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 przeli-

czalne

V = {V

1

, V

2

, ...} takie, że dla każdego i istnieje U ∈

U spełniające V

i

⊂ U .

Dowód. Niech U będzie zbiorem otwartym. Dla każdego x ∈ U istnieje punkt q

x

z ośrodka

i liczba wymierna r

x

taka, że x ∈ K(q

x

, r

x

) ⊂ U . Istotnie, jeśli d(x, U

c

) = δ, to wystarczy

wybrać q

x

tak, by d(x, q

x

) < δ/2, a następnie r

x

< δ/2. Mamy więc U =

S

x∈U

K(q

x

, r

x

).

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 pokry-

cie skończone (mając dowolne pokrycie zastąpimy je przez przeliczalne {V

1

, V

2

, ...}, z nie-

go wybierzemy skończone {V

k

1

, ..., V

k

n

}, a następnie jako ostateczne pokrycie weźmiemy

{U

k

1

, ..., U

k

n

} ⊂

U takie, że V

k

i

⊂ U

k

i

).

Załóżmy, że przeliczalne pokrycie {V

1

, V

2

, ...} nie zawiera pokrycia skończonego. Wy-

bieramy ciąg (x

n

) tak, że x

1

6∈ V

1

, x

2

6∈ V

1

∪ V

2

,..., x

n

6∈ V

n

itd. Ten ciąg nie zawierałby

podciągu zbieżnego, bo dla każdego x istniałby indeks N taki, że x ∈ V

N

i byłoby to oto-

czenie zawierające tylko skończenie elementów ciągu (x

n

). 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 F

1

, ..., F

n

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
U nie może być pokryciem, tzn.

S

U 6= X, czyli

S

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 (x

n

) jest dowolnym ciągiem w X, to F

n

= {x

n

, x

n+1

, ...} tworzą scentrowaną rodzinę

zbiorów domkniętych. Jej przekrój jest niepusty, ale łatwo pokazać, że każdy element z
przekroju jest punktem skupienia ciągu (x

n

).

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 (x

n

) taki, że |f (x

n

)| > n. Ten

ciąg zawierałby podciąg (x

n

k

) zbieżny, do x, ale mielibyśmy f (x) = lim

k

f (x

n

k

) = ∞.

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 home-
omorfizmem.

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

d (x

n

), (y

n

)

=

∞

X

n=1

1

2

n

|x

n

− y

n

|.

Stwierdzenie 2. Niech x = (x

n

)

n∈N

, x

(k)

= (x

k

n

)

n∈N

będą elementami

H .

Ciąg (x

(k)

)

k∈N

jest zbieżny do x wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego n ∈ N zachodzi

lim

k→∞

x

(k)

n

= x

n

.

Stwierdzenie 3. Kostka Hilberta

H jest homeomorficzna z produktem kartezjańskim

Q

∞
n=1

[0,

1

n

], w którym metrykę określono wzorem

ρ (x

n

), (y

n

)

=

v
u
u
t

∞

X

n=1

(x

n

− y

n

)

2

.

Dowód. Odpowiedni homeomorfizm produktu

Q

∞
n=1

[0,

1

n

] na

H zapewnia przekształcenie

(x

1

, x

2

, x

3

, ...) 7→ (x

1

, 2x

2

, 3x

3

, ...).

Stwierdzenie 4. Własności kostki Hilberta:

1.

H jest ośrodkowa – ośrodkiem jest zbiór

{(y

n

) ∈ Q

N

: ∃n

0

∀n > n

0

y

n

= 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 prze-

strzenie metryczne.

Idea dowodu: Niech X będzie ośrodkową przestrzenią metryczną. Zastępujemy obowiązu-
jącą 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-
kształcenie x → ( ¯

d(x, q

1

), ¯

d(x, q

2

), ...) ∈

H , gdzie {q

1

, q

2

, ...} jest ośrodkiem w X. To jest

szukany homeomorfizm.

2. Zbiór Cantora

a. Definicja

Niech F

0

= [0, 1]. Dzielimy F

0

na trzy równe części i wyrzucamy środkową (bez

brzegów) otrzymując F

1

= [0,

1
3

] ∪ [

2
3

, 1]. Następnie każdy z dwóch pozostawionych

odcinków domkniętych dzielimy na trzy równe części i wyrzucamy środkową część
otrzymując F

2

= [0,

1
9

] ∪ [

2
9

,

1
3

] ∪ [

2
3

,

7
9

] ∪ [

8
9

, 1]. Postępujemy indukcyjnie według reguły

F

n

= F

n−1

\

[

k∈N



3k + 1

3

n

,

3k + 2

3

n



.

Zbiór F

n

jest sumą 2

n

odcinków domknietych długości

1

3

n

. W szczególności jest więc

domknięty. Definiujemy zbiór Cantora jako zstępujący przekrój

C =

∞

\

n=1

F

n

.

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

˜

C =

(

∞

X

n=1

c

n

3

n

: c

n

= 0 ∨ c

n

= 2

)

⊂ [0, 1].

(Jest to zbiór tych wszystkich liczb z odcinka [0, 1], których rozwinięcie trójkowe nie
wymaga użycia cyfry 1).
Łatwo zauważyć, że jeżeli c

1

= 0, to liczba

P

∞
n=1

c

n

3

n

należy do odcinka [0,

1
3

], a jeżeli

c

1

= 2, to

P

∞
n=1

c

n

3

n

należy do [

2
3

, 1]. Ogólniej, jeśli c

N

= 0, to

P

∞
n=1

c

n

3

n

należy do

[

P

N −1
n=1

c

n

3

n

,

P

N −1
n=1

c

n

3

n

+

1

3

N

], a jeśli c

n

= 2, to do [

P

N −1
n=1

c

n

3

n

+

2

3

N

,

P

N −1
n=1

c

n

3

n

+

1

3

N −1

].

Albo prościej, jeśli liczba

P

∞
n=1

c

n

3

n

należy do przedziału [

k

3

N −1

,

k+1

3

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 c

N

= 2, to do

części ostatniej. Stąd ˜

C ⊂ C. Z drugiej strony, każdy element x zbioru C pozwala

skonstruować ciąg (c

n

) złożony z zer i dwójek tak, by x =

P

∞
n=1

c

n

3

n

. Mamy więc

3

C = ˜

C, czyli otrzymujemy jeszcze inną charakteryzację zbioru Cantora. Przy tym,

jeśli oznaczymy

I

a

1

a

2

...a

n

=

(

∞

X

n=1

c

n

3

n

: ∀i = 1, ..., n c

i

= a

i

(c

i

∈ {0, 1, 2})

)

to I

a

1

a

2

...a

n

jest pewnym przedziałem [

k

3

n

,

k+1

3

n

] i

F

n

=

[

(c

1

,...,c

n

)∈{0,2}

n

I

c

1

...c

n

.

Dla poprawy estetyki zwykle zastępuje się dwójkę przez jedynkę i otrzymuje reprezen-
tację zbioru Cantora jako zbiór ciągów {0, 1}

N

. Metrykę wprowadza się standardowo

ρ (x

n

), (y

n

)

=

∞

X

n=1

|x

n

− y

n

|

2

n

.

Wtedy przekształcenie π : {0, 1}

N

→ C dane wzorem

π (x

n

)

=

∞

X

n=1

2x

n

3

n

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 zupeł-
na.

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 F

n

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 (x

n

), których elementy przyjmują wartość 1 skończenie wiele

razy.

Stwierdzenie 9. Zbiór Cantora nie ma punktów izolowanych (tzn. każdy punkt zbio-
ru 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(x

1

, x

2

, ...) =

x

1

2

+

x

2

4

+

x

3

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 (x

1

, x

2

, x

3

, ...)

= (x

1

, x

3

, x

5

, ...), (x

2

, x

4

, x

6

, ...)

Dość łatwo zrozumieć, że π jest różnowartościowe i „na”. Aby dowodzić ciągłości (za-
równo π, jak i π

−1

) trzeba wybrać metrykę w C × C, np. d

1

((a

1

, a

2

), (b

1

, b

2

)) =

d(a

1

, b

1

) + d(a

2

, b

2

), gdzie d jest metryką w C.

(b) Obrazem (x

1

, x

2

, x

3

, ...) jest ciąg (y

1

, y

2

, y

3

, ...), gdzie y

n

jest n-tym wierszem po-

niższej macierzy nieskończonej

y

1

=

(x

1

,

x

2

,

x

4

,

...)

y

2

=

(x

3

,

x

5

,

...

...)

y

3

=

(x

6

,

...

...

...)

..

.

..

.

..

.

..

.

..

.

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

:

(x

1

, x

2

, x

3

, ...) = π(x)

ψ(x) = (ϕ(x

1

), ϕ(x

2

), ϕ(x

3

), ...)

5