سوال ۷۱ کنکور ارشد ریاضی ۱۴۰۱

هر چهار گزاره نتیجهٔ پیوستگی هستند (تحدید یک نگاشت پیوسته پیوسته است، و گزاره‌های (۳) و (۴) معیارهای کلاسیک بستار/درون‌اند). پرسش این است که کدام‌یک پیوستگی را نتیجه نمی‌دهد. پاسخ گزینهٔ ۲ است.

چرا (۳) هم‌ارز است — معیار بستار

$(\Rightarrow)$ فرض کنید $x \in \overline{A}$. در یک فضای متریک می‌توان $x_n \in A$ را با $x_n \to x$ انتخاب کرد. پیوستگی می‌دهد $f(x_n) \to f(x)$، و چون $f(x_n) \in f(A)$، پس $f(x) \in \overline{f(A)}$. بنابراین $f(\overline{A}) \subseteq \overline{f(A)}$.

$(\Leftarrow)$ فرض کنید $C \subseteq Y$ بسته باشد و قرار دهید $A = f^{-1}(C)$. آنگاه $f(\overline{A}) \subseteq \overline{f(A)} \subseteq \overline{C} = C,$ پس $\overline{A} \subseteq f^{-1}(C) = A$، یعنی $A$ بسته است. بسته بودن تصویر وارونِ هر مجموعهٔ بسته $\Rightarrow$ پیوستگی $f$.

چرا (۴) هم‌ارز است — معیار درون

$(\Rightarrow)$ مجموعهٔ $f^{-1}(\operatorname{int} B)$ باز است (تصویر وارون یک مجموعهٔ باز) و درون $f^{-1}(B)$ قرار دارد؛ چون درون، بزرگ‌ترین زیرمجموعهٔ باز است، داریم $f^{-1}(\operatorname{int} B) \subseteq \operatorname{int}\left(f^{-1}(B)\right)$.

$(\Leftarrow)$ مجموعهٔ $B \subseteq Y$ را باز بگیرید، پس $\operatorname{int} B = B$. آنگاه $f^{-1}(B) \subseteq \operatorname{int}\left(f^{-1}(B)\right) \subseteq f^{-1}(B)$، که تساوی را الزام می‌کند؛ پس $f^{-1}(B)$ باز است و در نتیجه $f$ پیوسته است.

چرا (۱) هم‌ارز است — فضاهای متریک فشرده‌زاد هستند

$(\Rightarrow)$ بدیهی است. برای $(\Leftarrow)$ فرض کنید $f|_K$ برای هر فشردهٔ $K \subseteq X$ پیوسته باشد و $x_n \to x$ در $X$. مجموعهٔ $K = \{x\} \cup \{x_n : n \in \mathbb{N}\}$ فشرده است (یک دنبالهٔ همگرا به‌همراه حدش). چون $f|_K$ پیوسته است و $x_n \to x$ درونِ $K$ رخ می‌دهد، نتیجه می‌گیریم $f(x_n) \to f(x)$. پس $f$ دنباله‌ای پیوسته است و در فضای متریک (که شمارای نخست است) پیوستگی دنباله‌ای $\iff$ پیوستگی.

چرا (۲) هم‌ارز نیست — مثال نقض

زیرمجموعه‌های همبند در یک فضای تماماً ناهمبند هیچ اطلاعاتی حمل نمی‌کنند، زیرا در چنین فضایی هر زیرمجموعهٔ همبند تک‌نقطه‌ای (یا تهی) است و هر تابعی روی یک مجموعهٔ تک‌عضوی پیوسته است.

بگیرید $X = \{0\} \cup \left\{\tfrac{1}{n} : n \in \mathbb{N}\right\} \subseteq \mathbb{R}, \qquad Y = \mathbb{R},$ $f(0) = 1, \qquad f\!\left(\tfrac{1}{n}\right) = 0 .$

• زیرمجموعه‌های همبند $X$ دقیقاً $\varnothing$ و تک‌عضوی‌ها هستند، پس تحدید $f$ به هر زیرمجموعهٔ همبند پیوسته است — شرط (۲) برقرار است.
• اما $\tfrac{1}{n} \to 0$ در حالی که $f\!\left(\tfrac{1}{n}\right) = 0 \not\to 1 = f(0)$، پس $f$ در $0$ ناپیوسته است.

(به‌همین ترتیب: هر تابع ناپیوستهٔ $f : \mathbb{Q} \to \mathbb{R}$ نیز کار می‌کند، زیرا $\mathbb{Q}$ تماماً ناهمبند است.)

بنابراین گزارهٔ (۲) پیوستگی را نتیجه نمی‌دهد و همان گزینهٔ استثناست.

نکتهٔ کنکوری: فشردگی و همبندی به‌عنوان «خانواده‌های آزمون» جایگزین‌پذیر نیستند. فضاهای متریک فشرده‌زاداند (یک دنبالهٔ همگرا به‌همراه حدش، مجموعهٔ آزمونِ فشرده‌ای است که هر ناپیوستگی را آشکار می‌کند)، ولی ممکن است اصلاً هیچ مجموعهٔ همبند ناتهی و غیربدیهی نداشته باشند — در یک فضای تماماً ناهمبند، آزمون همبندی پوچ و بی‌اثر است.