Wprowadzenie do topologii

WPROWADZENIE DO TOPOLOGII
1. Przestrzenie metryczne, przykłady przestrzeni metrycznych, przestrzenie
unormowane, iloczyn skalarny, topologia, ciągi liczbowe, domknięcie i
wnętrze zbioru, charakteryzacja zbiorów domkniętych.
2. Odwzorowania ciągłe, metryki równoważne.
3. Przestrzenie metryczne zupełne, twierdzenie Banacha o punkcie stałym,
twierdzeniee Cantora, twierdzenie Baire’a.
4. Przestrzenie zwarte i podzbiory zwarte, charakteryzacja podzbiorów
zwartych w R n , twierdzenie Weierstrass o przyjmowaniu wartości
najmniejszej i największej, równoważność norm w R n , lemat Lebesgue‘a,
lemat o ε–sieci, jednostajna ciągłość, twierdzenie Borela, lemat Diniego,
twierdzenie Arzeli, twierdzenie Stone’a-Weierstrassa.
5. Przestrzenie ośrodkowe.
6. Przestrzenie spójne.
7. Twierdzenie Urysohna o zanurzeniu w kostkę Hilberta.
8. Parazwartość przestrzeni metrycznych – twierdzenie Stone’a, twierdzenie
Dugundji’ego o przedłużeniu odwzorowań, zastosowania twierdzenia
Dugundji.
9. Iloczyn kartezjański przestrzeni topologicznych, lemat Alexandera,
twierdzenie Tichonowa.
PRZESTRZENIE METRYCZNE
Przestrzenią metryczną nazywamy parę (X,ρ), gdzie X jest zbiorem,
ρ: X × X→[0,∞) funkcją zwaną metryką, która każdej parze (x,y) ∈ X × X przyporządkowuje
liczbę ρ(x,y) zwaną odległością pomiędzy punktami x i y, i która spełnia trzy warunki:
1) ∀ ρ(x,y)=0 ⇔ x=y (zwrotność),
x, y∈X
2)
∀
∀
ρ(x,y)=ρ(y,x) (symetryczność),
x, y∈X
3)
ρ(x,y) ≤ ρ(x,z)+ρ(z,y) (warunek trójkąta)
x, y∈X
Pojęcie przestrzeni metrycznej wprowadził w 1906 roku Frēchēt.
Najprostszym przykładem przestrzeni metrycznej (X,ρ) jest przestrzeń dyskretna z
metryką dyskretną:
⎧
⎪1 dla x ≠ y
⎪
ρ(x,y):= ⎨
; x, y ∈ X
⎪0 dla x = y
⎪⎩
Przestrzenie dyskretne nie są ciekawym obiektem badań z punktu widzenia topologii, dla nas
będą interesujące przestrzenie euklidesowe w R n :
R n :={( x1 ,Κ , x n ) : ∀ xi ∈ R}
i =1, 2 ,Λ , n
Z metryką euklidesową:
ρ(x,y):=
n
∑ (x
i =1
i
− y i ) 2 , gdzie xi = ( x1 ,..., x n ) , y i = ( y1 ,..., y n ) .
Bez trudu można zauważyć, że tak zdefiniowane funkcje ρ spełniają warunki zwartości i
symetryczności. Natomiast przy sprawdzaniu warunku trójkąta możemy skorzystać z
nierówności Cauchy’ego:
n
n
∑ ai bi ≤
n
∑ ai2 ⋅
i =1
∑b
i =1
i =1
2
i
*)
Teraz możemy przystąpić do sprawdzenia warunku trójkąta.
Niech ci := xi − y i , ai := xi − z i , bi := z i − y i . Wtedy:
n
n
n
n
n
n
ρ 2 (x,y)= ∑ ci2 = ∑ (ai + bi ) 2 = ∑ ai2 + 2∑ ai bi + ∑ bi2 ≤ ∑ ai2 + 2
i =1
n
+ ∑ bi2 = (
i =1
i =1
n
∑a
i =1
2
i
+
i =1
n
∑b
i =1
2
i
i =1
i =1
i =1
n
∑ ai2 ⋅
i =1
2
) 2 = [ρ(x,z)+ρ(z,y)] . Zatem dla każdego x,y,z ∈ X;
ρ(x,y) ≤ ρ(x,z)+ρ(z,y).
Ćwiczenie: Udowodnić nierówność *)
Ćwiczenie: Sprawdzić, że jeśli ta ≠ b, dla każdego t ∈ R, to a, b ) ≤ ||a||·||b||
n
∑b
i =1
2
i
+
Przykłady przestrzeni metrycznych:
1. metryka dyskretna na zbiorze X:
⎧
⎪1 dla x ≠ y
⎪
ρ(x,y):= ⎨
; x, y ∈ X - jest nieinteresująca dla analizy.
⎪0 dla x = y
⎪⎩
2. metryka euklidesowa:
n
∑ (x
ρ(x,y):=
i =1
3. przestrzeń l
(n )
p
i
− y i ) 2 , gdzie xi = ( x1 ,..., x n ) , y i = ( y1 ,..., y n ) ∈ R n .
. Na zbiorze R n wprowadzamy metrykę:
1
⎞p
⎛ n
ρ(x,y):= ⎜ ∑ | xi − y i | p ⎟ , dla p>1.
⎠
⎝ i =1
Gdy p=2 otrzymujemy metrykę euklidesową na R n . Przy sprawdzaniu, że ρ jest
metryką jedynie warunek trójkąta jest trudny do sprawdzenia; należy powołać się na
nierówność Minkowskiego:
1
1
1
p
⎡ n
⎡ n p⎤p ⎡ n p⎤p
p⎤
(
a
+
b
)
≤
∑
i
i
⎢
⎥
⎢∑ ai ⎥ + ⎢∑ bi ⎥ , p > 1, ai , bi ≥ 0 .
⎣ i =1
⎦
⎣ i =1 ⎦
⎣ i =1 ⎦
∞
4. przestrzeń l p (p ≥ 1): l p = {( x1 , x 2 ,...) : ∑ | xi | p < ∞} z metryką:
i =1
1
⎛ ∞
⎞p
ρ(x,y):= ⎜ ∑ | xi − y i | p ⎟ ,
⎝ i =1
⎠
l 2 - nazywa się przestrzenią Hilberta.
5. przestrzeń ciągów ograniczonych:
m := {x = ( x1 , x 2 ,...) : ∃ ∀ | xi |≤ M x } , ρ ( x, y ) := sup | xi − y i | ,
Mx
i
i
6. przestrzeń funkcji ciągłych:
C[a, b] := { f : [a, b] → R | f-ciągła}
z metryką:
ρ ( f , g ) := sup{| f ( g ) − g ( x) |: x ∈ [a, b]} ,
7. C p [a,b]. Na zbiorze C[a,b] określamy metrykę:
1
⎛b
⎞p
ρ ( f , g ) := ⎜⎜ ∫ | f ( x) + g ( x) | p dx ⎟⎟ , p ≥ 1.
⎝a
⎠
Jedynie warunek trójkąta jest trudny do sprawdzenia. Wynika on z nierówności
Minkowskiego dla całek:
b
1
p
1
p
b
b
1
p
( ∫ | f (t ) + g (t ) | dt ) ≤ ( ∫ | f (t ) | dt ) + ( ∫ | g (t ) | dt ) ,
p
p
p
a
a
a
a oto szkic dowodu:
b
1
n
1
n
1
1
( ∫ | f (t ) + g (t ) | p dt ) p ≈ (∑ | f (ξ i ) + g (ξ i ) | p Δt i ) p = ∑ | f (ξ i )(Δt i ) p + g (ξ i )(Δt i ) p | p ≤
a
i =1
i =1
1
p
n
≤
n. Minkowskiego
n
1
p
b
1
p
b
1
p
(∑ | f (ξ i ) | Δt i ) + (∑ | g (ξ i ) | Δt i ) ≈ ( ∫ | f (t ) | dt ) + ( ∫ | g (t ) | dt ) ,
p
p
i =1
i =1
gdzie a = t 0 ≤ t1 < ... < t n = b,
p
a
Δt i = t i − t i −1 ,
p
a
ξ i ∈ [t i −1 , t i ].
PRZESTRZENIE UNORMOWANE
Przestrzenią unormowaną nazwiemy parę (X,||·||), gdzie X jest przestrzenią liniową nad
ciałem liczb rzeczywistych, natomiast funkcja ||·||: X→[0,∞), zwana normą spełnia
następujące warunki:
1) ∀ ||x||=0 ⇔ x=0
x∈X
2)
∀ ||x+y|| ≤ ||x||+||y||
∀ ∀ ||tx||=|t|·||x||
x , y∈X
3)
x∈ X t∈R
Każda norma wyznacza metrykę:
ρ(x,y):=||x-y||
Omówiona poprzednio metryka euklidesowa była wyznaczona przez normę euklidesową.
n
||x||=
∑x
i =1
2
i
, dla x=( x1 ,..., x n ).
Ogólnie na zbiorze R n można wprowadzić wiele różnych norm, np.:
n
a) ||x||= ∑ | xi | - norma modułowa
i =1
b) ||x||=max{| xi | : i=1,...,n} – norma „maksimum”
n
1
p
c) ||x||= (∑ | xi | ) , dla p ≥ 1
p
i =1
Zanotujmy jeszcze jeden przykład przestrzeni, z którą często spotykamy się na kursie z
analizy matematycznej; jest to przestrzeń C[a,b] wszystkich funkcji ciągłych f: [a,b]→R,
określonych na przedziale [a,b] z normą:
||f||:=sup{|f(x)|: x ∈ [a,b]}.
Ćwiczenie: Sprawdzić, że jeśli ta ≠ b, dla każdego t ∈ R, to a, b <||a||·||b|| oraz jeśli ta=b, to
| a, b |=||a||·||b||.
ILOCZYN SKALARNY
W przestrzeniach euklidesowych R n możemy zdefiniować iloczyn skalarny:
n
x, y := ∑ xi y i .
i =1
Pojęcie iloczynu skalarnego będzie odgrywało bardzo ważną rolę w naszych rozważaniach
związanych z ekonomią.
Związek pomiędzy normą i iloczynem skalarnym przedstawia równość:
|| x || 2 = x, x ,
natomiast nierówność Cauchy’ego można zapisać w postaci:
x, y ≤ ||x||·||y||.
Ćwiczenie: Udowodnić nierówność Cauchy’ego.
TOPOLOGIA
Niech (X,ρ) będzie przestrzenią metryczną, a ∈ X – ustalonym punktem oraz
ε>0 – ustaloną liczbą dodatnią. Kulą o środku a∈ X i promieniu ε>0 nazywać będziemy zbiór:
K(a,ε):={x ∈ X : ρ(a,x)<ε}.
Poniższe rysunki przedstawiają kule na płaszczyźnie R 2 w metrykach odpowiednio
a) euklidesowej, b) modułowej i c) ”maksimum”.
(a)
(b)
(c)
Natomiast na prostej R każdy przedział (a-ε,a+ε) jest kulą o środku w punkcie a i promieniu
ε, K(a,ε)= (a-ε,a+ε).
a-ε
(
,
a
a+ε
)
Z każdą metryką ρ: X × X→[0,∞) zadaną na zbiorze X związana jest rodzina Τ(ρ) ⊂ 2 x zwana
topologią wyznaczoną przez metrykę ρ:
A ∈ Τ(ρ): ⇔ ∀ ∃ K(a,ε) ⊂ A
a∈ A ε > 0
Elementy rodziny T(ρ) nazywać będziemy zbiorami otwartymi. Inaczej mówiąc, zbiór
A jest otwarty, A ∈ Τ(ρ), gdy każdy punkt a należący do zbioru A jest środkiem pewnej kuli
zawartej w zbiorze A.
Topologia T(ρ) ma następujące własności:
1) Ø, X ∈ T(ρ)
2) A, B ∈ T(ρ) ⇒ A ∩ B ∈ T(ρ) (przekrój 2-ch zbiorów otwartych jest zbiorem otwartym)
3) S ⊂ T(ρ) ⇒ Υ{ A : A ∈ S } ∈ T(ρ) (suma dowolnej ilości zbiorów otwartych jest zbiorem
otwartym)
Powyższe trzy własności topologii T(ρ) posłużyły do zastąpienia pojęcia przestrzeni
metrycznej przez ogólniejsze pojęcie przestrzeni topologicznej. Przestrzenią topologiczną
nazywamy parę (X,T), gdzie X jest zbiorem, natomiast T ⊂ 2 x jest pewną rodziną podzbiorów
zbioru X, która ma następujące własności:
1) Ø, X ∈ T
2) A, B ∈ T ⇒ A ∩ B ∈ T
3) S ⊂ T ⇒ Υ{ A : A ∈ S } ∈ T
Elementy z topologii T nazwiemy zbiorami otwartymi, natomiast ich dopełnienia zbiorami
domkniętymi. Z warunku 3) topologii wynika, że suma dowolnej ilości zbiorów otwartych
jest zbiorem otwartym, oraz przekrój dowolnej ilości zbiorów domkniętych jest zbiorem
domkniętym.
Pojęcie topologii zostało ostatecznie sformułowane przez Cantora i Hausdorffa.
Z określenia topologii wynika, że istnieje w sensie porządku wyznaczonego przez inkluzję
„ ⊂ ” na zbiorze 2 x najmniejsza topologia na X oraz największa topologia na X. Są nią
odpowiednio: topologia antydyskretna T={Ø, X} oraz topologia dyskretna T=2 x .
Z faktu, że 2 x jest topologią wynika następująca obserwacja:
Obserwacja
Dla dowolnej rodziny S ⊂ 2 x istnieje najmniejsza topologia T S zawierająca S. Istnieje
dokładnie jedna topologia T 0 , która ma następujące własności:
1) S ⊂ T S ,
2) Dla każdej topologii T ⊂ 2 X , jeśli S ⊂ T, to T 0 ⊂ T.
Dowód
T S = Ι {T: T ∈ W}, gdzie W={T: S ⊂ T ∧ T jest topologią}. Zauważmy, że rodzina
topologii W jest niepusta, bo 2 X ∈ W.
■
Najmniejszą topologią T S , która zawiera rodzinę S ⊂ 2 x można zdefiniować w trzech etapach
przez konstrukcję:
1) podbazy; P S :=S ∪ {Ø, X}
2) bazy; B S :={ A1 ∩ Κ ∩ An : ∀ Ai ∈ PS , n ∈ N}
i≤n
3) topologii; T S :={ Υ W: W ⊂ B S }.
Zatem topologia T S wyznaczona przez rodzinę S składa się ze wszystkich zbiorów będących
sumami skończonych przekrojów z rodziny S, przy tym możemy zawsze dodatkowo założyć,
że rodzina S zawiera zbiór X oraz zbiór pusty.
Z pojęciem topologii wiąże się pojęcie bazy i podbazy dla danej topologii.
Rodzinę B ⊂ T nazywamy bazą dla topologii T, gdy:
∀ ∀ ∃ x∈ B ⊂ A.
A∈T x∈ A B∈B
Natomiast rodzinę P ⊂ T nazywamy podbazą dla topologii T, gdy:
∀ ∀ ∃ x∈ B 1 ∩Κ ∩ B n ⊂ A.
A∈T x∈ A B1 ,Κ Bn ∈P
Każda topologia T stanowi sama dla siebie bazę i podbazę. Z definicji bazy i podbazy dla
topologii wynika, że P ⊂ T i B ⊂ T.
Omówmy na przykładach pojęcie bazy i podbazy.
Przykład 1
Rodziny B wszystkich kul K(x,ε), x ∈ X, ε>0, stanowi bazę dla topologii T(ρ)
wyznaczoną przez metrykę ρ: X×X→[0,∞). Aby, to stwierdzić wystarczy zauważyć, że kule
K(x,ε) są otwarte w sensie topologii T(ρ).
Niech y ∈ K( x ,ε) i niech η:=ε-ρ(x,y). Z nierówności trójkąta wynika, że
K(y,η) ⊂ K(x,ε). (bo z ∈ K(y,η) pociąga, że ρ(x,z) ≤ ρ(x,y)+ρ(y,z)<ρ(x,y)+η =ρ(x,y)+ε-ρ(x,y)=ε).
Przykład 2
W przypadku, gdy ρ jest metryką dyskretną, zbiory jednopunktowe {x}, x ∈ X stanowią
bazę dla topologii T(ρ). W tym przypadku T(ρ)= 2 x tzn. T(ρ) jest topologią dyskretną na
zbiorze X.
Przykład 3
Na zbiorze liczb rzeczywistych rozważmy rodzinę P złożoną ze zbiorów postaci:
(a,→):={x ∈ R: x>a}, x ∈ X
( ← ,a):={x ∈ R: x<a}, x ∈ X
Rodzina P jest podbazą dla topologii T(ρ) wyznaczonej przez metrykę
ρ: R×R→[0,∞), ρ(x,y)=|x-y|. Natomiast przedziały (a,b):={x ∈ R: a<x<b}, a<b, a,b ∈ R będą
stanowiły bazę dla topologii T(ρ). Topologię T(ρ) nazywać będziemy topologią naturalną na
zbiorze liczb rzeczywistych.
Przykład 4
Ciekawym przykładem topologii na zbiorze liczb rzeczywistych jest topologia
Sorgenfrey’a wyznaczona przez rodzinę zbiorów postaci:
[a,→):={x ∈ R: x ≥ a}, a ∈ R.
Bazą dla tej topologii są zbiory (strzałki) postaci:
[a,b):={x ∈ R: a ≤ x<b}, a, b ∈ R, a<b.
Można pokazać, że topologia Sorgenfrey’a nie jest wyznaczona przez żadną metrykę.
CIĄGI
Niech N K ={k, k+1,...}, k ∈ N.
Odwzorowanie f: N K →X nazywamy ciągiem. Ciągi oznaczać będziemy symbolem {x n }.
Podciągiem ciągu f nazywamy, każde złożenie f οg, gdzie g: N K →N K jest odwzorowaniem
silnie rosnącym. Podciąg ciągu {x n } będziemy oznaczać symbolem { x nk }, gdzie g(k)=n k ,
f(n)= x n . Na przykład ciąg {x 2 , x 4 , x 6 ,...} jest podciągiem ciągu {x 1 , x 2 , x 3 ,...}.
Załóżmy, że X=(X,ρ) jest przestrzenią metryczną. Mówimy, że ciąg {x n } jest zbieżny
⎯→ x, lim x n =x), gdy ∀ ∃ ∀ ρ(x n ,x)<ε.
do punktu x, (oznaczenie, x n ⎯n⎯
→∞
n →∞
ε > 0 n0 n > n0
Używając pojęcia kuli, możemy warunek zbieżności sformułować następująco:
x= lim x n : ⇔ ∀ ∃ ∀ x n ∈ K(x,ε).
n →∞
ε > 0 n0 n > n0
Inaczej, ciąg {x n } jest zbieżny do punktu x, gdy w każdej kuli o środku x znajdują się prawie
wszystkie (poza skończoną ilością) wyrazy ciągu {x n }. Punkt x nazywać będziemy również
granicą ciągu {x n }.
Obserwacja
Każdy ciąg {x n } ⊂ X może być zbieżny do co najwyżej jednej granicy.
Dowód
Przypuśćmy, że x n →x, x n →y, gdzie x≠y. Niech ρ(x,y)=2ε. Ponieważ ze, zbieżności
ciągu {x n } do x i y wynika, że kule K(x,ε) i K(y,ε) muszą zawierać prawie wszystkie wyrazy
ciągu {x n }, więc x n ∈ K(x,ε) ∩ K(y,ε) dla prawie wszystkich n, co jest sprzeczne z
K( x ,ε) ∩ K(y,ε)=Ø.
■
Obserwacja
⎯→ x, to każdy jego podciąg {x nk },
Jeśli ciąg {x n } jest zbieżny do punktu x, x n ⎯n⎯
→∞
⎯→ x.
też jest zbieżny do punktu x, x nk ⎯k⎯
→∞
ODWZOROWANIA CIĄGŁE
Odwzorowanie f : ( X , ρ ) → (Y , σ ) pomiędzy przestrzeniami metrycznymi
nazywamy ciągłym w punkcie a ∈ X , gdy:
∀ ∃ ∀ ρ ( x, a) < δ ⇒ σ ( f ( x), f (a)) < ε .
ε > 0 δ > 0 x∈ X
W zapisie za pomocą kul oznacza to, że:
∀ ∃ f [ K (a, δ )] ⊂ K [ f (a), ε ] .
ε >0 δ >0
Odwzorowanie f nazywamy ciągłym, gdy jest ciągłe w każdym punkcie a ∈ X .
Twierdzenie
Odwzorowanie f : ( X , ρ ) → (Y , σ ) jest ciągłe w punkcie a ∈ X ⇔ gdy jest spełniony
warunek Heinego:
∀{xn } ⊂ X , xn → a ⇒ f ( xn ) → f (a ) .
Dowód
⇒ ) Załóżmy, że f jest ciągła w punkcie a ∈ X . Ustalmy ε > 0 . Wówczas ∃δ > 0 taka, że
∀x ∈ X ; ρ ( x, a ) < δ ⇒ σ ( f ( x), f (a )) < ε . Niech x n → a . Stąd ∃n0 takie, że ∀n ≥ n0
ρ ( x n , a) < δ . Zatem σ ( f ( x n ), f (a)) < ε dla n ≥ n0 . Oznacza to, że f ( x n ) → f (a) .
⇐ ) Załóżmy, że x n → a ⇒ f ( x n ) → f (a) . Przypuśćmy, że f nie jest odwzorowaniem
1
ciągłym w punkcie a tzn., że ∃ ∀ ∃ : ρ ( xδ , a) < δ i σ ( f ( xδ , f (a)) ≥ ε . Niech δ = .
n
ε > 0 δ > 0 xδ
Wówczas ciąg {xδ } = {x n } ; x n → a ∧ f ( x n ) nie zbiega do f(a); sprzeczność.
■
Twierdzenie
Odwzorowanie f : ( X , ρ ) → (Y , σ ) jest ciągłe ⇔ gdy ∀ f −1 (u ) ∈ T ( ρ ) (tzn.
u∈T (σ )
przeciwobraz zbioru otwartego jest otwarty).
Dowód
⇒ ) Załóżmy, że f jest odwzorowaniem ciągłym. Niech U ∈ T (σ ) i niech a ∈ f −1 (U ) . Wtedy
f (a ) ∈ U . Z definicji zbioru otwartego ∃ε > 0 taka, że K ( f (a), ε ) ⊂ U . Z definicji ciągłości
∃δ > 0 taka, że f [ K (a, δ )] ⊂ K ( f (a ), ε ) .
Stąd K (a, δ ) ⊂ f −1 [ K ( f (a ), ε )] ⊂ f −1 (U ) . Pokazaliśmy, że jeśli a ∈ f −1 (U ) , to ∃δ > 0
taka, że K (a, δ ) ⊂ f −1 (U ) , co oznacza, że f −1 (U ) jest zbiorem otwartym.
⇐ ) Załóżmy, że ∀U ∈ T (σ ) f −1 (U ) ∈ T ( ρ ) . Weźmy ε > 0 i a ∈ X . Wiemy, że
K [ f (a), ε ] ∈ T (σ ) , a stąd na podstawie założenia f −1 [ K ( f (a ), ε )] ∈ T ( ρ ) . Ponieważ
a ∈ f −1 [ K ( f (a), ε )] zatem ∃δ > 0 taka, że K (a, δ ) ⊂ f −1 [ K ( f (a ), ε )] . Więc
f −1[ K (a, δ )] ⊂ K [ f (a), ε ] , co oznacza ciągłość w punkcie a ∈ X (w sensie Cauchy’ego).
■
METRYKI RÓWNOWAŻNE
Dwie metryki ρ,σ na zbiorze X nazywamy równoważnymi, gdy T(ρ)=T(σ):
ρ ≡ σ :⇔ T ( ρ ) = T (σ ) .
Twierdzenie
Dwie metryki ρ, σ są równoważne, gdy:
∀ ∀ ρ ( x n , x) → 0 ⇔ σ ( xn , x) → 0 .
x { xn }
Dowód
Ponieważ warunek ρ ≡ σ można zapisać w postaci:
∀ X \ A ∈ T ( ρ ) ⇔ X \ A ∈ T (σ ).
A⊂ X
Zatem ρ ≡ σ oznacza, że każdy zbiór domknięty w sensie metryki ρ jest domknięty w sensie
metryki σ (i na odwrót). Ale zauważmy, że A jest domknięty w sensie metryki ρ ⇔ gdy
ρ
σ
∀ xn ⎯⎯→ x ⇒ x ∈ A , co jest równoważne temu, że ∀ xn ⎯⎯→ x ⇒ x ∈ A , a więc A
{ xn }⊂ A
{ xn }⊂ A
jest domknięty w sensie metryki σ. Dalej teza twierdzenia jest oczywista.
■
Przykład
Na zbiorze R n rozważmy trzy metryki:
1. euklidesową: ρ1 (( x1 ,..., x n ), ( y1 ,..., y n )) =
n
∑ (x
i =1
i
− yi ) 2
n
2. modułową: ρ 2 (( x1 ,..., x n ), ( y1 ,..., y n )) = ∑ | xi − y i |
i =1
3. maksimum: ρ3 (( x1 ,..., xn ), ( y1 ,..., yn )) = max | xk − yk |
k ≤n
Z dalszej części tego wykładu będzie wynikało, że wszystkie te metryki są równoważne.
CIĄGŁOŚĆ ODWZOROWAŃ f : ( X , ρ ) → R n
Przestrzeń R n ={ ( x1 ,..., x n ) : xi ∈ R}= {x : {1,..., n} → R | x odwzorowanie}będzie u nas
oznaczała przestrzeń euklidesową z metryką:
ρ ( x, y ) =
n
∑ ( x(i) − y(i))
2
.
i =1
Oznaczmy przez Π i : R n → R, i ≤ n , odwzorowanie, które określmy wzorem:
Π i ( x) = xi = x(i ) , gdzie x = ( x1 ,..., x n ), x(i ) = xi .
Rzutowanie Π i : R n → R na „i-tą oś” jest ciągłe (jednostajne), bo:
| Π i ( x) − Π i ( y ) |≤| x(i ) − y (i ) |≤
n
∑ | x(i) − y(i) |
2
= ρ ( x, y ).
i =1
Zanotujmy ogólniejszą własność przestrzeni R n :
Twierdzenie
Ciąg {a m } ⊂ R n jest zbieżny do punktu a ∈ R n ; a m → a ⇔ gdy,
∀ ciąg {a
i ≤n
m
(i )} jest
zbieżny do punktu a (i ) ∈ R, a m (i ) → a (i ) .
Dowód
⇒ ) Załóżmy, że a m → a . Z ciągłości odwzorowania Π i wynika, że Π i (a m ) → Π i (a ) tzn.,
a m (i ) → a(i ) .
⇐ ) Załóżmy teraz, że ∀i ≤ n , a m (i ) → a(i ) . Dla skończonej ilości ciągów {a m (i )} , i ≤ n
można dobrać liczbę n0 taką, aby
∀∀
i =1,...n m ≥ n0
ρ (a m , a ) =
n
∑| a
i =1
m
(i ) − a (i ) | 2 < nε 2 = nε .
Pokazaliśmy, że: ∀ ∃ ∀ ρ (a m , a ) < nε , a to oznacza, że a m → a .
ε > 0 n0 m ≥ n0
Ćwiczenie 1
σi
Udowodnić, że a m ⎯⎯→
a ⇔ ∀ a m (k ) → a (k ) , gdzie σ i dla i=1,2 jest metryką
k ≤n
modułową lub maksimum.
Ćwiczenie 2
Wyprowadzić stąd wniosek, że wszystkie trzy metryki w R n , metryka euklidesowa,
modułowa i maksimum są równoważne.
Każde odwzorowanie f : X → R n można zapisać w postaci f ( x) = ( f1 ( x),..., f n ( x)),
f i : X → R, gdzie odwzorowania f i będziemy nazywać składowymi odwzorowania f.
Oczywistym jest, że f i ( x) = (Π i ο f )( x) dla i ≤ n .
Zakończmy ogólne rozważania następującym twierdzeniem.
Twierdzenie
Odwzorowanie f : ( X , ρ ) → R n jest ciągłe ⇔ gdy wszystkie jego składniki
f i = Π i ο f są ciągłe.
Dowód
⇒ ) Załóżmy, że odwzorowanie f : X → R n jest ciągłe, wtedy ∀i ≤ n f i = Π i ο f jest
ciągłe jako złożenie dwóch odwzorowań ciągłych.
⇐ ) Załóżmy, że ∀i ≤ n , f i = Π i ο f jest ciągłe. Niech a m → a . Wiemy z założenia, że
∀i ≤ n ciąg f i (a m ) → f i (a) . Z twierdzenie o ciągach zbieżnych w R n wynika, że
f (a m ) → f (a) , a to oznacza ciągłość odwzorowania f.
■
Ćwiczenie
Udowodnić, że jeśli odwzorowania f : ( X , ρ ) → (Y , σ ) oraz g : (Y , σ ) → ( Z ,η ) są
ciągłe, to g ο f : ( X , ρ ) → ( Z ,η ) też jest ciągłe.
Dowód
Niech x m → x . Wtedy f ( x m ) → f ( x) oraz g[ f ( x m )] → g[ f ( x)] , tzn.
( g ο f )( x m ) → ( g ο f )( x) , a to oznacza ciągłość złożenia g ο f .
■
ZBIORY OTWARTE I DOMKNIĘTE
Dopełnienie zbioru otwartego nazywamy zbiorem domkniętym. Bardzo często
będziemy korzystać z następujących charakteryzacji podzbiorów domkniętych przestrzeni
metrycznych.
Twierdzenie
Niech (X,ρ) będzie przestrzenią metryczną. Podzbiór A ⊂ X jest domknięty wtedy i
tylko wtedy, gdy każdy ciąg {a n } ⊂ A o wyrazach należących do zbioru A ma granicę
należącą do zbioru A.
Dowód
1. Załóżmy, że zbiór A jest domknięty i niech {a n } ⊂ A, a n ⎯n⎯
⎯→ a. Przypuśćmy, że a∉A.
→∞
Ponieważ zbiór X\A jest otwarty i a∈X\A, więc istnieje kula K(a,ε) ⊂ X\A. Wobec tego,
ponieważ wszystkie wyrazy {a n } należą do kuli K(a,ε), sprzeczność z a n ∈ A dla każdego n.
2. Załóżmy, że zbiór A nie jest domknięty. Zatem zbiór X\A nie jest otwarty. Oznacza to, że
istnieje punkt a ∈ X\A taki, że dla każdego ε>0 K(a,ε) ∩ A≠0. Wybierzmy punkty
1
a n ∈K(a, ) ∩ A. Wybieramy ciąg {a n } ⊂ A, który jest zbieżny do punktu a nienależącego do
n
zbioru A.
■
Twierdzenie
Niech (X,ρ) będzie przestrzenią metryczną. Zbiór A ⊂ X jest otwarty wtedy i tylko
wtedy, gdy prawie wszystkie wyrazy ciągu {x n } zbieżnego do punktu x ∈ A, należą do zbioru
A.
Dowód
1. Załóżmy, że zbiór A jest otwarty i x n ⎯n⎯
⎯→ x, gdzie x ∈ A. Ponieważ A jest zbiorem
→∞
otwartym, więc istnieje ε>0 takie, że K(x,ε) ⊂ A. Z kolei x= lim x n oznacza, że istnieje n 0
n →∞
takie, że x n ∈ K(x,ε) dla każdego n> n 0 .
2. Załóżmy, że zbiór A nie jest otwarty. Wówczas istnieje punkt x ∈ A taki, że
1
(X\A) ∩ K(x,ε)≠ φ dla każdego ε>0. Kładąc ε= wybierzmy punkty x n ∈ (X\A) ∩ K(x,ε).
n
⎯→ x, oraz x n ∉ A dla każdego n=1,2,... .
Mamy x n ⎯n⎯
→∞
■
Stwierdzenie
Kula K ( x, ε ) jest zbiorem otwartym.
Dowód
Niech y ∈ K (a, ε ) , δ := ε − ρ (a, y ) > 0 . x ∈ K ( y, δ ) ⇒ ρ ( y, x) < δ . Ale
ρ ( x, a ) ≤ ρ ( x, y ) + ρ ( y, a) < δ + ρ ( y, a ) = ε − ρ (a, y ) + ρ ( y, a) = ε . Pokazaliśmy, że
x ∈ K ( y, δ ) ⇒ x ∈ K (a, ε ) , tzn. K ( y, δ ) ⊂ K (a, ε ) .
■
DOMKNIĘCIE I WNĘTRZE ZBIORU
Niech (X,T) będzie przestrzenią topologiczną. Dla każdego zbioru A ⊂ X zdefiniujmy
operację ClA ( A ) domknięcia oraz operację IntA wnętrza zbioru;
ClA:= Ι {F: A ⊂ F oraz F jest zbiorem domkniętym}
IntA:= Υ {U: U ⊂ A oraz U jest zbiorem otwartym}
Domknięcie ClA zbioru A będziemy też oznaczać symbolem A .
Domknięcie A zbioru A jest najmniejszym zbiorem domkniętym zawierającym zbiór
A. Wnętrze IntA zbioru A jest największym zbiorem otwartym zawartym w zbiorze A.
Ćwiczenie
Operacje domknięcia i wnętrza mają następujące własności:
1. A ⊂ ClA oraz IntA ⊂ A
2. A ⊂ B ⇒ ClA ⊂ ClB oraz IntA ⊂ IntB
3. Cl(Ø)=Ø, A ⊂ ClA, Cl(A ∪ B)=(ClA ∪ ClB), Cl(ClA)=ClA
4. IntX=X, IntA ⊂ A, Int(A ∩ B)=IntA ∩ IntB, Int(IntA)=IntA.
Poniższe dwa twierdzenia są charakteryzacją operacji domknięcia w przestrzeniach
metrycznych.
Twierdzenie
Niech (X,ρ) będzie przestrzenią metryczną. Wtedy dla dowolnego zbioru A ⊂ X;
x ∈ A ⇔ ∀ A ∩ K(x,ε)≠Ø.
ε >0
Dowód
1. Wiemy, że K(x,ε) jest zbiorem otwartym. Zatem, jeśli A ∩ K(x,ε)=Ø, to A ⊂ X\K(x,ε) i w
konsekwencji x ∉ A .
2. Z kolei, jeśli x ∉ A , to istnieje zbiór domknięty F taki, że A ⊂ F oraz x ∉ F. Stąd istnieje
kula otwarta K(x,ε) ⊂ X\F, co pociąga A ∩ K(x,ε)=Ø.
■
Z powyższego twierdzenia jako wniosek otrzymujemy:
Twierdzenie
Niech (X,ρ) będzie przestrzenią metryczną. Wtedy dla dowolnego zbioru A ⊂ X;
x ∈ A ⇔ ∃ x n ⎯n⎯
⎯→ x.
→∞
{xn }⊂ A
PODPRZESTRZEŃ
Niech (X,T) będzie przestrzenią topologiczną, a Y ⊂ X niepustym podzbiorem. Łatwo
sprawdzić, że rodzina T Y :={A ∩ Y: A ∈ T} spełnia aksjomaty topologii.
Parę (Y, T Y ) będziemy nazywać podprzestrzenią przestrzeni topologicznej (X,T).
Podobnie definiujemy podprzestrzeń metryczną (Y,σ) przestrzeni metrycznej (X,ρ),
gdzie metryka σ jest określona wzorem: σ(x,y)=ρ(x,y)
dla x, y∈ Y.
Ponieważ:
K σ (x,ε)=K ρ (x,ε) ∩ Y
dla x ∈ Y, więc topologia T(σ) wyznaczona przez metrykę σ jest równa topologii T Y =T(ρ)| Y .
1
Na przykład traktując Y=[0,1] jako podprzestrzeń R stwierdzamy, że zbiór A=[0, )
2
jest otwarty w podprzestrzeni Y, ale nie jest otwarty w R.
PRZESTRZENIE METRYCZNE ZUPEŁNE
∀
∃
ε
Ciąg {x n } ⊂ X spełnia w przestrzeni metrycznej (X,ρ) warunek Cauchy’ego, gdy:
∀ ρ ( xn , xm ) < ε .
> 0 n0 n , m ≥ n0
Definicja
Przestrzeń metryczna (X,ρ) jest zupełna, gdy każdy ciąg {x n } ⊂ X spełniający
warunek Cauchy’ego jest zbieżny.
Przykłady przestrzeni metrycznych zupełnych:
1. przestrzenie dyskretne,
2. przestrzeń euklidesowa R n ,
3. przestrzeń funkcji ciągłych C[a, b] = { f : [a, b] → R} z metryką sup;
ρ ( f , g ) = sup{| f ( x) − g ( x) |: x ∈ [a, b]}
(dowód zupełności jest równoważny temu, że granica ciągu jednostajnie zbieżnego
funkcji ciągłych jest funkcją ciągłą + zupełność liczb rzeczywistych).
Przykłady przestrzeni metrycznych, które nie są zupełne:
1. przestrzeń liczb wymiernych,
b
2. przestrzeń funkcji ciągłych C[a,b] z metryką ρ ( f , g ) := ∫ | f ( x) − g ( x) | dx ,
a
Dowód:
f 1 (x)
f 2 (x)
1
2
⎧ x n , x ∈ [0,1]
f n ( x) = ⎨
⎩ 1, x ∈ [1,2]
2
n≤m 1
1
1
|
(
)
−
(
)
|
= ∫ ( x n − x m )dx =
−
⎯n⎯
⎯→0
f
x
f
x
dx
m
,m→∞
∫0 n
1
1
+
+
n
m
0
1
1
−
⎯⎯ ⎯→ 0 . Ciąg { f n } spełnia warunek Cauchy’ego w przestrzeni
n + 1 m + 1 n , m →∞
⎧1 dla x ∈ [1,2]
C[a,b] z metryką ρ. Zauważmy, że ∀x ∈ [0,2] f n ( x) → f ( x) = ⎨
⎩0 dla x ∈ [0,1]
Ponieważ f ∈ R[0,2] – f jest całkowalna w sensie Riemanna i f ∉ C[0,2]
ρ( fn , fm ) =
2
∫| f
0
n
− f | dx ≤
1
→ 0. Gdyby ciąg { f n } był zbieżny, to ∃g ∈ C[0,2] , g ≠ f taka, że
n +1
2
2
2
2
0
0
0
∫ | f n ( x) − g ( x) | dx → 0 . Stąd ∫ | f − g | dx ≤ ∫ | f − f n | dx + ∫ | f n − g | dx → 0 .
0
2
Więc otrzymalibyśmy, że ∫ | f − g | dx = 0 . A stąd, istniałby zbiór E ⊂ [0,2] , u ( E ) = 0 taki,
0
że f ( x) = g ( x) dla x ∈ [0,2] \ E , co jest niemożliwe.
■
Ćwiczenie
Pokazać, że jeśli h ∈ R[a,b] i h ≥ 0 , to:
b
∫ h( x)dx = 0 ⇔ h( x) = 0 dla x ∈ [a, b] \ E (h) ,
a
gdzie E (h) - oznacza zbiór punktów nieciągłości funkcji h.
Z powyższego ćwiczenie otrzymalibyśmy, że f ( x) = g ( x) dla
x ∈ [0,2] \ E (| f − g |) ⊂ [0,2] \ E ( f ) , E ( f ) = {1} .
Z powyższego otrzymalibyśmy, że y (1) = 0 = lim− y ( x) = lim+ y ( x) = 1 , sprzeczność.
x →1
x →1
Jednym z podstawowych twierdzeń o przestrzeniach metrycznych zupełnych jest:
Twierdzenie Banacha o punkcie stałym
Jeżeli dla odwzorowania f : ( X , ρ ) → ( X , ρ ) przestrzeni metrycznej zupełnej w
siebie istnieje α ∈ [0,1) taka, że:
(*) ∀ ρ ( f ( x), f ( y )) ≤ αρ ( x, y ) , 0 ≤ α < 1 ,
x , y∈ X
to wtedy istnieje dokładnie jeden punkt x * ∈ X taki, że f ( x * ) = x * . Punkt x * ∈ X
nazywamy punktem stałym odwzorowania f, a odwzorowanie f spełniające warunek (*)
nazywany odwzorowaniem zwężającym.
Twierdzenie Banacha można wypowiedzieć następująco:
Każde odwzorowanie zwężające z przestrzeni metrycznej zupełnej w siebie ma
dokładnie jeden punkt stały.
Dowód
Ustalmy punkt x0 ∈ X . Zdefiniujmy przez indukcję x1 = f ( x0 ) , x 2 = f ( x1 ) ,... .
Pokażemy, że powyżej zdefiniowany ciąg {x n } spełnia warunek Cauchy’ego, bo:
ρ ( x 2 , x3 ) = ρ ( f ( x1 ), f ( x 2 )) ≤ αρ ( x1 , x 2 ) = αρ ( f ( x0 ), f ( x1 )) ≤ α 2 ρ ( x0 , x1 )
ρ ( x 2 , x3 ) ≤ α 2 ρ ( x0 , x1 )
...................................................................................................................................................
ρ ( x n +1 , x n + 2 ) = ρ ( f ( x n ), f ( x n +1 )) ≤ αρ ( x n , x n +1 ) ≤ αα n ρ ( x0 , x1 ) = α n +1 ρ ( x0 , x1 )
ρ ( x n +1 , x n + 2 ) ≤ α n +1 ρ ( x0 , x1 )
n < m:
ρ ( x n , x m ) ≤ ρ ( x n , x n +1 ) + ρ ( x n +1 , x n + 2 ) + .... + ρ ( x m −1 , x m ) ≤
≤ α n ρ ( x 0 , x1 ) + α n +1 ρ ( x0 , x1 ) + .... + α m −1 ρ ( x0 , x1 ) = α n ρ ( x 0 , x1 )[1 + α + .... + α m − n −1 ] ≤
1 − α n−m
1
≤ α ρ ( x 0 , x1 )
< α n ρ ( x0 , x1 )
⎯⎯
⎯→ 0
1−α
1 − α n→∞
Z powyższego wynika, że:
∀ ∃ ∀ ρ ( xn , xm ) < ε .
n
ε > 0 n0 m , n ≥ n0
Ponieważ X jest przestrzenią zupełną, więc ∃x * taki, że x n → x * . Warunek zwężenie (*)
pociąga, że f jest odwzorowaniem (jednostajnie) ciągłym. Wobec tego:
x* = lim xn +1 = lim f ( xn ) = f ( x* ) , tzn. f ( x * ) = x * .
n →∞
n →∞
Sprawdźmy jeszcze, że x jest jedynym punktem stałym. Przypuśćmy, że ∃y ≠ x * taki, że
f(y)=y. Wówczas:
ρ ( x * , y ) = ρ ( f ( x * ), f ( y )) ≤ αρ ( x * , y ) < ρ ( x * , y ) , sprzeczność.
*
■
Niech:
d ( A) := sup{ρ ( x, y ) : x, y ∈ A}
Twierdzenie Cantora
W przestrzeni metrycznej zupełnej X każdy ciąg zstępujący zbiorów domkniętych i
niepustych:
F1 ⊃ F2 ⊃ F3 ⊃ ... taki, że lim d ( Fn ) = 0
n→∞
∞
ma przekrój niepusty,
Ι
Fn ≠ Ø.
n =1
Dowód
∀n wybierzmy punkt p n ∈ Fn . Ponieważ d ( Fn ) → 0 , więc ciąg { p n } spełnia warunek
Couchy’ego. Niech p := lim p n . Ponieważ F1 ⊃ F2 ⊃ F3 ⊃ ... dla każdego n0 prawie
n →∞
wszystkie wyrazy ciągu { p n } należą do Fn0 ( n ≥ n0 ). Stąd ∀n0 p ∈ Fn0 ( Fn0 jest zbiorem
∞
∞
∞
n =1
n =1
n =1
domkniętym). Więc p ∈ Ι Fn . Zauważmy dodatkowo, że { p} = Ι Fn , bo jeśli g ∈ Ι Fn , to
ρ ( p, g ) ≤ d ( Fn ) → 0 czyli, że ρ ( p, g ) = 0 , tzn. p = g .
■
Definicje
1. Zbiór D ⊂ X nazywamy zbiorem gęstym w X, gdy
∀ ∀ K ( x, ε ) ∩ D ≠ Ø (np. zbiór
x∈ X ε > 0
Q licz wymiernych jest gęsty w zbiorze liczb rzeczywistych R).
2. Zbiór E ⊂ X nazywamy zbiorem brzegowym, gdy X\E jest gęsty w X.
3. Zbiór F ⊂ X nazywamy zbiorem nigdziegęstym, gdy istnieje zbiór brzegowy i
domknięty F ⊃ A .
∞
4. Zbiór E = Υ Fn , który jest sumą przeliczalnej ilości zbiorów nigdziegęstych
n =1
nazywamy zbiorem I kategorii.
Twierdzenie Baire’a
W przestrzeni metrycznej zupełnej ( X , ρ ) każdy zbiór I kategorii jest zbiorem
brzegowym.
Dowód
∞
Niech E ⊂ Υ E n , gdzie E n - jest domknięty i brzegowy. Pokażemy, że
n =1
∀ ∀ K ( x, ε ) ∩ ( X \ E ) ≠ Ø. Ustalmy punkt x0 ∈ X i ε > 0 . Przez indukcję określimy ciąg
x∈ X ε > 0
kul domkniętych K ( x n , ε n ) = { y ∈ X : ρ ( x n , y ) ≤ ε n } taki, że:
1) K ( x n +1 , ε n +1 ) ⊂ K ( x n , ε n ) ,
1
2) 0 < ε n < ,
n
3) K ( x n , ε n ) ∩ E n = Ø,
Realizacja: Weźmy x1 ∈ K ( x0 , ε ) \ E ≠ Ø. Istnieje ε 1 < 1 takie, że
1
K ( x1 ,2ε 1 ) ⊂ K ( x0 , ε ) \ E1 . Stąd K ( x1 , ε 1 ) ⊂ K ( x1 ,2ε 1 ) ⊂ K ( x0 , ε ) \ E1 . Załóżmy, że mamy
już określoną kulę K ( x n , ε n ) . Wybierzmy x n +1 ∈ K ( x n , ε n ) \ E n +1 i ε n +1 > 0 takie, że
K ( x n +1 ,2ε n +1 ) ⊂ K ( x n , ε n ) \ E n +1 . Mamy K ( x n +1 , ε n +1 ) ⊂ K ( x n , ε n ) \ E n +1 . Indukcja została
∞
zakończona. Z twierdzenia Cantora: ∃p takie, że p ∈ Ι K ( x n , ε n ) . (Kule K ( x n , ε n ) są
n =1
zbiorami domkniętymi). Zauważmy, że ∀n p ∈ K ( x0 , ε ) \ E n .
∞
Stąd p ∈ K ( x 0 , ε ) \ Υ E n ⊂ K ( x0 , ε ) \ E .
n =1
■
Wniosek
Jeśli w przestrzeni metrycznej zupełnej ( X , ρ ) nie ma punktów izolowanych (tzn.
∀ ∃ xn → x ), to wtedy | x |≥ w1 (przestrzeń X jest nieprzeliczalna).
x∈ X { xn }⊂ X \{ x}
Dowód
Przypuśćmy, że X = {a 0 , a1 ,...} jest zbiorem przeliczalnym. Niech E n = {a n } . Zbiór
∞
E n jest zbiorem nigdziegęstym. Z twierdzenia Baire’a X \ Υ E n ≠ 0 , X \ {a 0 , a1 ,...} ≠ Ø;
n =1
sprzeczność z X = {a 0 , a1 ,...} .
■
PRZESTRZENIE ZWARTE
PODZBIORY ZWARTE
Definicja
Przestrzeń metryczną (X,ρ) nazywamy zwartą, gdy z każdego ciągu {x n } ⊂ X można
wybrać podciąg zbieżny w X.
Podzbiór A ⊂ X nazwiemy zwartym, gdy z każdego ciągu{a n } ⊂ A można wybrać podciąg
zbieżny do elementu z A.
Twierdzenie
Obraz ciągły przestrzeni zwartej jest przestrzenią zwartą.
Dowód
na
(Y,σ) będzie odwzorowaniem ciągłym przestrzeni zwartej X na
Niech f: (X,ρ) ⎯⎯→
przestrzeń metryczną Y. Niech {y n } będzie dowolnym ciągiem w Y. Ponieważ f jest „na”,
więc istnieje ciąg {x n } ⊂ X taki, że f(x n )= y n dla każdego n. Z ciągu {x n } wybierzmy
podciąg { x nk } zbieżny do x∈X, x nk ⎯k⎯
⎯→ x. Z ciągłości odwzorowania f mamy,
→∞
lim y k = lim f(x nk )=f(x)=:y. Pokazaliśmy, że z ciągu {y n } można wybrać podciąg zbieżny
k →∞
k →∞
{y nk }.
■
Przykłady przestrzeni zwartych
1. Odcinek domknięty [1,0] ⊂ R jest podzbiorem zwartym. Wynika, to z twierdzenia
Weierstrassa, że każdy ciąg {x n } ⊂ R ograniczony, zawiera podciąg zbieżny.
2. Każda kostka domknięta K ⊂ R n , K:=[a,b]×...×[a,b], K={(x 1 ,...,x n ) ∈ R n : x i ∈ [a,b],
dla i=1,2,...,n} jest podzbiorem zwartym w R n .
Dowód
Niech {x n } ∈ K będzie dowolnym ciągiem. Oznaczmy przez x i =x(i) dla i=1,2,...,n. Ze
zwartości [a,b] wynika, że z ciągu {x n (i): i ∈ N} można wybrać podciąg zbieżny {x n (i):
n ∈ A 1 }, z kolei z ciągu {x n (z): n ∈ A 1 } można wybrać podciąg zbieżny {x n (z): n ∈ A 2 },
gdzie A 2 ⊂ A 1 . Po n-krokach otrzymamy rodziny n-zbiorów nieskończonych A i ,
N ⊃ A 1 ⊃ ... ⊃ A n o tej własności, że dla każdego i ciąg
{x n (i): n ∈ A i } jest zbieżny do punktu x i . Zatem ciąg {x m : m ∈ A n } jest zbieżny do
punktu x=(x 1 ,...,x n ).
■
3. Każdy podzbiór domknięty A ⊂ X przestrzeni zwartej (X,ρ) jest podzbiorem zwartym.
Wynika to natychmiast z definicji zwartości.
Z definicji podzbioru zwartego oraz z charakteryzacji zbiorów domkniętych wynika:
Obserwacja
Każdy podzbiór zwarty jest domknięty.
Następujące twierdzenie jest wzmocnieniem powyższej obserwacji.
Twierdzenie
W przestrzeni metrycznej (X, ρ) każdy podzbiór zwarty jest domknięty i ograniczony.
Dowód
Pozostaje do udowodnienia ograniczoność zbioru zwartego A ⊂ X. Przypuśćmy, że zbiór
A ⊂ X nie jest ograniczony, tzn.:
∀ ∀ ∃ xn ∈ A ∩ [X \ K (an , n)].
n∈N a n ∈ A xn ∈ X
Powołując się na zwartość zbioru A można wybrać podciąg {n k } taki, że:
x nk ⎯k⎯
⎯→ x oraz a nk ⎯k⎯
⎯→ a.
→∞
→∞
Stąd:
ρ(x nk , a nk ) ⎯k⎯
⎯→ ρ(x,a),
→∞
co jest sprzeczne z założeniem, że:
nk ≤ ρ x nk , a nk ⎯k⎯
⎯→ ∞ .
→∞
(
)
■
Twierdzenie
W przestrzeni euklidesowej R n zbiór A ⊂ R n jest zwarty wtedy i tylko wtedy, gdy jest
domknięty i ograniczony.
Dowód
Wobec poprzedniego twierdzenia pozostało nam do udowodnienia, że zbiór A ⊂ R n ,
który jest domknięty i ograniczony, musi być zbiorem zwartym.
Ponieważ zbiór A ⊂ R n jest ograniczony, więc istnieje kostka domknięta K taka, że A ⊂ K.
Wiemy, że kostki domknięte są zwarte, a zatem podzbiory domknięte i ograniczone jako
podzbiory domknięte kostek zwartych, też są zbiorami zwartymi.
■
Lemat o ε-sieci
W przestrzeni zwartej metrycznej (X, ρ) dla każdego elementu ε>0 istnieje skończony
zbiór punktów x 1 ,...,x n ∈ X taki, że:
(*)
X = K (x1 , ε ) ∪ Κ ∪ K ( x n , ε ) .
Dowód
Ustalmy ε>0 i przypuśćmy, że warunek (*) nie zachodzi. Niech x1 ∈ X będzie
dowolnym punktem. Wybierzmy x 2 ∈ X \ K (x1 , ε ) , a ogólnie przez indukcję
n
n
i =1
i =1
x n +1 ∈ X \ Υ K (xi , ε ) . Gdy dla każdego n, X \ Υ K (xi , ε ) ≠Ø, to możnaby było wybrać ciąg
{ x n } spełniający warunek:
n
∀ xn+1 ∈ X \ Υ K (xi , ε )
i =1
n
Co pociągałoby, że:
∀ n ≠ m ⇒ ρ (x
n
, xm ) ≥ ε .
n ,m
Z kolei, z ciągu {x n } można wybrać podciąg zbieżny { x nk }, x nk →x. Więc otrzymalibyśmy,
że:
ρ (x n , x n ) < ε
k
l
dla prawie wszystkich k,l ≥ n0 , sprzeczność.
■
Wniosek
Każde odwzorowanie ciągłe f : ( X , ρ ) → (Y , σ ) pomiędzy przestrzeniami zwartymi
metrycznym jest jednostajnie ciągłe, tzn.:
∀ ∃ ∀ ρ (x, y ) < δ ⇒ σ ( f ( x), f ( y)) < ε .
ε > 0 δ > 0 x , y∈ X
Dowód
⎡ ⎛ ε ⎞⎤
⎢ K ⎜ y, 2 ⎟⎥ : y ∈ Y } jest pokryciem otwartym
⎠⎦
⎣ ⎝
przestrzeni X. Z lematu Lebesgue’a istnieje δ>0 taka, że:
⎡ ⎛ ε ⎞⎤
ρ ( x, z ) < δ ⇒ ∃ x, z ∈ f −1 ⎢ K ⎜ y, ⎟⎥ .
∀
x , z∈ X
y∈Y
⎣ ⎝ 2 ⎠⎦
⎛ ε⎞
Stąd f ( x), f ( z ) ∈ K ⎜ y, ⎟ . Zatem σ ( f ( x), f ( z ) ) < ε .
⎝ 2⎠
Pokazaliśmy, że:
∀ ∃ ρ (x, z ) < δ ⇒ σ ( f ( x), f ( z )) < ε .
Ustalmy ε>0. Rodzina P = { f
−1
x , z∈ X δ > 0
■
Twierdzenie Weierstrassa
Funkcja ciągła f : X → R określona na przestrzeni zwartej metrycznej X przyjmuje
wartość najmniejszą i największą.
Dowód
Obraz f(X) jako podzbiór zwarty zbioru liczb rzeczywistych R jest domknięty i
ograniczony. Zatem istnieją liczby A,B∈ R takie, że:
A = sup f ( x) oraz B = inf f ( x)
x∈ X
x∈ X
Z definicji kresów wynika, że istnieją ciągi {y n }, {z n } ⊂ X takie, że A = lim f ( y n ) oraz
n →∞
B = lim f ( z n ) . Z kolei, ze zwartości X wynika, że można z tych ciągów wybrać podciągi
n →∞
⎯→ α ,
zbieżne. Wobec tego załóżmy dodatkowo, aby nie zmieniać oznaczeń, że y n ⎯n⎯
→∞
z n ⎯n⎯
⎯→ β . Z ciągłości f otrzymujemy, że A=f(α), B=f(β).
→∞
■
NORMY RÓWNOWAŻNE
Pokażemy, że z twierdzenia Weierstrassa wynika twierdzenie mówiące, że w
przestrzeni euklidesowej R n wszystkie normy są równoważne, tzn. topologie wyznaczone
przez te normy wyznaczają topologię euklidesową.
Lemat
Niech ||·|| będzie normą euklidesową w R n ,a |·| niech oznacza dowolną normę.
Wówczas istnieją liczby dodatnie a,A>0 takie, że:
∀ a|| x ||≤| x |≤ A || x || .
x∈R n
Dowód
Oznaczmy przez S:={x∈ R n : ||x||=1} – sferę jednostkową. Na podstawie twierdzenia
Weierstrassa funkcja f : S → (0, ∞ ) przyjmuje wartość najmniejszą a=f(x 0 ) i największą
A=f(y 0 ) dla x 0 , y 0 ∈ S. Ponieważ x 0 ≠0, więc a=f(x 0 )=| x 0 |>0. Zatem dla każdego punktu x≠0
x
mamy
∈ S i w konsekwencji:
|| x ||
a≤
Stąd już:
x
≤ A.
|| x ||
∀ a || x ||≤| x |≤ A || x ||
x≠0
oczywiście, że powyższa nierówność zachodzi też dla x=0.
■
Wniosek
Każde dwie normy w R n są równoważne, tzn. wyznaczają metryki równoważne.
Dowód
Z nierówności:
a || x ||≤| x |≤ A || x ||
Wynika nierówność:
r
A
K ρ ( x0 , r ) ⊂ K σ ( x0 , ) ⊂ K ρ ( x0 , r ) ,
a
a
gdzie ρ i σ są metrykami wyznaczonymi przez |·| i ||·|| ,
ρ(x,y):=|x-y| oraz σ(x,y):=||x-y||.
■
Lemat
Niech |·|: R n →[0,∞) będzie normą w przestrzeni R n .
Lemat
Każda norma |·|: R n →[0,∞) określona w przestrzeni euklidesowej R n jest
odwzorowaniem ciągłym.
Dowód
Niech f(x):=|x| oznacza normę, oraz e i =(0,...0,1,0,...,0) wektor jednostkowy.
Wówczas:
n
n
n
i =1
i =1
i =1
f ( x) =| x |=| ∑ xi ⋅ ei |≤ ∑ | xi | ⋅ | ei | ≤ M ∑ | xi | .
Z powyższego wynika:
n
| f ( x) − f ( x 0 ) |< M ∑ | xi − xi0 | ,
i =1
co już daje ciągłość normy.
■
Definicja
Rodzinę P złożoną z podzbiorów otwartych przestrzeni metrycznej (X,ρ) taką, że
X = Υ{U : U ∈ P} nazywać będziemy pokryciem otwartym przestrzeni X.
Lemat Lebesgue’a
Dla każdego pokrycia otwartego P przestrzeni metrycznej zwartej (X,ρ) istnieje liczba
ε=ε(P)>0 taka, że każdy podzbiór A ⊂ X o średnicy mniejszej niż ε, d(A)<ε jest zawarty w
pewnym (jakimś) elemencie z pokrycia P.
Dowód
1
Przypuśćmy, że lemat nie jest prawdziwy. Oznacza to, że dla ε = istnieje zbiór
n
1
An ⊂ X , d ( An ) < taki, że An ⊄ U dla każdego U ∈ P . Wybierzmy ciąg { a n } o
n
elementach ze zbiorów An , a n ∈ An , a następnie wybierzmy z tego ciągu podciąg zbieżny
a nk ⎯k⎯
⎯→ a . Ponieważ P jest pokryciem otwartym, więc istnieje U 0 ∈ P oraz n0 ∈ N takie,
→∞
że:
⎛ 3
a nk ∈ K ⎜⎜ a,
⎝ n0
⎞
⎟⎟ ⊂ U 0
⎠
dla prawie wszystkich k.
Stąd już wynika, że:
3
) ⊂ U0
n0
dla prawie wszystkich k; sprzeczność z przypuszczeniem Ank ⊄ U dla każdego U ∈ P .
Ank ⊂ K (a,
Twierdzenie (Borela)
Przestrzeń metryczna jest zwarta ⇔ gdy z każdego pokrycia otwartego można wybrać
pokrycie skończone.
Dowód
⇒ ) załóżmy, że (X, ρ ) jest przestrzenią zwartą i niech P będzie pokryciem otwartym
przestrzeni X. Z lematu Lebesgue’a ∃ liczba η =2ε, η = η (P), taka że ∀ K ( x, ε ) ⊂ U dla
x∈ X
pewnego U ∈ P . Z lematu o ε-sieci; ∃ ciąg skończony x1 ,..., x n ∈ X ,taki że
X = K ( x1 , ε ) ∪ ... ∪ K ( x n , ε ) . Dla każdego i ≤ n wybierzmy U i ∈ P takie, że K ( xi , ε ) ⊂ U i .
Rodzina {U 1 ,...,U n } jest skończonym pokryciem X ;
X = K ( x1 , ε ) ∪ ... ∪ K ( x n , ε ) ⊂ U 1 ∪ ... ∪ U n , {U 1 ,..., U n } ⊂ P .
⇐ ) załóżmy, że z każdego pokrycia otwartego przestrzeni X można wybrać pokrycie
skończone i przypuśćmy, że istnieje ciąg {x1 , x2 ,...} ⊂ X , z którego nie można wybrać
podciągu zbieżnego. Oznacza to, że zbiór A1 := {x1 , x 2 ,...} jest domknięty, a także zbiory
An := {x n , x n +1 ,...} też są domknięte. Wobec powyższego zbiory U n = X \ An są otwarte, a
rodzina P = {U 1 ,U 2 ,...} jest pokryciem otwartym przestrzeni zwartej X , bo
∞
Ι
An = Ø (stąd
n =1
∞
∞
∞
n =1
n =1
n =1
poprzez prawa de Morgana X = X \ Ι An = Υ X \ An = ΥU n ). Z rodziny P można wybrać
pokrycie skończone; X = U n1 ∪ ... ∪ U nk , n1 < ... < nk . Ponieważ U n1 ⊂ ... ⊂ U nk (bo
'
A1 ⊃ A2 ⊃ ... ), więc X = U nk ( = X \ Ank ) , gdzie Ank ≠ Ø, sprzeczność.
Wniosek
Jeśli F1 ⊃ F2 ... jest ciągiem zstępującym zbiorów domkniętych i niepustych w
przestrzeni metrycznej zwartej ( X , ρ ), to przekrój
∞
Ι
Fn ≠ Ø jest niepusty.
n =1
Dowód
∞
Przypuśćmy, że
Ι
Fn = Ø. Wówczas
n =1
∞
Υ ( X \ F ) = X . Stąd ∃ ,takie że
n
n =1
n
( X \ F1 ) ∪ ... ∪ ( X \ Fn ) = X , ale X \ F1 ⊂ X \ F2 ⊂ ... ⊂ X \ Fn . Stąd X = X \ Fn , Fn ≠ Ø,
sprzeczność.
Lemat (Dini)
Załóżmy, że dany jest ciąg funkcji ciągłych f n : X → ℜ określonych na przestrzeni
zwartej X i spełniający następujące warunki:
1. ∀ ∀ f n ( x) ≤ f n +1 ( x)
n x∈ X
2. ∀ f n ( x ) → f ( x ), f -ciągła
x∈ X
wtedy f n ⎯⎯
⎯
⎯→ f tzn. ∀ ∃ ∀ ∀ f ( x) − f n ( x) < ε .
⎯→
ε > 0 n0 n ≥ n0 x∈ X
X
Dowód
Ustalmy ε > 0 . Niech U n := {x ∈ X : f ( x) − f n ( x) < ε }. Zbiór U n jest otwarty, bo
U n = g n−1 ( −∞, ε ) , gdzie g n ( x) = f ( x) − f n ( x) . Ponadto wobec założenia 1; ∀U n ⊂ U n +1 oraz
n
∞
ΥU
n =1
n
= X . Ze zwartości istnieje n0 takie, że X = U 1 ∪ ... ∪ U n0 , co pociąga, że X = U n0 , a
to oznacza, że ∀ ∀ f ( x) − f n ( x) < ε .
n ≥ n0 x∈X
Twierdzenie Arzeli
Niech X = ( X , ρ ) będzie przestrzenią metryczną zwartą. Przez C ( X , ℜ) oznaczmy
przestrzeń wszystkich funkcji ciągłych określonych na X z metryką „supremum”
d ( f , g ) := sup{ f ( x) − g ( x) : x ∈ X }.
W tej części podamy warunki wystarczające na to, aby zbiór M ⊂ C ( X , ℜ) był prezwarty
tzn. aby miał następujące własności:
z każdego ciągu { f n } ⊂ M można wybrać podciąg {f nk } zbieżny do f ∈ X (nie
zakładamy, że f ∈ M ).
Mówimy, że rodzina M ⊂ C ( X , ℜ) tworzy rodzinę funkcji jednakowo ciągłą, gdy
∀ ∃ ∀ ρ ( x, y ) < δ ⇒ f ( x ) − f ( y ) < ε .
ε > 0 δ > 0 f ∈M
Lemat
Jeśli ciąg funkcji { f n : X → ℜ n = 1,2,...} tworzy rodzinę jednakowo ciągłą i ciąg
liczbowy { f n ( x )} jest zbieżny na pewnym zbiorze gęstym D ⊂ X , to wtedy ciąg
{ f n } ⊂ C ( X , ℜ) jest zbieżny do pewnej funkcji f ; f n → f , f n ( x) ⎯⎯⎯⎯→
⎯→ f ( x ) .
X
Dowód
Pokażemy, że ciąg { f n } spełnia warunek Cauchy’ego ∀ ∃ ∀ ∀ f m ( x) − f n ( x) < ε .
ε > 0 n0 m. n ≥ n0 x∈ X
Ustalmy ε > 0 . Z jednakowej ciągłości istnieje δ > 0 taka, że
(1) ∀ ∀ ρ ( x, y ) < δ ⇒ f n ( x) − f n ( y ) < ε
3
Powołując się na lemat o ε -sieci możemy przedstawić przestrzeń X w postaci
(2) X = K ( x0 , δ ) ∪ ... ∪ K ( x m , δ ) , gdzie xi ∈ D .
Ponieważ w każdym z punktów xi ∈ D , ciąg liczbowy { f n ( xi )} jest zbieżny, więc jest
spełniony warunek Cauchy’ego, a biorąc pod uwagę, że zbiór {x0 ,..., x m } jest skończony
możemy znaleźć n0 ∈ N takie, że
n x , y∈ X
(3) ∀ ∀ f m ( x) − f n ( xi ) < ε
m , n ≥ n0 i
3
Mamy:
f m ( x) − f n ( x) = f m ( x) − f m ( xi ) + f m ( xi ) − f n ( xi ) + f n ( xi ) − f n ( x)
≤ f m ( x) − f m ( xi ) + f m ( xi ) − f n ( xi ) + f n ( xi ) − f n ( x) < ε + ε + ε
3
3
3
1 4 4 2 4 43
1 4 4 2 4 43
1 4 4 2 4 43
jednostajna _ ciaglosc
zbieznosc _ w _ x i
jednostajna _ ciaglosc
Udowodniliśmy, że ciąg { f n } spełnia warunek Cauchy’ego.
Twierdzenie Arzeli
Z każdego ciągu { f n : X → ℜ n = 1,2,..} funkcji wspólnie ograniczonych i tworzących
rodzinę jednakowo ciągłą można wybrać podciąg {f nk } zbieżny; f nk ⎯⎯
⎯
⎯→ f .
⎯→
X
Dowód
Niech D = {x1 , x 2 ,...} będzie zbiorem przeliczalnym i gęstym w przestrzeni X . Na
podstawie poprzedniego lematu wystarczy znaleźć podciąg {f nk } ⊂ { f n } , który jest zbieżny w
każdym punkcie xi ∈ D . Można utworzyć następującą tablicę:
f11
f 21
f 31
f 41
f12
f 22
f 32
f 42
f13
f 23
f 33
f 43
f14 ...
f 24 ...
f 34 ...
f 44 ...
gdzie { f 1n } jest podciągiem ciągu { f n } zbieżnym w punkcie x1 (taki podciąg istnieje na
podstawie twierdzenia Weierstrassa). Z kolei { f 2 n } jest podciągiem ciągu { f 1n } zbieżnym w
punkcie x2i ∈ D . Zauważmy, że ciąg przekątniowy { f nn } jest zbieżny w każdym punkcie
xi ∈ D . Oczywiście ciąg ten jest podciągiem ciągu { f n }.
TWIERDZENIE STONE’A-WEIERSTRASSA
Przygotowanie
Niech X będzie przestrzenią zwartą. Oznaczmy przez
C ( X ) := { f : X → ℜ f -jest funkcją ciągłą } z metryką ρ ( f , g ) := sup{ f ( x) − g ( x) : x ∈ X }
Definicja
Podzbiór P ⊂ C ( X ) nazywamy pierścieniem funkcji, gdy ∀ f + g , f − g , f ⋅ g ∈ P
f , g∈P
Pierścień P rozróżnia punkty przestrzeni X , gdy ∀ ∃ f ( x) ≠ f ( y ) .
x , y∈P f ∈P
Np. w C[0,1] zbiór wielomianów jest takim pierścieniem, który rozróżnia punkty z [0,1] , bo są
one rozróżniane przez jedną funkcję f ( x) ≡ x .
Lemat 1
Istnieje ciąg wielomianów
{ wn : [0,1] → ℜ n = 1,2,... } taki, że
Dowód
Zdefiniujmy w1 ( x) ≡ 0, wn +1 := wn ( x) +
[
wn ( x) ⎯⎯
⎯⎯⎯⎯
⎯
→ x.
→
[ 0 ,1 ]
]
1
x − wn2 ( x) dla n = 2,3,...
2
Udowodnimy najpierw, że
(1) ∀ ∀ 0 ≤ wn ( x) ≤ x
n x∈[0 ,1]
n=1 dla n=1 warunek (1) jest oczywisty
T ( n) ⇒ T ( n + 1) Załóżmy, że 0 ≤ wn ( x) ≤ x . Wtedy
[
] [
]
⎤
⎡ 1
x − wn ( x) ⋅ ⎢1 − ( x + wn ( x))⎥ .
⎦
⎣ 2
Z założenia indukcyjnego: wn ( x) ≤ x ≤ 1 dla x ∈ [0,1]. Stąd x − wn ( x) ≥ 0 oraz
1
1−
x + wn ( x) ≥ 0 . Zatem wn +1 ( x) ≤ x , wn+1 ( x) ≥ 0 . Z definicji wielomianu wn (x ) oraz z
2
(1) wynika, że
(2) wn ( x) ≤ wn +1 ( x) ≤ x ≤ 1 dla x ∈ [0,1];
x − wn +1 ( x ) =
[
x − wn ( x ) −
]
1
x − wn2 ( x ) =
2
Z punktu (2) otrzymujemy, że ∀ ∃ lim f n ( x) =: f ( x) . Ale z definicji wielomianu wn
x∈[0 ,1] f n →∞
x − f 2 ( x ) = 0, tzn. f ( x ) =
[
]
1
x − f 2 ( x) . Stąd
2
x , bo f ≥ 0 . Z lematu Diniego; wn ( x ) ⎯⎯
⎯⎯⎯⎯
⎯
→ f ( x) =
→
otrzymujemy, że f spełnia równanie f ( x ) = f ( x ) +
[ 0 ,1 ]
x.
Lemat 2
Jeśli X jest przestrzenią zwartą, a pierścień P ⊂ C ( X ) jest domknięty i zawiera
wszystkie funkcje stałe, to wtedy ∀ f , g ∈ P, max( f , g ) ∈ P, min( f , g ) ∈ P .
f , g∈P
Dowód
Załóżmy, że f ∈ P . Ponieważ X jest przestrzenią zwartą, więc istnieje c > 0
f ( x)
takie, że ∀ f ( x) ≤ c . Z założenia f ∈ P oraz ∀
≤ 1 . Z poprzedniego lematu ∃
c
x∈ X
x∈ X
c
ciąg wielomianów {wn (x) : [0,1] → ℜ} takich, że
2
2
f ( x)
⎡ f ( x) ⎤
⎡ f ( x) ⎤
.
wn ⎢
⎯
⎯
⎯
→
=
⎯
⎯→
⎢⎣ c ⎥⎦
x
c
⎣ c ⎥⎦
f
f
Z domkniętości pierścienia P wynika, że
∈ P , a zatem c ⋅
= f ∈ P . Z kolei
c
c
1
1
max( f , g )( x) = [ f ( x) + g ( x) + f ( x) − g ( x ) ] , min( f , g )( x) = [ f ( x) + g ( x) − f ( x) − g ( x) ] .
2
2
Lemat 3
Jeśli pierścień P ⊂ C ( X ) zawiera wszystkie funkcje stałe i rozdziela punkty, to
∀ ∀ ∃ f a ,b (a) = f (a), f a ,b (b) = f (b) .
a ,b∈ X f ∈C ( X ) f a , b ∈P
Dowód
1. Załóżmy, że a = b połóżmy f a ,b ( x ) :≡ f ( a ) = f (b)
2. Załóżmy, że a ≠ b . ∃h ∈ P takie, że h(a ) ≠ h(b) . Niech g ( x) :=
h( x ) − h( a )
.
h(b) − h(a)
Mamy g ( a ) = 0, g (b) = 1 i g ∈ P .
Połóżmy f a ,b ( x ) := [ f (b) − f (a )]g ( x ) + f ( a ) . Mamy f a ,b ∈ P oraz
f a ,b ( a ) = f ( a ), f a ,b (b) = f (b) .
Twierdzenie Stone’a-Weierstrassa
Niech X będzie przestrzenią zwartą metryczną, a P ⊂ C ( X ) pierścieniem
domkniętym, który zawiera wszystkie funkcje stałe i rozdziela punkty. Wówczas P = C ( X ) .
Dowód
Pokażemy, że: ∀
∃ ρ ( f , f ε ) < ε . Ustalmy ε > 0 i f ∈ C ( X ) . Dla każdej pary
∀
ε > 0 f ∈C ( X ) f ε ∈P
a, b ∈ X wybierzmy f a ,b ∈ P , takie że f a ,b ( a ) = f ( a ), f a ,b (b) = f (b) . Zbiory
U a ,b := {x ∈ X : f a ,b ( x ) < f ( x ) + ε }, Va ,b := {x ∈ X : f a ,b ( x ) > f ( x) − ε } są otwarte w X oraz
a ∈ U a ,b , b ∈ V a , b .
{U
Przy ustalonym b ∈ X z rodziny {U a ,b }a∈X wybierzmy pokrycie skończone
a1 ,b
}
{
}
,..., U an ,b przestrzeni X . Niech f b ( x ) := min f ai ,b ( x ) : i ≤ n . Mamy f b ∈ P oraz
n
f b ( x) < f ( x) + ε . Niech Vb := Ι Vai ,b . Wtedy f b ( x) > f ( x) − ε dla x ∈ Vb . Z pokrycia
{
i =1
}
{Vb : b ∈ X } wybieramy skończone {Vb1 ,..., Vbm }. Niech fε ( x) := max fb j ( x) : j ≤ m . Wtedy
f ε ∈ P oraz ∀ f ε ( x) > f ( x) − ε , a także f ε ( x) < f ( x) + ε .
x∈ X
Wniosek
Niech X będzie przestrzenią zwartą. Jeśli P ⊂ C ( X ) jest pierścieniem funkcji
ciągłych, który zawiera wszystkie funkcje stałe i rozdziela punkty, to wówczas P jest
podzbiorem gęstym w C ( X ).
Dowód powyższego wniosku
Jest konsekwencją twierdzenia Stone’a-Weierstrassa i z faktu, że zbiór
P := { f ∈ C ( X ) : ∃{ f n } ⊂ P, f n → f } jest pierścieniem i podzbiorem domkniętym w X.
Oczywiste jest, że P zawiera wszystkie funkcje stałe i rozdziela punkty. Stąd P jest gęsty w
C ( X ) , bo z tw. S-W P = C ( X ) .
Wniosek (tw. Weierstrassa)
W przestrzeni C[ a, b] zbiór wielomianów jest gęsty. Inaczej, każda funkcja ciągła
f : [ a, b] → ℜ jest granicą ciągu jednostajnie zbieżnego wielomianów.
Wniosek (tw. Weierstrassa)
Jeśli K ⊂ ℜ n jest zwarty, to zbiór wielomianów n–zmiennych określonych na K jest
gęsty w C (K ) .
Dowód
Rodzina P wielomianów postaci w( x1 ,..., x n ) = ∑ ai1 ,...,ik x1α1 ⋅ ... ⋅ x nα n zawiera wszystkie
i1 ,...,ik
funkcje stałe i rozdziela punkty w K.
PRZESTRZENIE OŚRODKOWE
Definicja
Przestrzeń metryczną ( X , ρ ) nazywamy ośrodkową, gdy istnieje zbiór D ⊂ X co
najwyżej przeliczalny i gęsty w X.
STWIERDZENIE
Przestrzeń euklidesowa ℜ n jest ośrodkowa (zbiór punktów o współrzędnych
wymiernych jest przeliczalny i gęsty w ℜ n ).
STWIERDZENIE
Każda przestrzeń metryczna dyskretna mocy nieprzeliczalnej nie jest ośrodkowa.
Twierdzenie
Każda przestrzeń metryczna zwarta jest ośrodkowa.
Dowód
Z lematu o ε -sieci : ∀ ∃ An < ∞ takie, że X =
n An
∞
⎛ 1⎞
K
a
,
.
Stąd
zbiór
D
:
=
An
⎟
⎜
Υ ⎝ n⎠
Υ
n =1
a∈ An
jest gęsty i przeliczalny w X.
Twierdzenie
Jeśli X jest przestrzenią zwartą, to przestrzeń C ( X ) jest ośrodkowa.
Dowód
Ustalmy zbiór D = {d1 , d 2 ,...} przeliczalny i gęsty w X. ∀ niech f d ( x) := ρ ( x, d ) ,
d ∈D
gdzie ρ jest metryką w X. Funkcje f d , d ∈ D są ciągłe, bo f d ( x) − f d ( y ) ≤ ρ ( x, y ) (war.
trójkąta).
Rozważmy zbiór P;
g ∈ P :⇔ g ( x) = ∑ ci1 ,..., cik f di1i ( x) ⋅ ... ⋅ f diik ( x) , gdzie i1 ,..., ik ∈ N .
i1 ,...,ik
1
k
Zbiór P jest gęsty w C ( X ) .
PRZYKŁAD
Przestrzeń C * (ℜ, ℜ) = { f : ℜ → ℜ | f jest ciągła i ograniczona} z metryką sup;
ρ ( f , g ) = sup{ f ( x) − g ( x) : x ∈ ℜ}nie jest ośrodkowa.
DOWÓD
Niech E := { f ∈ C * (ℜ, ℜ) : f ( N ) ⊂ {0,1} oraz f (ℜ) ⊂ [0,1] }. Ponieważ każdą
funkcję g : N → {0,1} można rozszerzyć do funkcji ciągłej g * : ℜ → ℜ ( g * może być
kawałkami liniowa), zatem moc E ≥ moc {g : N → {0,1} : g − odwz.} = continuum (każdą
funkcję g : N → {0,1} można uważać za funkcję charakterystyczną zbioru A = g −1 (1) , moc
zbioru tych funkcji jest równa mocy zbioru wszystkich podzbiorów zbioru N). Zauważmy, że
∀
f * ≠ g* ⇒ ρ ( f *, g*) ≥ 1
f , g :N →[ 0 ,1]
Z powyższego wynika, że każdy zbiór gęsty w C * (ℜ, ℜ) jest mocy continuum (bo
kule K f *, 1 , f : N → {0,1}, f * : ℜ → [0,1] , są parami rozłączne i jest ich continuum,
2
więc jeśli D jest gęsty, to wybierając po jednym punkcie
d f ∈ K f *, 1 , d f ∈ D otrzymamy, że D zawiera podzbiór mocy continuum).
2
(
)
(
)
ĆWICZENIE
Udowodnić, że każda funkcja ciągła f : ℜ → ℜ , 2 π -okresowa jest granicą ciągu
jednostajnie zbieżnego funkcji postaci
∞
∑ (a
n=0
n
cos nx + bn sin nx ), a n , bn ∈ ℜ, m ∈ N .
PRZESTRZENIE SPÓJNE
Definicja
Zbiór A ⊂ X nazywamy spójnym, gdy nie istnieją zbiory niepuste, otwarte U , V ⊂ X
takie, że A ⊂ U ∪ V oraz A ∩ U ∩ V ≠ Ø.
Uwaga
W przestrzeni dyskretnej jedyne zbiory spójne to zbiory jednopunktowe.
Twierdzenie
Prosta ℜ jest zbiorem spójnym.
Dowód
Przypuśćmy, że ℜ nie jest zbiorem spójnym. Tzn., że istnieją zbiory otwarte
U , V ⊂ ℜ takie, że
U ≠ Ø ≠ V , ℜ = U ∪V , U ∩V = Ø
Weźmy a ∈ U , b ∈ V i załóżmy, że a < b . Niech x* = sup{ x ∈ ( a, b) : x ∈ U } .
Ponieważ V jest zbiorem otwartym, więc x* < b . Z faktu, że U = ℜ \ V , V = ℜ \ U wynika,
że zbiory U,V są tez domknięte. Z domkniętości U otrzymamy, że x* ∈ U (bo
∃{x n } ⊂ U , x n → x * ). Z kolei, ponieważ zbiór U jest też otwarty więc
∃ ( x * −ε , x * +ε ) ⊂ U ∩ ( a, b) . Stąd sup{ x ∈ ( a, b) : x ∈ U } ≥ x * +ε , co jest sprzeczne z
ε >0
definicją liczby x*.
Można pokazać, że jedyne zbiory spójne w ℜ to przedziały postaci:
ℜ, ( −∞, a ), ( −∞, a ], (b, ∞ ),[b, ∞ ), ( a, b), [ a, b ], [a , b), ( a, b ] oraz zbiory jednopunktowe {a} i {b} .
Twierdzenie
Obraz spójny przestrzeni spójnej jest przestrzenią spójną.
Dowód
na
Załóżmy, że f : ( X , ρ ) ⎯⎯→
(Y , σ ) jest ciągła, X – jest przestrzenią spójną i
przypuśćmy, że Y nie jest przestrzenią spójną, tzn. że istnieją zbiory otwarte, niepuste i
rozłączne U , V ⊂ Y takie, że U ∪ V = Y , U ∩ V = Ø. Wówczas zbiory f −1 (U ), f −1 (V ) są
otwarte, X = f −1 (U ) ∪ f −1 (V ) oraz f −1 (U ) ∩ f −1 (V ) . Przy tym f −1 (U ) ≠ Ø ≠ f −1 (V ) , a
to oznacza, że X nie jest przestrzenią spójną.
Wniosek ( własność Darboux)
Jeśli f : ( X , ρ ) → ℜ jest odwzorowaniem ciągłym z przestrzeni spójnej X, to f ( X )
jest zbiorem spójnym ( ≡ przedziałem lub punktem) w ℜ .
Definicja
Drogą od punktu a do punktu b w przestrzeni metrycznej ( X , ρ ) nazywamy zbiór
f [α , β ] , gdzie f : [α , β ] → X jest odwzorowaniem ciągłym oraz f (α ) = a, f ( β ) = b .
X
f
a
β
α
b
Twierdzenie
Jeśli dla każdej pary punktów a, b ∈ X istnieje droga łącząca te punkty, to X jest
przestrzenią spójną.
Dowód
Przypuśćmy, że X nie jest przestrzenią spójną, tzn. ∃U , V ⊂ X , U,V- otwarte takie, że
U ≠ Ø ≠ V , X = U ∪ V , U ∩ V = Ø. Wybierzmy punkty a ∈ U , b ∈ V . Niech
f : [α , β ] → X będzie drogą taką, że f (α ) = a, f ( β ) = b . Wówczas zbiory f −1 (U ), f −1 (V )
są otwarte, niepuste, rozłączne i [α , β ] = f −1 (U ) ∪ f −1 (V ) , co przeczy spójności [α , β ] .
Krzywa Peano (1890)
Istnieje odwzorowanie ciągłe odcinka na kwadrat ( odcinek [0,1] można w sposób
ciągły odwzorować na kostkę n- wymiarową I n = [0,1] × ... × [0,1] ).
f1
3
0
1
2
4
9
3
2 8
0123456789
5
7
6
f2
Przekształcenie Peano f = lim f n
f n ⎯⎯
⎯⎯⎯
⎯
⎯
→f
→
[ 0 ,1 ]
TWIERDZENIE URYSOHNA O ZANURZANIU
Odległość punktu od zbioru
Niech A ⊂ X będzie niepustym podzbiorem przestrzeni metrycznej ( X , ρ ) .
Zdefiniujmy
ρ ( x, A) := inf{ ρ ( x, a ) : a ∈ A} .
Funkcja f ( x ) := ρ ( x, a ) jest ciągła.
Dowód
Ustalmy liczbę ε > 0 oraz punkt a ∈ A taki, że ρ ( x, a ) < ρ ( x, A) + ε . Weźmy
dowolny punkt x'∈ X , wtedy ρ ( x ' , A) ≤ ρ ( x ' , a ) ≤ ρ ( x ' , x ) + ρ ( x, a ) < ρ ( x, x ' ) + ρ ( x, A) + ε .
Z powyższego otrzymujemy, że ∀ ρ ( x' , A) − ρ ( x, A) ≤ ρ ( x, x' ) co pociąga jednostajną
x , x '∈ X
ciągłość odwzorowania f : X → [0, ∞ ) .
Podprzestrzeń
Niech A ⊂ X będzie niepustym podzbiorem przestrzeni metrycznej ( X , ρ ) .
Oczywistym jest, że metryka ρ obcięta do zbioru A × A spełnia warunki 1-3 metryki.
Przestrzeń ( A, ρ ) nazywać będziemy podprzestrzenią metryczną przestrzeni X.
Zanurzenie
Odwzorowanie f : ( X , ρ ) → (Y , σ ) nazywamy zanurzeniem, gdy f jest ciągłe i
różnowartościowe oraz, gdy istnieje odwzorowanie ciągłe g : f ( X ) → X takie, że
( g ο f )( x) = x, ∀ ( f ( X ) traktujemy jako podprzestrzeń przestrzeni Y , w tym przypadku
x∈ X
będziemy też mówili, że przestrzeń X jest homeomorficzna z podzbiorem przestrzeni Y oraz,
że f jest homeomorfizmem przestrzeni X na pewien podzbiór przestrzeni Y; w przypadku gdy
f ( X ) = Y odwzorowanie f nazywać będziemy homeomorfizmem).
Kostka Hilberta I ∞
Zdefiniujmy
I ∞ := {( x1 , x2 ,...) : xi ∈ [0,1]}
z metryką ρ
∞
ρ ( x, y ) := ∑
i =1
1
xi − y i , x = ( x1 , x 2 ,...), y = ( y1 , y 2 ,...) .
2i
Twierdzenie Urysohna
Każda przestrzeń metryczna ośrodkowa X jest homeomorficzna z podzbiorem
kostki I ∞ .
Dowód
Niech ρ będzie metryką w przestrzeni X . Możemy założyć, że metryka ρ jest
ograniczona przez 1, bo w przeciwnym przypadku można ją zastąpić przez metrykę
równoważną
σ ( x, y ) = min{1, ρ ( x, y )}.
Niech D = {d1 , d 2 ,...} będzie podzbiorem gęstym przestrzeni X .
Zdefiniujmy odwzorowanie ciągłe f : X → I ∞ wzorem f ( x) = ( ρ ( x, d1 ), ρ ( x, d 2 ),...) .
Odwzorowanie f jest różnowartościowe, bo dla x ≠ y istnieje punkt d i ∈ D taki,
że ρ ( x, d i ) < ρ ( y, d i ) . Stąd f i ( x) ≠ f i ( y ) , gdzie f i oznacza i-tą składową odwzorowania f.
Aby sprawdzić ciągłość odwzorowania odwrotnego f −1 : f ( X ) → X wystarczy
udowodnić następującą implikację:
f ( x n ) → f ( x) ⇒ x n → x .
Ustalmy ε > 0 . Ponieważ zbiór D jest gęsty w X więc istnieje j takie, że
ρ ( x, d j ) < ε 3 . Z założenia wynika, że f j ( x n ) → f j ( x) .
Stąd ∃ takie, że ρ ( x, p j ) < ρ ( x, p j ) + ε , dla n ≥ n0 .
3
n0
Zatem dla n ≥ n0 ρ ( x, x n ) ≤ ρ ( x, d j ) + ρ (d j , x n ) < 2 ρ ( x, p j ) + ε
3
=ε .
PARAZWARTOŚĆ I TWIERDZENIE DUGUNDJI’EGO
Niech ( X , d ) będzie przestrzenią metryczną. Dla dowolnego niepustego zbioru
A ⊂ X i punktu x ∈ X oznaczmy przez
d ( x, A) := inf{d ( x, a ) : a ∈ A}
odległość punktu x od zbioru A. Funkcja X ∋ x α d ( x, A) ∈ ℜ jest ciągła.
Lemat 1
Niech {U i : i ∈ w} będzie pokryciem otwartym przestrzeni metrycznej ( X , d ) . Wtedy
istnieje pokrycie otwarte {Vi : i ∈ w} i lokalnie skończone takie, że Vi ⊂ U i dla każdego
i ∈ w.
Dowód 1
Zdefiniujemy przez indukcję
1⎫
⎧
(1) V1 := U 1 , Vn := U n ∩ Ι ⎨ x : d i ( x) < ⎬ gdzie
n⎭
i<n ⎩
(2) d i ( x) := d ( x, X \ U i ) .
Stwierdzamy, że
(3) ∀ zbiory Vn są otwarte i Vn ⊂ U n
n
(4) X = ΥVn .
n∈w
Istotnie, niech n(x) będzie najmniejszą liczbą naturalną taką, że x ∈ U n ( x ) . Wtedy
d i ( x) = 0 dla i < n (bo x ∉ U i ). Stąd x ∈ Vn ( x ) .
(5) Rodzina {Vn : n ∈ w} jest lokalnie skończona. W tym celu ustalamy punkt x ∈ X oraz
{
wskaźnik i ∈ w taki, że x ∈ U i . Mamy d i ( x) = S > 0 . Rozważmy zbiór V := y : d i ( y ) > S
Zbiór V jest otoczeniem otwartym punktu x. Sprawdzimy, że V ∩ Vn = ∅ dla każdego
n > max i, S . Bo gdyby istniał punkt z ∈ V ∩ Vn , to wtedy
2
(a) z ∈ V ⇒ di ( z ) > S oraz
2
1
(b) i < n ∧ z ∈ Vn ⇒ d i ( z ) < < S , sprzeczność.
2
n
{ }
Inny dowód lematu o następującym sformułowaniu
W każde pokrycie otwarte P przestrzeni metrycznej ośrodkowej X można wpisać
pokrycie otwarte, lokalnie skończone Q.
2
}.
Dowód 2
Dla każdego x wybieramy liczbę ε x > 0 taką, że K ( x,2ε x ) ⊂ U dla pewnego U ∈ P .
Ponieważ X jest przestrzenią ośrodkową , zatem z pokrycia {K ( x, ε x ) : x ∈ X } można wybrać
pokrycie przeliczalne W = {wn }n =1 . Z kolei z definicji kul K ( x, ε x ) wynika, że istnieje
∞
pokrycie {U n : n ∈ a} ⊂ P takie, że ∀ Wn ⊂ U n
n∈w
Wn = K ( x, ε x ) ⊂ K ( x, ε x ) ⊂ K ( x,2ε y ) ⊂ U n
Zdefiniujmy zbiory otwarte Vn
(
)
V0 := U 0 , Vn := U n \ W 1 ∪ ... ∪ W n −1
Rodzina Q = {Vn : n ∈ w} jest pokryciem otwartym przestrzeni X, bo dla każdego
x ∈ X ; x ∈ Vn ( x ) , gdzie n(x) jest najmniejszą liczbą taką, że x ∈ Wn ( x ) . Ponadto
Wn ( x ) ∩ Vk = ∅ dla k > n(x ) co oznacza, że pokrycie Q jest lokalnie skończone.
Twierdzenie Stone’a
W każde pokrycie otwarte {U s : s ∈ S } przestrzeni metrycznej ( X , d ) można wpisać
pokrycie otwarte i lokalnie skończone.
Dowód
Załóżmy, że zbiór S jest dobrze uporządkowany. Zdefiniujemy przez indukcję
zbiory
1⎫
⎧
H n ,1 := ⎨ x ∈ X : d ( x, X \ U 1 ) ≥ ⎬
n⎭
⎩
(1)
......................................................................................................................
⎛
⎞ 1⎫
1⎫ ⎧
⎧
H n , s := ⎨ x ∈ X : d ( x, X \ U s ) ≥ ⎬ ∩ ⎨ x ∈ X : d ⎜⎜ x, Υ H n ,t ⎟⎟ ≥ ⎬
n⎭ ⎩
⎩
⎝ t<s
⎠ n⎭
Zbiory H n , s , n ∈ w , s ∈ S mają następujące własności
1⎞
⎛
(2) K ⎜ H n , s , ⎟ ⊂ U s , gdzie K ( A, ε ) := Υ{K (a, ε ) : a ∈ A}
n⎠
⎝
Własność (2) jest oczywista.
1
(3) t < s ⇒ d (H t , H s ) ≥
n
gdzie
d ( A, B) := inf {d (a, b) : a ∈ A, b ∈ B}
Własność (3) jest oczywista.
(4) X = Υ{H n , s : n ∈ w, s ∈ S }
Udowodnimy tę własność. Ustalmy punkt x. Weźmy najmniejszy wskaźnik s ( x) ∈ S , że
⎛ 1⎞
x ∈ U s ( x ) . Następnie wybierzmy n ∈ w tak, aby K ⎜ x, ⎟ ⊂ U s ( x ) . Twierdzę, że x ∈ H n , s ( x ) .
⎝ n⎠
1
1
1
Istotnie d (x, X \ U s ( x ) ) ≥ , ponadto ∀ d (x, H n ,t ) ≥ (bo d (x, H n ,t ) < pociąga x ∈ U t , co
n
n
n
t<s( x)
jest sprzeczne z wyborem wskaźnika s (x ) ). Zdefiniujmy
1 ⎞
⎛
G n , s := K ⎜ H n , s , ⎟
3n ⎠
⎝
Mamy
(5) ∀ H n , s ⊂ Gn , s oraz rodzina {G n , s : n ∈ w, s ∈ S } jest pokryciem otwartym przestrzeni X
n,s
Następnie zdefiniujmy
G n := Υ{G n , s : s ∈ S }
Z lematu wynika, że istnieje pokrycie otwarte i lokalnie skończone {Qn : n ∈ w} przestrzeni X
takie, że ∀ Qn ⊂ G n .Niech
n
Vn , s := Qn ∩ G n , s
Zachodzą następujące związki
(6) Vn , s ⊂ U s bo Vn , s ⊂ Gn , s ⊂ U s dla każdego n ∈ w
(7) X = Υ{Vn , s : n ∈ w, s ∈ S } (oczywiste).
Na koniec pokażemy, że
(8) rodzina {Vn , s : n ∈ w, s ∈ S } jest lokalnie skończona.
W tym celu ustalmy punkt x ∈ X . Istnieje otoczenie otwarte W punktu x oraz liczba n taka, że
∀W ∩ Qk = ∅.
k ≥n
⎛ 1 ⎞
Z kolei z określenia zbiorów H n, s oraz Gn , s wynika, że kula K ⎜ x, ⎟ przecina co najwyżej
⎝ 6n ⎠
⎛ 1 ⎞
jeden ze zbiorów Gi , s dla i < n . Stąd zbiór V := W ∩ K ⎜ x, ⎟ jest otoczeniem otwartym
⎝ 6n ⎠
punktu x, które przecina co najwyżej jeden ze zbiorów Gn ,t dla n ∈ w , t ∈ S .
Definicja
Niech A ⊂ X będzie niepustym podzbiorem domkniętym przestrzeni metrycznej
(X,d). Rodzinę trójek {U s , ϕ s , a s }s∈S , gdzie U s ⊂ X \ A, ϕ s : X \ A → [0,1], a s ∈ A
nazywamy układem Dugundji’ego dla zbioru A, gdy spełnione są następujące warunki:
(i)
rodzina {U s , s ∈ S } jest pokryciem otwartym i lokalnie skończonym przestrzeni
X\A.
(ii)
∀ ∀ ∀U s ∩ K (a,δ ) ≠ ∅ ⇒ a s ∈ K (a,3δ )
a∈∂A δ > 0 s∈S
(iii)
∀ odwzorowanie ciągłe ϕ
s∈S
ϕ s ( x) :=
s
: X \ A → [0,1] zadane jest wzorem
d ( x, X \ U s )
∑ d ( x, X \ U t )
t∈S
Jak widać z definicji (iii) rodzina odwzorowań {ϕ s : s ∈ S } zwana rozkładem jedności
pokrycia {U s : s ∈ S } jest określona jednoznacznie i poprawnie dzięki lokalnej skończoności i
otwartości pokrycia {U n : n ∈ S } przestrzeni X\A.
Lemat 2
Rodzina trójek {U s , ϕ s , a s }s∈S tworzy układ Dugundji’ego dla zbioru domkniętego
A ⊂ X , o ile tylko
(i)
rodzina {U s : s ∈ S } jest pokryciem otwartym i lokalnie skończonym
przestrzeni X \ A wpisanym w pokrycie {K ( x, 14 d ( x, A))}x∈ X \ A
(ii)
istnieje zbiór {xs }s∈S ⊂ X \ A taki, że dla każdego
s ∈ S U s ⊂ K ( xs , 14 d ( xs , A)) oraz d ( xs , as ) ≤ 54 d ( xs , A)
Dowód
Wystarczy sprawdzić tylko warunek (ii) definicji układu Dugundji’ego. Załóżmy, że
U s ∩ K (a, δ ) ≠ ∅ i niech x ∈ U s ∩ K (a, δ ) .
Spełnione są następujące nierówności:
1. d (a, x) < δ , bo x ∈ K (a, δ )
2. d ( x, x s ) < 14 d ( x s , A) , bo x ∈ U s ⊂ K ( xs , 14 d ( xs , A))
3. d ( x s , a s ) < 54 d ( x s , A)
4. 34 d ( x s , A) < δ , bo d ( xs , A) ≤ d ( xs , x) + d ( x, a) ≤ 14 d ( xs , A) + δ
δ
a
x
xs
Us
A
Zatem na podstawie 1-4 oraz z nierówności trójkąta
d (a, a s ) ≤ d (a, x) + d ( x, x s ) + d ( x s , a s ) < δ + 14 d ( x s , A) + 54 d ( x s , A) =
= δ + 32 d ( x s , A) < δ + 32 ⋅ 43 d ( x s , A) = δ + 2δ = 3δ
Teraz łatwo zauważyć, że posługując się definicją odległości punktu od zbioru oraz
korzystając z twierdzenia Stone’a otrzymujemy istnienie, co najmniej jednego układu
Dugundji’ego dla każdego niepustego podzbioru domkniętego A ⊂ X przestrzeni metrycznej
X.
Twierdzenie Dugundji’ego
Niech będzie dane odwzorowanie ciągłe f : A → Y określone na niepustym
podzbiorze domkniętym A przestrzeni metrycznej X i przyjmujące wartości w przestrzeni
topologicznej liniowej, lokalnie wypukłej. Załóżmy, że D = {U s ,ϕ s , as }s∈S jest układem
Dugundji’ego dla zbioru A. Wtedy odwzorowanie f D : X → Y zadane wzorem
f ( x) dla x ∈ A
⎧⎪
f D ( x) := ⎨ ϕ f (a ) dla x ∈ X \ A
s( x)
s
⎪⎩∑
s∈S
jest ciągłe.
Definicja
Odwzorowanie f D zadane powyższym wzorem nazywać będziemy przedłużeniem
Dugundji’ego dla odwzorowania f (względem układu D).
Nie będziemy tutaj definiowali przestrzeni topologicznej liniowej lokalnie wypukłej.
Szczególnym przypadkiem takiej przestrzeni są przestrzenie unormowane; definicje podamy
poniżej.
Definicja przestrzeni unormowanej
X = ( X ,+,⋅, ) Przestrzeń X spełnia aksjomaty przestrzeni liniowej i aksjomaty normy:
(I)
aksjomaty przestrzeni liniowej:
+
X×X ⎯
⎯→
X
1. ∀ x + y = y + x
x , y∈ X
∀ x + ( y + z) = ( x + y) + z
3. ∃ ∀ x + 0 = x
4. ∀ ∃ x + y = 0
2.
x , y , z∈ X
0∈ X x∈ X
x∈ X y∈ X
•
ℜ× X ⎯
⎯→
X
5. ∀ 1 ⋅ x = x, 1 ∈ ℜ
x∈ X
∀ ∀ (α ⋅ β ) x = α ( βx)
7. ∀ ∀ (α + β ) x = αx + βx
α β
8. ∀ ∀ α ( x + y ) = αx + αy
α
6.
α , β ∈ℜ x∈ X
, ∈ℜ x∈ X
∈ℜ x , y∈ X
(II)
aksjomaty normy, x : X → [0, ∞)
(i)
∀
∀
x =0⇔ x=0
x∈ X
(ii)
x+ y ≤ x + y
x , y∈ X
(iii)
∀ ∀ rx
= r x
x∈ X r∈ℜ
Norma wyznacza metrykę d : X × X → ℜ
d ( x, y ) = x − y
Każdą przestrzeń unormowaną możemy traktować jako przestrzeń metryczną z wyżej
określoną metryką. Jeśli metryka wyznaczona przez normę jest zupełna to przestrzeń
unormowaną nazywamy przestrzenią Banacha.
Dowód twierdzenia Dugundji’ego
Z określenia odwzorowania f D wynika, że wystarczy zbadać jego ciągłość w punkcie
a ∈ ∂A . Niech W będzie dowolnym otoczeniem wypukłym punktu f (a) . Z ciągłości
odwzorowania f : A → Y wynika, że istnieje liczba δ > 0 taka, że
(1) f [K (a,3δ ) ∩ A] ⊂ W
Teraz z warunku (ii) definicji układu Dugundji’ego oraz z (1) otrzymujemy
(2) U s ∩ K (a, δ ) ≠ ∅ ⇒ f (as ) ∈ W
Z wypukłości zbioru W oraz z definicji odwzorowania f D otrzymujemy, że
(3) f D [ K (a, δ )] ⊂ W
co już kończy dowód ciągłości odwzorowania f D .
O PEWNYCH ZASTOSOWANIACH TWIERDZENIA DUGUNDJI’EGO
W tej części wyjaśnimy dlaczego odwzorowanie ciągłe f : A → S określone na
podzbiorze domkniętym przestrzeni metrycznej X, przyjmujące wartości w sferze
jednostkowej S = {y ∈ Y : y = 1} przestrzeni unormowanej Y , ma przedłużenie ciągłe
F:X →S.
Twierdzenie
Załóżmy, że Y jest przestrzenią unormowaną, ośrodkową, o wymiarze nieskończonym.
Niech S = {y ∈ Y : y = 1} będzie sferą jednostkową. Wtedy istnieje odwzorowanie ciągłe
r : X → S takie, że r ( x) = x dla x ∈ S (r -nazywać będziemy retrakcją przestrzeni X na S).
Dowód
Niech A = {y ∈ Y : y ≥ 1} = Y \ Q , gdzie Q = {y ∈ Y : y < 1} ze zbioru A wybierzmy
zbiór przeliczalny i gęsty E ⊂ A o tej własności, że:
(1) ∀ F skończony ⇒ 0 ∉ hipF
F ⊂E
gdzie
⎧
⎫
(2) hip ( F ) := ⎨∑ t a a : ∑ t a = 1, t a ∈ ℜ⎬
a∈F
⎩a∈F
⎭
jest najmniejszą hiperpłaszczyzną zawierającą zbiór F. Zbiór hipF jest zbiorem
nigdziegęstym, bo wymiar przestrzeni Y jest nieskończony.
Ustalmy bazę przeliczalną {Wn : n ∈ N } dla topologii podprzestrzeni A. Zbiór E
skonstruujemy za pomocą indukcji w następujący sposób:
( i1 ) Niech e1 ∈ W1 \ {0} będzie dowolnym elementem zbioru W1 ⊂ A różnym od zera.
(in +1 ) Załóżmy, że już wybraliśmy punkty e1 ,..., en ∈ A takie, że
en ∈ Wn \ hip(0, e1 ,..., en −1 ), 0 ∉ hip (e1 ,..., en ) . Ponieważ Y jest przestrzenią nieskończenie
wymiarową więc zbiór
(3) C := hip{0, e1 ,..., en }
jest zbiorem nigdziegęstym. Wybierzmy punkt en +1 ∈ Wn +1 \ C . Z wyboru punktu en +1 wynika,
że 0 ∉ hip (e1 ,..., en +1 ) *). Stąd zbiór E := {e1 , e2 ,...} ma własność (1).
Niech rodzina {U i : i ∈ I }, I ⊆ w , będzie pokryciem otwartym i lokalnie skończonym
przestrzeni Q wpisanym w pokrycie {K ( y, 14 d ( y, A) ) : y ∈ Q} , gdzie d ( x, y ) = x − y . Dla
dowolnego i ∈ I wybieramy punkt y i ∈ Q oraz punkt ai ∈ E o tej własności, że
(5)
U i ⊂ K ( yi , 14 d ( yi , A)) oraz d ( yi , ai ) < 54 d ( yi , A) .
Na podstawie lematu 2 oraz twierdzenie Dugundji’ego odwzorowanie f D : Y → Y będące
przedłużeniem Dugundji’ego odwzorowania f : A → Y , f ( y ) := y, y ∈ A , względem układu
D = {U i ,ϕi , ai }i∈I jest ciągłe. Z określenia odwzorowania wynika, że
(6)
f (Y \ A) = f (Q) ⊂ Υ{hipF : F skończony i F ⊂ E} .
Ale z własności (1) otrzymujemy, że 0 ∉ f (Q) = f (Y \ A) . Stąd odwzorowanie r : X → S
zadane wzorem
f ( x)
(7)
x ∈Y
r ( x) := D
f D ( x)
jest ciągłe i spełnia warunek r ( x) = x dla x ∈ S .
n +1
*) Przypuśćmy, że 0 ∈ hip{e1 ,..., en +1 } tzn. 0 = ∑ t i en +1 . Z założenia indukcyjnego wynika, że
i =1
n
ti
i =1
t n +1
t n +1 ≠ 0 (porównać warunek (1)). Stąd en +1 = ∑
ei ∈ hip (0, e1 ,..., en ) = C sprzeczność z
wyborem punktu en +1 ∉ C .
Wniosek
Każde odwzorowanie ciągłe f : A → S określone na podzbiorze domkniętym
A ⊂ X przestrzeni metrycznej X, przyjmujące wartości na sferze jednostkowej
S = {y ∈ Y : y = 1} przestrzeni metrycznej, unormowanej, nieskończenie wymiarowej Y ma
przedłużenie ciągłe F : X → S , tzn. F | A = f .
Dowód
Niech r : Y → S będzie retrakcją przestrzeni Y na sferę jednostkową , a f D : X → Y
dowolnym przedłużeniem ciągłym Dugundji’ego odwzorowania f względem pewnego układu
D. Wtedy złożenie F = r ο f D jest szukanym odwzorowaniem.
Wniosek
Kula jednostkowa B = {x : x ≤ 1} przestrzeni liniowej, unormowanej, ośrodkowej,
nieskończenie wymiarowej nie ma własności punktu stałego.
Dowód
Niech r : X → S będzie retrakcją przestrzeni X na sferę S = {x ∈ X : x = 1}.
Zdefiniujmy f : B → B wzorem f ( x) := − r ( x) dla x ∈ B . Odwzorowanie f nie ma punktu
stałego.
Przykład
X = c0 , X := {( x1 , x2 ,...) : lim xn = 0}
⎛1+ x
⎞
F
⎜⎜
, x1 , x2 ,...⎟⎟
x = max{| xn |: n ∈ c0 } , ( x1 , x2 ,...) ⎯⎯→
14 2 43
⎝ 2
⎠
∈X
x ≤ 1 ⇒ F ( x) ≤ 1
⎞
⎛1+ x
F
⎜⎜
Przypuśćmy, że ∃ F ( x) = x , tzn. ( x1 , x2 ,...) ⎯⎯→
, x1 , x2 ,... ⎟⎟ , stąd
x∈B
⎠
⎝ 2
1+ x
1+ x
1+ x
, lim xn =
≠ 0 , sprzeczność.
x1 =
, x2 = x1 , x3 = x2 , ... , xn = xn −1 =
2
2
2
Przykład
∞
X = l2 , X := {( x1 , x2 ,...) : ∑ xi2 < ∞}
i =1
x =
∞
2
, f ( x1 , x2 ,...) = ⎛⎜ 1 − x , x1 , x2 ,... ⎞⎟ . Przypuśćmy, że ∃ f ( x) = x
x
⎝
⎠
∑x
i =1
2
i
2
( x1 , x2 ,...) = ⎛⎜ 1 − x , x1 , x2 ,... ⎞⎟ . Stąd
⎝
⎠
x1 = 1 − x , x2 = x1 , x3 = x2 , ... , xn = xn −1 = 1 − x . Ale
2
∞
∑x
i =1
2
i
2
∞
(
< ∞ ⇒ ∑ 1− x
i =1
2
) = 0 ⇒ x = 1 ⇒ ∀ x = 0 , sprzeczność.
i
i
i
Twierdzenie*)
Niech A ⊂ X będzie podzbiorem domkniętym przestrzeni metrycznej ośrodkowej X,
takiej, że dim( X \ A) < n . Wtedy każde odwzorowanie ciągłe f : A → S w sferę (n-1)wymiarową S = {x ∈ ℜ n : x = 1} ma przedłużenie ciągłe.
Dowód
Wybierzmy układ Dugundji’ego {U i ,ϕi , ai }i∈I , I ⊂ N dla zbioru A taki, że {U i : i ∈ I }
jest pokryciem otwartym (przestrzeni A) lokalnie skończonym i o krotności ≤ n . Z określenia
odwzorowania f D wynika, że
f ( X \ A) ⊂ Υ{hipF :| F |≤ n, F ⊂ { f (ai ) : i ∈ I }} ∩ B
gdzie
B = {x ∈ ℜ n : x ≤ 1} .
Zatem zbiór f ( X \ A) jest zbiorem I kategorii i miary zero. Istotnie więc punkt
b ∈ B \ f ( X \ A) . Zdefiniujmy odwzorowanie r : B \ {b} → S w następujący sposób
r(x)=punkt przecięcia ze sferą S półprostej o początku b i przechodzącej przez x.
Odwzorowanie F ( x) := (r ο f D )( x) , x ∈ X , spełnia tezę twierdzenia.
*) Udowodnione wyżej twierdzenie podał w 1935 roku Hurewicz (Über Abbildungen
topologischer Raüme auf die n-dimensionale Spore, Fund. Math. (1935), str. 144-150)
nawiązując do wcześniejszego tw. Aleksandrowa (P.S.Alekrandow, Dimenrionstheorie, Ein
Beitung zur Geometrie der abgeschlossememem Mengen, Math. Ann. 106(1932), 161-236)
Wniosek
Przestrzeń ℜn ma wymiar ≥ n
(jest to zasadnicze twierdzenie wymiaru należące do Lebesgue’a)
Dowód
Kula otwarta K (0,1) ⊂ ℜ n ma wymiar ≥ n , bo inaczej korzystając z poprzedniego tw.
otrzymalibyśmy, że istnieje retrakcja kuli domkniętej B = K (0,1) na jej brzeg S = ∂B , co jest
sprzeczne z twierdzeniem Brouwera o punkcie stałym. Z kolei kula otwarta K (0,1) jest
homeomorficzna z przestrzenią ℜn .
PRODUKTY KARTEZJAŃSKIE
PRZESTRZENI TOPOLOGICZNYCH
W tej części będziemy rozważać przestrzenie ogólniejsze od przestrzeni metrycznych,
będą to przestrzenie topologiczne.
Przestrzenia topologiczną nazywamy parę ( X , T ) , gdzie X jest zbiorem, a T ⊂ 2 X
topologią, tzn. rodziną zbiorów spełniającą następujące warunki:
1. Ø, X ∈ T
2. A, B ∈ T ⇒ A ∩ B ∈ T
3. A ⊂ T ⇒ Υ A ∈ T
Wprowadziliśmy pojęcie topologii ze względu na bardzo ważne twierdzenie
Tichonowa mówiące, że produkt kartezjański przestrzeni zwartych jest przestrzenia zwartą.
Ale przedtem wprowadzimy pojęcia, które będą potrzebne do zrozumienia wyżej
wypowiedzianego zdania.
Niech S będzie zbiorem niepustym oraz { X s : s ∈ S } rodziną zbiorów niepustych.
Zbiór
∏{ X s : s ∈ S } := {x : S → Υ X s | x( s ) ∈ X s }
s∈ S
nazwiemy produktem kartezjańskim zbiorów X s , s ∈ S , a odwzorowanie
Π s : ∏{ X s : s ∈ S} → X s , Π s ( x) := x( s )
rzutowaniem na oś X s .
Załóżmy teraz, że na każdym ze zbiorów X s jest zadana topologia Ts . W produkcie
kartezjańskim
X = ∏{ X s : s ∈ S }
wprowadzimy topologię T, jako najmniejszą z topologii przy której każde rzutowanie
Π s : X → X s jest ciągłe, tzn. spełniony jest warunek
∀ Π −s 1 (U ) ∈ T .
U ∈Ts
Topologię T definiujemy w następujący sposób:
W ∈ T :⇔ ∀
∃
x ∈ Π −s11 (U1 ) ∩ ... ∩ Π −s n1 (U n ) ⊂ W
x∈W
U 1 ∈Ts1 ,...,U n ∈Tsn
Pominiemy proste sprawdzenie, że warunki 1-3 definicji topologii są spełnione.
Rodzinę B ⊂ T nazywamy podbazą dla topologii T, gdy spełniony jest warunek:
W ∈ T :⇔ ∀
∃ x ∈ U1 ∩ ... ∩ U n ⊂ W
x∈W
U 1 ,...,U n ∈B
Według powyższej definicji zbiory postaci Π −s 1 (U ), U ∈ Ts , s ∈ S tworzą podbazę dla
topologii produktu kartezjańskiego.
Przestrzeń topologiczna nazywamy zwartą, gdy dla każdego pokrycia otwartego
P ⊂ T (tzn. spełniającego warunek Υ P = X ) można znaleźć skończoną podrodzinę
{U1 ,...,U n } ⊂ P taką, że X = U1 ∪ ... ∪ U n , tzn. przestrzeń X jest zwarta, gdy z każdego
pokrycia otwartego można wybrać pokrycie skończone.
Lemat Alexandera
Jeśli w przestrzeni topologicznej ( X , T ) istnieje podbaza B ⊂ T o tej własności, że z
każdego pokrycia P ⊂ B (złożonego z elementów podbazy B ) można wybrać pokrycie
skończone Q ⊂ P , to wtedy X jest przestrzenią zwartą.
Dowód
Przypuśćmy, że istnieje pokrycie P ⊂ T takie, że dla każdej skończonej rodziny
Q⊂P,
(1) X ≠ ΥQ
Powołując się na lemat Kuratowskiego-Zorna, rodzinę P można powiększyć do rodziny
maksymalnej o wyżej wspomnianej własności. Pokażemy, że rodzina P ∩ B jest pokryciem
przestrzeni X . W wobec założenia lematu będzie pociągało, że można z rodziny P ∩ B
wybrać pokrycie skończone; sprzeczność z przypuszczeniem (1).
Ustalmy punkt x ∈ X oraz element U ∈ P taki, że x ∈ U . Z definicji podbazy
otrzymujemy istnienie rodziny {B1 ,..., Bn } ⊂ B
(2) x ∈ B1 ∩ ... ∩ Bn ⊂ U
Pokażemy, że jeden ze zbiorów Bi , i ≤ n należy do P , co będzie kończyło dowód, że rodzina
P ∩ B jest pokryciem. Przypuśćmy, że
(3) ∀ Bi ∉ P
i≤n
Z maksymalności rodziny P wynika, że dla każdego i ≤ n istnieją zbiory U1i ,...,U ij ( i ) ∈ P , że
(4) Bi ∪ U1i ∪ ... ∪ U ij ( i ) = X
Z powyższego otrzymujemy, że
⎛n ⎞
(5) ⎜ Ι Bi ⎟ ∪ ⎛⎜ Υ U ki ⎞⎟ = X
⎝ i =1 ⎠ ⎝ i ,k ⎠
Stąd już U ∪ Υ U ki = X , co jest sprzeczne z przypuszczeniem (1).
i ,k
Twierdzenie Tichonowa
Produkt kartezjański Π{X s : s ∈ S } przestrzeni zwartych ( X s , Ts ) , s ∈ S jest
przestrzenią zwartą.
Dowód
Jak już wspomnieliśmy, zbiory postaci Π −s 1 (U ) , gdzie U ∈ Ts , s ∈ S , tworzą podbazę
B dla topologii T produktu kartezjańskiego X = Π{X s : s ∈ S }. Powołując się na lemat
Alexandera wystarczy stwierdzić, że z każdego pokrycia zbiorami z podbazy B można
wybrać pokrycie skończone. Ustalmy pokrycie P ⊂ B . Korzystając ze zwartości przestrzeni
X s , s ∈ S wystarczy pokazać, że istnieje wskaźnik s ∈ S o tej własności, że
∀
xs ∈X s
∃
W ∈P
Π −s 1 ( xs ) ⊂ W = Π −s 1 (U ) , U ⊂ X s
Gdyby tak nie było, to dla każdego punktu s ∈ S znaleźlibyśmy punkt xs ∈ X s taki, że
Π −s 1 ( xs ) nie zawiera się w żadnym z elementów pokrycia P . Wtedy punkt x ,
{x} := Ι {Π −s 1 ( xs ) : s ∈ S} ,
nie zawiera się w żadnym z elementów rodziny P , co przeczy temu, że P jest pokryciem
produktu X .
41