Wykład 10 Twierdzenie 1 (Borel-Lebesgue). Niech X będzie

Wykład 10
Twierdzenie 1 (Borel-Lebesgue). Niech X będzie przestrzenią zwartą. Z każdego pokrycia
X zbiorami otwartymi można wybrać podpokrycie skończone.
Dowód.
Lemat 1. 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 następnie 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 więc 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∈ Vn itd. Ten ciąg nie 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 1. 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 2. 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 ).
1
Własności funkcji ciągłych na przestrzeni zwartej
Twierdzenie 3. 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 4. Funkcja ciągła f : X → Y na przestrzeni zwartej jest jednostajnie ciągła.
Wskazówka do dowodu. Wykorzystać warunek Borela.
Twierdzenie 5. 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 1. Zwartość jest niezmiennikiem homeomorfizmu.
Twierdzenie 6. Jeżeli X jest zwarta, a f : X → Y ciągła i odwracalna, to f jest homeomorfizmem.
Ważne przestrzenie zwarte (zatem i zupełne)
1. Kostka Hilberta
Definicja 1. Kostka Hilberta H to produkt przeliczalnie wielu odcinków [0, 1] z metryką
określoną wzorem
∞
X
1
d (xn ), (yn ) =
|x − yn |.
n n
2
n=1
Stwierdzenie 2. 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 .
Stwierdzenie 3. Kostka Hilberta H jest homeomorficzna z produktem kartezjańskim
Q∞
1
n=1 [0, n ], w którym metrykę określono wzorem
v
u∞
uX
ρ (xn ), (yn ) = t (xn − yn )2 .
n=1
Dowód. Odpowiedni homeomorfizm produktu
(x1 , x2 , x3 , ...) 7→ (x1 , 2x2 , 3x3 , ...).
Q∞
1
n=1 [0, n ]
na H zapewnia przekształcenie
Stwierdzenie 4. Własności kostki Hilberta:
1. H jest ośrodkowa – ośrodkiem jest zbiór
{(yn ) ∈ QN : ∃n0 ∀n > n0 yn = 0}
2. H jest zupełna (wynika z jenego z zadań z ćwiczeń)
3. H jest zwarta (produkt, tu przeliczalny, przestrzeni zwartych jest zwarty, a odcinki
[0, 1] są zwarte)
2
Twierdzenie 7 (Urysohn). Każda metryczna przestrzeń ośrodkowa jest homeomorficzna
z pewnym podzbiorem kostki Hilberta.
Mówiąc mniej formalnie, kostka Hilberta zawiera wszystkie możliwe ośrodkowe przestrzenie metryczne.
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
a. 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).
b. 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
Łatwo zauważyć, że jeżeli c1 = 0, to liczba ∞
[0, 1 ], a jeżeli
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
3
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 |
2n
n=1
.
Wtedy przekształcenie π : {0, 1}N → C dane wzorem
π (xn ) =
∞
X
2xn
n=1
3n
jest homeomorfizmem.
c. Własności zbioru Cantora
Stwierdzenie 5. Zbiór Cantora jest nieprzeliczalny.
Dowód. Wiemy, że {0, 1}N jest nieprzeliczalny, a jest równoliczny ze zbiorem Cantora.
Stwierdzenie 6. (C, d) jest przestrzenią zupełną.
Dowód. C jest zbiorem domkniętym w R (przekrój domkniętych), a (R, d) jest zupełna.
Stwierdzenie 7. Zbiór Cantora jest zbiorem brzegowym w [0, 1] (i w R).
Dowód. Wynika z konstrukcji – odcinek o długości δ nie moąze zawierać się w Fn dla
dostatecznie dużych n.
Stwierdzenie 8. Zbiór Cantora jest przestrzenią ośrodkową.
Dowód. Można skorzystać z reprezentacji zbioru Cantora jako {0, 1}N . Ośrodkiem
jest zbiór tych ciągów (xn ), których elementy przyjmują wartość 1 skończenie wiele
razy.
Stwierdzenie 9. Zbiór Cantora nie ma punktów izolowanych (tzn. każdy punkt zbioru Cantora jest jego punktem skupienia).
4
d. Ciekawe twierdzenia podkreślające ważność zbioru Cantora.
Twierdzenie 8. Odcinek [0, 1] jest ciągłym obrazem zbioru Cantora.
Idea dowodu: Potraktujmy C jako {0, 1}N . Odpowiednią ciągłą surjekcją jest funkcja:
ϕ(x1 , x2 , ...) =
x1 x2 x3
+
+
+ ...
2
4
8
zwana „schodami Cantora”. Ta funkcja zamienia ciągi zero-jedynkowe na rozwinięcia
dwójkowe liczb z odcinka. Nie jest różnowartościowa, bo np. ciąg 1000... i 01111...
kodują tę sama liczbę. Ale można pokazać, że jest ciągła i na.
Lemat 2.
(a) Produkt kartezjański zbioru Cantora ze sobą C × C jest homeomorficzny ze
zbiorem Cantora.
(b) Produkt kartezjański przeliczalnie wielu kopii zbioru Cantora C × C × C × ...
jest homeomorficzny ze zbiorem Cantora.
Idea dowodu: Utożsamiamy C z {0, 1}N .
(a) Definiujemy homeomorfizm π : C → C × C wzorem
π (x1 , x2 , x3 , ...) = (x1 , x3 , x5 , ...), (x2 , x4 , x6 , ...)
Dość łatwo zrozumieć, że π jest różnowartościowe i „na”. Aby dowodzić ciągłości (zarówno π, jak i π −1 ) trzeba wybrać metrykę w C × C, np. d1 ((a1 , a2 ), (b1 , b2 )) =
d(a1 , b1 ) + d(a2 , b2 ), gdzie d jest metryką w C.
(b) Obrazem (x1 , x2 , x3 , ...) jest ciąg (y1 , y2 , y3 , ...), gdzie yn jest n-tym wierszem poniższej macierzy nieskończonej
y1 = (x1 , x2 , x4 , ...)
y2 = (x3 , x5 , ... ...)
y3 = (x6 , ... ... ...)
..
..
..
..
..
.
.
.
.
.
Twierdzenie 9. Kostka Hilberta jest ciągłym obrazem zbioru Cantora.
Idea dowodu: Niech ϕ oznacza ciągłe przekształcenie {0, 1}N na [0, 1] (jak w Tw. 8),
a pi oznacza homeomorfizm C na C × C × C × ... (jak w Tw. 2). Wtedy definiujemy
ciągłą surjekcję ψ : {0, 1}N → H kładąc dla x ∈ {0, 1}N :
(x1 , x2 , x3 , ...) = π(x)
ψ(x) = (ϕ(x1 ), ϕ(x2 ), ϕ(x3 ), ...)
5