سوال ۷۳ کنکور ارشد ریاضی ۱۴۰۰

معنای صورت مسئله

نگاشت همانی $f:(X,d)\to(X,\rho)$ دقیقاً وقتی یک هومئومورفیسم است که دو متر، توپولوژی یکسانی روی $X$ القا کنند — یعنی $d$ و $\rho$ هم‌ارز توپولوژیک باشند. در واقع هم $f$ و هم $f^{-1}$ نگاشت همانی‌اند، پس

$f \text{ continuous} \iff \bigl(U\ \rho\text{-open} \Rightarrow U=f^{-1}(U)\ d\text{-open}\bigr),\qquad f^{-1}\text{ continuous} \iff \bigl(U\ d\text{-open}\Rightarrow U\ \rho\text{-open}\bigr).$

بنابراین باید گزینه‌ای را بیابیم که اکیداً قوی‌تر (یا به هر دلیل ناهم‌ارز) با «یکسان بودن توپولوژی» باشد.

گزینهٔ ۳ — هم‌ارز است (همان تعریف است)

عبارت «$E$ باز نسبت به $d$ است $\iff$ $E$ باز نسبت به $\rho$ است، برای هر $E\subseteq X$» عیناً همان حکم $\tau_d=\tau_\rho$ است، یعنی پیوستگی دوطرفهٔ نگاشت همانی که در بالا محاسبه شد. ✔

گزینهٔ ۱ — هم‌ارز است (فضاهای متریک شمارای نوع اول‌اند)

$\lim_{n} d(x_n,y)=0$ یعنی $x_n\to y$ در $(X,d)$. یک نگاشت بین فضاهای متریک پیوسته است اگر و تنها اگر دنباله‌ای پیوسته باشد، پس

$f \text{ homeomorphism} \iff \bigl(x_n\xrightarrow{d} y \iff x_n\xrightarrow{\rho} y\bigr)\ \text{for all sequences and all } y .$

(برعکس، اگر دنباله‌های همگرا یکسان باشند، مجموعه‌های بسته نیز یکسان‌اند، زیرا در یک فضای متریک $\overline{A}$ دقیقاً مجموعهٔ حدهای دنباله‌های عضو $A$ است.) ✔

گزینهٔ ۴ — هم‌ارز است (فضاهای متریک، فضاهای هاسدورف از نوع $k$ هستند)

($\Rightarrow$) یک هومئومورفیسم مجموعه‌های فشرده را در هر دو جهت به مجموعه‌های فشرده می‌برد، پس خانوادهٔ مجموعه‌های فشرده یکی می‌شود.

($\Leftarrow$) فرض کنید زیرمجموعه‌های فشرده نسبت به $d$ و نسبت به $\rho$ دقیقاً یک خانواده باشند.

۱. دو توپولوژی زیرفضایی روی هر فشردهٔ $K$ یکسان‌اند. اگر $C\subseteq K$ نسبت به $d$ در $K$ بسته باشد، آنگاه $C$ فشرده نسبت به $d$ است (زیرمجموعهٔ بستهٔ یک مجموعهٔ فشرده)، پس فشرده نسبت به $\rho$ است، پس در $X$ نسبت به $\rho$ بسته است (زیرمجموعه‌های فشردهٔ یک فضای هاسدورف بسته‌اند) و در نتیجه در $K$ نیز نسبت به $\rho$ بسته است. با تقارن، $\mathrm{id}:(K,d)\to(K,\rho)$ یک هومئومورفیسم است. ۲. هر فضای متریک یک فضای $k$ است: $A$ بسته است $\iff$ برای هر فشردهٔ $K$، مجموعهٔ $A\cap K$ در $K$ بسته باشد. (اگر $x\in\overline{A}$، عضوهای $a_n\in A$ با $a_n\to x$ انتخاب کنید؛ آنگاه $K=\{a_n\}\cup\{x\}$ فشرده است و بسته بودن $A\cap K$ در $K$ ایجاب می‌کند $x\in A$.)

با ترکیب ۱ و ۲: $A$ نسبت به $d$ بسته است $\iff$ برای هر فشردهٔ $K$، $A\cap K$ نسبت به $d$ بسته است $\iff$ برای هر فشردهٔ $K$، $A\cap K$ نسبت به $\rho$ بسته است $\iff$ $A$ نسبت به $\rho$ بسته است. بنابراین $\tau_d=\tau_\rho$. ✔

گزینهٔ ۲ — هم‌ارز نیست (اکیداً قوی‌تر است)

نامساوی دوطرفهٔ

$\tfrac{1}{\alpha}\,d(x,y)\ \le\ \rho(x,y)\ \le\ \beta\, d(x,y)$

همان هم‌ارزی قوی (لیپ‌شیتس / متری) است. این شرط هم‌ارزی توپولوژیک را نتیجه می‌دهد — هر گوی نسبت به $d$ شامل گویی نسبت به $\rho$ است و برعکس — اما عکس آن برقرار نیست.

مثال نقض. روی $X=\mathbb{R}$ بگیرید

$d(x,y)=\lvert x-y\rvert,\qquad \rho(x,y)=\min\{1,\lvert x-y\rvert\}.$

برای $r<1$ دو گوی کاملاً یکسان‌اند، $B_d(x,r)=B_\rho(x,r)$، پس این دو متر توپولوژی یکسانی تولید می‌کنند و نگاشت همانی هومئومورفیسم است. با این حال هیچ ثابت $\alpha$ نمی‌تواند در $d\le\alpha\rho$ صدق کند، زیرا $\rho\le 1$ است در حالی که $d$ بی‌کران است: کافی است $y-x=n\to\infty$ را بگیرید تا $n\le\alpha$ به دست آید که ناممکن است.

(به همان خوبی: $d(x,y)=\lvert x-y\rvert$ و $\rho(x,y)=\lvert x^{3}-y^{3}\rvert$، یا $\rho(x,y)=\lvert\arctan x-\arctan y\rvert$.)

پس گزینهٔ ۲ همان گزینه‌ای است که هم‌ارز نیست، و پاسخ گزینهٔ ۲ است.

نکتهٔ کنکوری: «یکسان بودن توپولوژی» حکمی کیفی است، اما یک نامساوی دوطرفه با ثابت‌های یکنواخت $\alpha,\beta$ حکمی کمّی است. بریدن یک متر ($\rho=\min\{1,d\}$) از نظر توپولوژیک هیچ چیز را تغییر نمی‌دهد ولی هر ثابت سراسری را از بین می‌برد — مثال نقض استاندارد برای کل این خانواده از پرسش‌ها.