Wstęp do topologii MAP1212

Wstęp do topologii MAP1212
Wykład 7
Zwartość c.d.
Stwierdzenie 1. Produkt dwóch zbiorów/przestrzeni zwartych jest zwarty.
Dowód. Na ćwiczeniach.
Standardowe metryki dają równoważność: (xn , yn ) jest zbieżny do (x, y) wtedy i tylko
wtedy, gdy xn → x i yn → y. Zatem jeśli (xn ) ma podciąg zbieżny xnk i (ynk ) ma podciąg
zbieżny (ynkl ), to (xnkl ynkl ) jest podciągiem zbieżnym ciągu (xn , yn ).
Wniosek 1. Produkt skończenie wielu zbiorów/przestrzeni zwartych jest zwarty.
Wniosek 2. [a1 , b1 ] × ... × [an , bn ] jest zwarty w Rn .
Twierdzenie 1. Zbiór K ⊂ Rn jest zwarty w metryce euklidesowej wtedy i tylko wtedy,
gdy jest domknięty i ograniczony.
Dowód. Wiemy już, że zbiór zwarty jest zawsze domknięty i ograniczony.
Niech K ⊂ Rn będzie ograniczony. Wtedy K zawiera się w pewnej kuli K(0, r) ⊂
[−r, r]×...×[−r, r]. Ponieważ ten produkt jest zwarty, a domknięty podzbiór zbioru zwartego
jest zwarty, mamy tezę.
Twierdzenie 2 (Borel-Lebesgue). Niech X będzie przestrzenią zwartą. Z każdego pokrycia
X zbiorami otwartymi można wybrać podpokrycie skończone.
Dowód.
Lemat 1. Każda przestrzeń zwarta jest ośrodkowa.
Dowód. Niech Un oznacza pokrycie naszej przestrzeni X kulami otwartymi o promieniu n1 .
Każde takie pokrycie zawiera podpokrycie skończone Vn , składające się oczywiście z kul o
S
promieniach n1 . Zbiór środków kul z Vn oznaczmy przez Sn . Zbiór S = n Sn jest ośrodkiem
w X, bo dla dowolnego x ∈ X i ε > 0 potrafimy znaleźć n spełniające n1 < ε i wybrać
element s ∈ Sn , taki że kula K(s, n1 ) zawiera x, czyli d(x, s) < ε.
Lemat 2. Dla każdego pokrycia U przestrzeni ośrodkowej można znaleźć pokrycie przeliczalne V = {V1 , V2 , ...} takie, że dla każdego i istnieje U ∈ U spełniające Vi ⊂ U .
Dowód. Niech U będzie zbiorem otwartym. Dla każdego x ∈ U istnieje punkt qx z ośrodka
i liczba wymierna rx taka, że x ∈ K(qx , rx ) ⊂ U . Istotnie, jeśli d(x, U c ) = δ, to wystarczy
S
wybrać qx tak, by d(x, qx ) < δ/2, a mastępnie rx < δ/2. Mamy więc U = x∈U K(qx , rx ).
Ale kul o środku w punkcie z ośrodka i promieniu wymiernym jest przeliczalnie wiele – one
utworzą szukane pokrycie V .
Wystarczy pokazać, że z każdego pokrycia przeliczalnego można wybrać pokrycie skończone (mając dowolne pokrycie zastąpimy je przez przeliczalne {V1 , V2 , ...}, z niego wybierzemy skończone {Vk1 , ..., Vkn }, a następnie jako ostateczne pokrycie weźmiemy {Uk1 , ..., Ukn } ⊂
U takie, że Vki ⊂ Uki ).
Załóżmy, że przeliczalne pokrycie {V1 , V2 , ...} nie zawiera pokrycia skończonego. Wybieramy ciąg (xn ) tak, że x1 6∈ V1 , x2 6∈ V1 ∪ V2 ,..., xn 6∈ V1 ∪ ... ∪ Vn itd. Ten ciąg nie
1
zawierałby podciągu zbieżnego, bo dla każdego x istniałby indeks N taki, że x ∈ VN i
byłoby to otoczenie zawierające tylko skończenie elementów ciągu (xn ). Więc x nie mógłby
być punktem skupienia ciągu. To przeczy zwartości X.
Warunek Borela: „Z każdego pokrycia X zbiorami otwartymi można wybrać podpokrycie
skończone” można zapisać w równoważnej formie. Rodzina zbiorów F jest scentrowana, gdy
każda skończona rodzina F1 , ..., Fn wybrana z F ma niepusty przekrój.
Stwierdzenie 2. X spełnia warunek Borela wtedy i tylko wtedy, gdy każda scentrowana
rodzina zbiorów domkniętych ma niepusty przekrój.
Dowód. Jeśli F jest scentrowaną rodzina zbiorów domkniętych, to U = {F c : F ∈ F } jest
rodziną zbiorów otwartych, której żaden skończony podzbiór nie jest pokryciem X. Zatem
S
S
U nie może być pokryciem, tzn. U 6= X, czyli F 6= φ. Analogicznie w odwrotną
stronę.
Okazuje się, że:
Twierdzenie 3. W przestrzeniach metrycznych NWSR:
1. X jest (ciągowo) zwarta
2. z każdego pokrycia X zbiorami otwartymi można wybrać podpokrycie skończone
3. każda scentrowana rodzina zbiorów domkniętych w X ma niepusty przekrój
Dowód. Pozostaje tylko pokazać, że ostatni warunek implikuje (ciągową) zwartość. Istotnie,
jeśli (xn ) jest dowolnym ciągiem w X, to Fn = {xn , xn+1 , ...} tworzą scentrowaną rodzinę
zbiorów domkniętych. Jej przekrój jest niepusty, ale łatwo pokazać, że każdy element z
przekroju jest punktem skupienia ciągu (xn ).
Własności funkcji ciągłych na przestrzeni zwartej
Twierdzenie 4. Funkcja ciągła f : X → R na przestrzeni zwartej jest ograniczona i osiąga
swoje kresy.
Dowód. Gdyby nie była ograniczona, to wybralibyśmy ciąg (xn ) taki, że |f (xn )| > n. Ten
ciąg zawierałby podciąg (xnk ) zbieżny, do x, ale mielibyśmy f (x) = limk f (xnk ) = ∞.
Twierdzenie 5. Funkcja ciągła f : X → Y na przestrzeni zwartej jest jednostajnie ciągła.
Dowód. Niech dX oznacza metrykę w X, a dY metrykę w Y .
Ustalmy ε > 0. Dla każdego x ∈ X znajdziemy δx takie, że dX (x, x0 ) < δx implikuje
dY (f (x), f (x0 )) < ε/2. Z pokrycia X kulami K(x, δx /2) wybieramy podpokrycie skończone:
{K(xi , δxi /2) : i = 1, ..., r}. Oznaczmy przez δ najmniejszą z liczb δx1 /2, ..., δxr /2.
Niech teraz x, x0 będą dowolnymi punktami X spełniającymi dX (x, x0 ) < δ. Znajdujemy
xi taki, że d(x, xi ) < δxi /2, a z nierówności trójkąta mamy
d(x0 , xi ) ¬ d(x, xi ) + d(x, x0 ) < δxi /2 + δ ¬ δxi
Stąd
dY (f (x), f (x0 )) ¬ dY (f (x), f (xi )) + dY (f (xi ), f (x0 )) < ε/2 + ε/2 = ε
2
Twierdzenie 6. Jeśli X jest zwarta, a f : X → Y ciągła, to f (X) jest zbiorem zwartym w
Y . Ogólniej, obraz dowolnego zbioru zwartego w (dowolnej) przestrzeni metrycznej X jest
zwarty.
Wniosek 3. Zwartość jest niezmiennikiem homeomorfizmu.
Twierdzenie 7. Jeżeli X jest zwarta, a f : X → Y ciągła i odwracalna, to f jest homeomorfizmem.
Ważne przykłady przestrzeni zwartych (nieobowiązkowe w kontekście egzaminu)
1. Kostka Hilberta
Definicja 1. Kostka Hilberta H to produkt przeliczalnie wielu odcinków [0, 1] z metryką
określoną wzorem
∞
X
1
d (xn ), (yn ) =
|xn − yn |.
2n
n=1
Stwierdzenie 3. Niech x = (xn )n∈N , x(k) = (xkn )n∈N będą elementami H .
Ciąg (x(k) )k∈N jest zbieżny do x wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego n ∈ N zachodzi
(k)
limk→∞ xn = xn .
Twierdzenie 8 (Urysohn). Każda metryczna przestrzeń ośrodkowa jest homeomorficzna
z pewnym podzbiorem kostki Hilberta.
Mówiąc mniej formalnie, kostka Hilberta zawiera wszystkie możliwe niehomeomorficzne
przestrzenie liniowe.
Idea dowodu: Niech X będzie ośrodkową przestrzenią metryczną. Zastępujemy obowiązującą w X metrykę d przez metrykę d¯ równoważną z d, ograniczoną przez 1. Przypisujemy
każdemu x ∈ X ciąg odległości x od kolejnych elementów z ośrodka, tzn. tworzymy prze¯ q1 ), d(x,
¯ q2 ), ...) ∈ H , gdzie {q1 , q2 , ...} jest ośrodkiem w X. To jest
kształcenie x → (d(x,
szukany homeomorfizm.
2. Zbiór Cantora
1. Definicja
Niech F0 = [0, 1]. Dzielimy F0 na trzy równe części i wyrzucamy środkową (bez
brzegów) otrzymując F1 = [0, 13 ] ∪ [ 32 , 1]. Następnie każdy z dwóch pozostawionych
odcinków domkniętych dzielimy na trzy równe części i wyrzucamy środkową część
otrzymując F2 = [0, 19 ] ∪ [ 29 , 31 ] ∪ [ 32 , 79 ] ∪ [ 89 , 1]. Postępujemy indukcyjnie według reguły
Fn = Fn−1 \
[ 3k + 1 3k + 2 3n
k∈N
,
3n
.
Zbiór Fn jest sumą 2n odcinków domknietych długości 31n . W szczególności jest więc
domknięty. Definiujemy zbiór Cantora jako zstępujący przekrój
C=
∞
\
Fn .
n=1
Zbiór Cantora C dziedziczy metrykę z odcinka [0, 1], tzn. d(x, y) = |x − y|, możemy
więc mówić o przestrzeni metrycznej (C, d).
3
2. Reprezentacja w postaci ciągów {0, 1}
Rozważmy zbiór
C̃ =
(∞
X cn
n=1
3n
)
: cn = 0 ∨ cn = 2
⊂ [0, 1].
(Jest to zbiór tych wszystkich liczb z odcinka [0, 1], których rozwinięcie trójkowe nie
wymaga użycia cyfry 1).
P
cn
[0, 1 ], a jeżeli
Łatwo zauważyć, że jeżeli c1 = 0, to liczba ∞
n=1 3n należy do odcinka
P∞ cn
P∞ cn 3
2
c1 = 2, to n=1 3n należy do [ 3 , 1]. Ogólniej, jeśli cN = 0, to n=1 3n należy do
P −1 cn PN −1 cn
PN −1 cn
1
2 PN −1 cn
1
[ N
n=1 3n ,
n=1 3n + 3N ], a jeśli cn = 2, to do [ n=1 3n + 3N ,
n=1 3n + 3N −1 ].
P∞ cn
Albo prościej, jeśli liczba n=1 3n należy do przedziału [ 3Nk−1 , 3k+1
N −1 ] i ma na N -tym
miejscu 0, to wiemy, że jeśli podzielimy ten przedział na trzy równe części, to liczba
ta będzie należeć do pierwszej (lewej) części tego przedziału, a jeśli cN = 2, to do
części ostatniej. Stąd C̃ ⊂ C. Z drugiej strony, każdy element x zbioru C pozwala
P
cn
skonstruować ciąg (cn ) złożony z zer i dwójek tak, by x = ∞
n=1 3n . Mamy więc
C = C̃, czyli otrzymujemy jeszcze inną charakteryzację zbioru Cantora. Przy tym,
jeśli oznaczymy
Ia1 a2 ...an =
(∞
X cn
n=1
3n
)
: ∀i = 1, ..., n ci = ai (ci ∈ {0, 1, 2})
to Ia1 a2 ...an jest pewnym przedziałem [ 3kn , k+1
3n ] i
[
Fn =
Ic1 ...cn .
(c1 ,...,cn )∈{0,2}n
Dla poprawy estetyki zwykle zastępuje się dwójkę przez jedynkę i otrzymuje reprezentację zbioru Cantora jako zbiór ciągów {0, 1}N . Metrykę wprowadza się standardowo
ρ (xn ), (yn ) =
∞
X
|xn − yn |
n=1
2n
Wtedy przekształcenie π : {0, 1}N → C dane wzorem
π (xn ) =
∞
X
2xn
n=1
jest homeomorfizmem.
4
3n
.