Wstęp do topologii MAP1212
Transkrypt
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 .