Topologia

Topologia
Wykład 11
Zwartość c.d.
Twierdzenie 1. Każda przestrzeń zwarta jest zupełna.
(Ale nie na odwrót, np.R)
Dowód. Niech (xn ) będzie ciągiem Cauchy’ego. Ze zwartości, (xn ) ma podciąg zbieżny. Ale
ciąg Cauchy’ego mający podciąg zbieżny sam jest zbieżny.
Definicja 1.
1. Przestrzeń X jest całkowicie ograniczona, gdy dla każdego > 0 istnieje
S
skończona rodzina kul {K(xi , ) : i = 1, ..., n} taka, że X ⊂ ni=1 K(xi , ).
2. Zbiór F ⊂ X nazywamy -siecią, gdy dla każdego x ∈ X istnieje y ∈ F taki, że
d(x, y) < .
Stwierdzenie 2. Przestrzeń metryczna X jest całkowicie ograniczona wtedy i tylko wtedy,
gdy zawiera skończoną -sieć.
Dowód. (⇐) Prosty rachunek
(⇒) Środki kul tworzą skończoną -sieć.
Uwaga. Przestrzeń całkowicie ograniczona jest ograniczona, bo jej średnica jest mniejsza
S
niż n, gdy X ⊂ ni=1 K(xi , ). Ale odwrotnej implikacji nie ma, bo np. odcinek [0, 1] z
metryką dyskretną jest ograniczony, ale nie całkowicie ograniczony.
Stwierdzenie 3. Przestrzeń całkowicie ograniczona jest ośrodkowa.
Dowód. Dla każdego n znajdujemy
1
n -sieć
Fn . Zbiór
S∞
n=1 Fn
jest ośrodkiem.
Twierdzenie 4. Każda przestrzeń zwarta jest całkowicie ograniczona, więc ośrodkowa.
Dowód. Przypuśćmy, że X nie jest całkowicie ograniczona. Tzn. istnieje > 0 taki, że
każda -sieć jest nieskończona. Wybieramy x1 . {x1 } nie jest -siecią, więc istnieje punkt x2
taki, że d(x1 , x2 ) ­ . Niech {x1 , ..., xn } będzie zbiorem punktów, w którym każda para
różnych punktów spełnia d(xi , xj ) ­ . To nie jest -sieć więc możemy wybrać xn+1 odległy
od każdego elementu o przynajmniej . Znów wybieramy indukcyjnie ciąg, który nie ma
podciągu zbieżnego.
Uwaga. Odwrotna implikacja nie zachodzi. (0, 1) jest całkowicie ograniczony, ale nie jest
zwarty.
Twierdzenie 5. Przestrzeń metryczna X jest zwarta wtedy i tylko wtedy, gdy jest zupełna
i całkowicie ograniczona.
Dowód. Wiemy już, że zwartość implikuje dwie pozostałe własności.
Na odwrót, weźmy dowolny ciąg (xn ). Wybieram podciąg Cauchy’ego w następujący
sposób:
1. w skończonym pokryciu kulami o promieniu 1 wybieramy kulę E1 , w której jest nieskończenie wiele elementów xn i wybieramy xn1
1
2. w skończonym pokryciu kulami o promieniu 12 wybieramy E2 taką, że E2 ∩ E1 zawiera
nieskończenie wiele elementów xn i wybieramy xn2 ∈ E1 ∩ E2
3. w skończonym pokryciu kulami o promieniu 31 wybieramy E3 taką, że E3 ∩ E2 ∩ E1
zawiera nieskończenie wiele elementów xn itd
Ciąg (xnk ) jest Cauchyego, bo ogon xnk należy do kuli Ek o promieniu
przestrzeni, ten podciąg jest zbieżny.
1
k.
Z zupełności
Wniosek 6.
1. Kostka Hilberta jest przestrzenią zwartą
2. Zbiór Cantora jest przestrzenią zwartą (to wynika również z faktu, że C jest domknietym podzbiorem zwartego odcinka [0, 1])
Twierdzenie 7 (Borel-Lebesgue). Niech X będzie przestrzenią zwartą. Z każdego pokrycia
X zbiorami otwartymi można wybrać podpokrycie skończone.
Dowód.
Lemat 8. 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 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 ,..., Vn 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 9. 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:
2
Twierdzenie 10. 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 11. 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 12. Funkcja ciągła f : X → Y na przestrzeni zwartej jest jednostajnie ciągła.
Wskazówka do dowodu. Wykorzystać warunek Borela.
Twierdzenie 13. 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 14. Zwartość jest niezmiennikiem homeomorfizmu.
Twierdzenie 15. Jeżeli X jest zwarta, a f : X → Y ciągła i odwracalna, to f jest homeomorfizmem.
3