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