbb{R}^{n},\tau_{1})}.$
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1) $\tau_{1}$中的开集就是通常的开集。$\tau_{2}$中的开集$U$要么是$\varnothing$，要么$\mathbb{R}^{n}\backslash U$是有限集。对任意$U\in\tau_{2}$，若$U=\varnothing$，则$\text{id}^{-1}\left(U\right)=\varnothing\in\tau_{1}$。若$U\ne\varnothing$，因为$\mathbb{R}^{n}\backslash U$是有限集，所以$\text{id}^{-1}\left(\mathbb{R}^{n}\backslash U\right)$也是有限的，在$\tau_{1}$中是闭集，所以其补集是开集。所以恒同映射是连续映射。

2) 取$U\in\tau_{1}$，使得$\mathbb{R}^{n}\backslash U$是无限集。于是$\text{id}^{-1}\left(\mathbb{R}^{n}\backslash U\right)$是无限集，即$\mathbb{R}^{n}\backslash\text{id}^{-1}\left(U\right)$是无限集，所以$\text{id}^{-1}\left(U\right)$是闭集。因此$\text{id}$不连续。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
举例说明, 焊接引理中$\ensuremath{A_{1},A_{2}\subset X}$是闭子空间的条件不可去.
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$X=\mathbb{R},A_{1}=\left(-\infty,0\right),A_{2}=[0,+\infty)$，定义$f_{1}:A_{1}\to\mathbb{R},x\mapsto0$，$f_{2}:A_{2}\to\mathbb{R},x\mapsto1$，这样由于$A_{1}\cap A_{2}=\varnothing$，映射限制在空集上自然相等，但是合到一起后在$\mathbb{R}$上不相等。所以条件不可以去掉。
\end{sol*}
%

\chapter{第2周拓扑作业}
\begin{onehalfspace}
\begin{center}
姓名：王登辉$\qquad$学号：2024K8009906023
\par\end{center}
\end{onehalfspace}
\begin{problem}
对于一个拓扑空间$(X,\tau)$，乘积空间$\ensuremath{X\times X}$的对角子空间是
\[
\Delta(X)=\left\{ (x,x)\in X\times X,\ x\in X\right\} .
\]
证明$(X,\tau)$ 是$\ensuremath{T_{2}}$空间的充分必要条件是，$\ensuremath{\Delta\left(X\right)}$是乘积空间$\ensuremath{X\times X}$的闭子空间。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
``$\implies$''：只需要证明$\left(X\times X\right)\backslash\Delta\left(X\right)$是开子空间。由于$\left(X,\tau\right)$是$T_{2}$空间，所以$\forall x,y\in X$，$\exists U,V\subset X$，使得$x\in U,y\in V$，且$U\cap V=\varnothing$.
于是$U\times V$是$\left(x,y\right)$的一个开邻域，且属于$\left(X\times X\right)\backslash\Delta\left(X\right)$.
因为假如某一个$\left(z,z\right)\in U\times V$，那么$z\in U\cap V$，矛盾！所以$\left(X\times X\right)\backslash\Delta\left(X\right)$就是开集，也就是说$\Delta\left(X\right)$是闭集。

“$\impliedby$”：因为$\Delta\left(X\right)$是乘积空间$X\times X$的闭子空间，所以$\left(X\times X\right)\backslash\Delta\left(X\right)$是开子空间，任意的$\left(x,y\right)\in\left(X\times X\right)\backslash\Delta\left(X\right)$，存在开集$U\times V$，使得$\left(x,y\right)\in U\times V\subset X\times X$.
假设$\left(X,\tau\right)$不是$T_{2}$空间，也就是存在$x,y\in X$，不存在$U,V$，使得$x\in U,y\in V$且$U\cap V=\varnothing$.
设$z\in U\cap V$，那么在$\left(X\times X\right)\backslash\Delta\left(X\right)$中，点$\left(x,y\right)$不会存在开邻域$U\times V$，因为$\left(z,z\right)\in U\times V$，矛盾！所以$\left(X,\tau\right)$是$T_{2}$空间。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{A}$是度量空间$\ensuremath{(X,d)}$的一个闭子空间。定义函数
\[
d_{A}:X\to\mathbb{R},\quad d_{A}(x)=\inf\{d(x,a)\in\mathbb{R},\ a\in A\}.
\]

证明：

1) $\ensuremath{d_{A}}\lyxmathsym{是}\ensuremath{X}$上的连续函数；

2) $\ensuremath{d_{A}(x)=0}$的充分必要条件是，$x\in A$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
1) 取$\delta=\varepsilon$，$\forall x\in\mathbb{R}^{n},y\in B\left(x,\delta\right),z\in A$，有
\[
d\left(y,x\right)\geqslant d\left(z,x\right)-d\left(z,y\right)
\]
两边取下确界，有
\[
d\left(x,A\right)-d\left(y,A\right)\leqslant d\left(x,y\right)\iff d_{A}\left(x\right)-d_{A}\left(y\right)\leqslant d\left(x,y\right)<\varepsilon
\]
所以$f\left(y\right)\in B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)$，所以$\forall\varepsilon>0,\exists\delta=\varepsilon$，使得$f\left(B\left(x,\delta_{\varepsilon}\right)\right)\subset B\left(f\left(x\right),\varepsilon\right)$，也就是$d_{A}$是连续函数。

2) ``$\impliedby$''：由于$x\in A$，$d\left(x,x\right)=0$，所以$d_{A}\left(x\right)=d\left(x,x\right)=0$. 

``$\implies$''：因为$d_{A}\left(x\right)=0$，所以存在序列$\left\{ a_{n}\right\} \subset A$，使得$d\left(x,a_{n}\right)\to0$，也就是$\left\{ a_{n}\right\} $的极限是$x$。由于$A$是闭集，所以$A$的极限点属于$A$，因此$x\in A$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明两$\lyxmathsym{个}\ensuremath{T_{2}}$空间的乘积空间也是$\ensuremath{T_{2}}$空间。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$\left(X,\tau_{X}\right),\left(Y,\tau_{Y}\right)$是两个$T_{2}$空间。任意的$x_{1},x_{2}\in X\text{，}x_{1}\ne x_{2}$，存在开集$U_{1},U_{2}$，$x_{1}\in U_{1},x_{2}\in U_{2}$且$U_{1}\cap U_{2}=\varnothing$。任意的$y_{1},y_{2}\in Y\text{，}y_{1}\ne y_{2}$，同样也存在开集$V_{1},V_{2}$满足相同的性质。于是，在$\left(X\times Y,\tau_{X}\times\tau_{Y}\right)$中，

当两个坐标均不同时，点$\left(x_{1},y_{1}\right)$和点$\left(x_{2},y_{2}\right)$分别属于$U_{1}\times V_{1}$和$U_{2}\times V_{2}$，且$\left(U_{1}\times V_{1}\right)\cap\left(U_{2}\times V_{2}\right)=\varnothing$，在这种情况下可以分离。

当有一个坐标相同时，不妨设两个点为$\left(x_{1},y_{1}\right),\left(x_{1},y_{2}\right)$，此时，这两个点分别属于$U_{1}\times Y_{1}$和$U_{1}\times Y_{2}$，由于$Y_{1}\cap Y_{2}=\varnothing$，所以$\left(U_{1}\times V_{1}\right)\cap\left(U_{1}\times V_{2}\right)=\varnothing$，在这种情况下也可以分离。

综上，两$\lyxmathsym{个}\ensuremath{T_{2}}$空间的乘积空间也是$\ensuremath{T_{2}}$空间。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
证明$\ensuremath{T_{1}}$空间中的任一子集的导集是闭集。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$A$是$T_{1}$空间$X$的一个子集，$A$的导集记为$A'$，要证明$A'$是闭集就要证明$X\backslash A'$是开集。

任取$x\in X\backslash A'$，设$U$是$x$的一个开邻域，那么必然存在$U\cap\left(A-\left\{ x\right\} \right)=\varnothing$，否则$x$就是极限点了。我们断言这样的$U\subset X\backslash A'$。

假设存在$y\in U\cap A'$. 那么由于$T_{1}$且$y$是极限点，所以$U$会包含无数个$A$中的点，而这与$U\cap\left(A-\left\{ x\right\} \right)=\varnothing$矛盾。故$x\in U\subset X\backslash A'$，所以$A'$是闭集。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{(X,\tau)}$是$\ensuremath{T_{2}}$空间，$\ensuremath{f:X\to X}$是连续映射。证明$\ensuremath{f}$的不动点集
\[
\text{Fix}(f):=\{x\in X\mid f(x)=x\}
\]
是$\ensuremath{X}$的闭子空间。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
设$G=\left\{ x\in X\mid f\left(x\right)=x\right\} $，只需证明$G$是$X$的开子空间即可。

任取$g\in G$，由于$X$是$T_{2}$空间，存在开集$U,V\subset X$，使得$g\in U,f\left(x\right)\in V$且$U\cap V=\varnothing$。由$f$的连续性，存在$g$的开邻域$W$，$W\subset U$，且$f\left(W\right)\subset V$.
由于$U$与$V$无交集，所以$W$与$f\left(W\right)$无交集，所以$g\in W\subset G$，所以$G$是开集，从而$\text{Fix}(f)$是闭集。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{(Y,\tau)}$是$\ensuremath{T_{2}}$空间，$\ensuremath{f:X\to Y}$是连续映射。证明$\ensuremath{f}$的图像
\[
G_{f}:=\{(x,f(x))\in X\times Y\mid x\in X\}
\]
是乘积空间$\ensuremath{X\times Y}$的闭子空间。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
证明$\left(X\times Y\right)\backslash G_{f}$是开子空间。设$\left(x,y\right)\in\left(X\times Y\right)\backslash G_{f}$，假设不存在$U\times V$，使得$\left(x,y\right)\in U\times V\subset X\times Y$.
那么就是说，$\left(x,y\right)$的任意开邻域$U\times V$，都会包含$\left(x_{0},f\left(x_{0}\right)\right)$这个点。也就是说，任意的$y\in Y$，$y$的任意开邻域$V$都会包含$f\left(x_{0}\right)$，这与$T_{2}$空间矛盾。因此$G_{f}$是$X\times Y$
的闭子空间。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
设$\ensuremath{(X,\tau)}$是$\ensuremath{T_{3}}$空间，$\ensuremath{A}$是$\ensuremath{X}$的闭子空间，$x\notin A$。证明存在$\ensuremath{x}$和$\ensuremath{A}$各自的开邻域$\ensuremath{U}$和$V$，使得$\overline{U}\cap\overline{V}=\varnothing$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
由于$A\subset V\subset\overline{V}$，$\overline{V}$是闭集，所以根据$T_{3}$，就存在$x$的开邻域$U_{0}$，使得$x\in U_{0}$，且$U_{0}\cap\overline{V}=\varnothing$。然后我们只需要证明能找到一个$U$，使得$\overline{U}\subset U_{0}$。
考虑闭集$X\backslash U_{0}$，他不包含$x$，所以由$T_{3}$性质，存在$x$的开邻域$U$，和开子集$W\supset X\backslash U_{0}$，使得$U\cap W=\varnothing$，所以$U\subset\overline{U}\subset X\backslash W\subset U_{0}$，所以就找到了这样的$U$。这样，就存在$\ensuremath{x}$和$\ensuremath{A}$各自的开邻域$\ensuremath{U}$和$V$，使得$\overline{U}\cap\overline{V}=\varnothing$。
\end{sol*}
%
\begin{problem}
已知$\ensuremath{T_{4}}$空间$\ensuremath{(X,\tau)}$中的一个闭子空间$\ensuremath{A}$上的连续映射$f:A\to\mathbb{R}^{n}$。证明存在$\ensuremath{X}$上的连续映射$F:X\to\mathbb{R}^{n}$，它满足$F|_{A}=f$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
将$f$按坐标分解为$f=\left(f_{1},f_{2},\cdots,f_{n}\right)$，每个$f_{i}:A\to\mathbb{R}$.
令$\phi=\tan\left[\left(x-\frac{1}{2}\right)\pi\right]$. $\phi:\left[0,1\right]\to\mathbb{R}$.
令$g=\phi^{-1}\circ f=\left(\phi^{-1}\circ f_{1},\cdots,\phi^{-1}\circ f_{n}\right)$，每个$\phi^{-1}\circ f_{i}:A\to\left[0,1\right]$，对每个分量应用Tietze扩张定理，就会存在$X$上的连续映射$G_{i}:X\to\left[0,1\right]$，满足$G_{i}\mid_{A}=g_{i}$，也就是$G\mid_{A}=g$.
于是可以令$F=\phi\circ G$，就构造出一个$X$上的连续映射$F:X\to\mathbb{R}^{n}$. 
\end{sol*}
%
\begin{problem}
举例说明，Tietze 扩张定理中$\ensuremath{A\subset X}$是闭子空间的条件不可去。

提示：写出一个映射$f:\mathbb{R}-\{0\}\to[0,1]$，它不能扩张为连续映射$f:\mathbb{R}\to[0,1]$。
\end{problem}
%
\begin{sol*}
令$f=\frac{1}{2}\left(\sin\left(\frac{1}{x}\right)+1\right)$即可。
\end{sol*}
%

\clearpage
\end{CJK}

\end{document}
