plik

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

, V

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

U spełniające V

⊂ U .

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

z ośrodka

i liczba wymierna r

taka, że x ∈ K(q

, r

) ⊂ U . Istotnie, jeśli d(x, U

) = δ, to wystarczy

wybrać q

tak, by d(x, q

) < δ/2, a następnie r

< δ/2. Mamy więc U =

x∈U

K(q

, r

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

, V

, ...}, z nie-

go wybierzemy skończone {V

, ..., V

}, a następnie jako ostateczne pokrycie weźmiemy

, ..., U

} ⊂

U takie, że V

⊂ U

Załóżmy, że przeliczalne pokrycie {V

, V

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

bieramy ciąg (x

) tak, że x

6∈ V

, x

6∈ V

∪ V

,..., x

6∈ V

itd. Ten ciąg nie zawierałby

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

i byłoby to oto-

czenie zawierające tylko skończenie elementów ciągu (x

). 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

, ..., F

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

: F ∈

F } jest

rodziną zbiorów otwartych, której żaden skończony podzbiór nie jest pokryciem X. Zatem
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 (x

) jest dowolnym ciągiem w X, to F

= {x

, 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

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

) taki, że |f (x

)| > n. Ten

ciąg zawierałby podciąg (x

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

f (x

) = ∞.

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

), (y

)

∞

n=1

− y

Stwierdzenie 2. Niech x = (x

)

n∈N

, x

(k)

= (x

)

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→∞

(k)

= x

Stwierdzenie 3. Kostka Hilberta

H jest homeomorficzna z produktem kartezjańskim

∞
n=1

[0,

], w którym metrykę określono wzorem

ρ (x

), (y

)

v
u
u
t

∞

n=1

− y

)

Dowód. Odpowiedni homeomorfizm produktu

∞
n=1

[0,

] na

H zapewnia przekształcenie

, x

, ...) 7→ (x

, 2x

, 3x

, ...).

Stwierdzenie 4. Własności kostki Hilberta:

H jest ośrodkowa – ośrodkiem jest zbiór

{(y

) ∈ Q

: ∃n

∀n > n

= 0}

H jest zupełna (wynika z jenego z zadań z ćwiczeń)

H jest zwarta (produkt, tu przeliczalny, przestrzeni zwartych jest zwarty, a odcinki
[0, 1] są zwarte)

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

), ¯

d(x, q

), ...) ∈

H , gdzie {q

, q

, ...} jest ośrodkiem w X. To jest

szukany homeomorfizm.

2. Zbiór Cantora

a. Definicja

Niech F

= [0, 1]. Dzielimy F

na trzy równe części i wyrzucamy środkową (bez

brzegów) otrzymując F

= [0,

1
3

] ∪ [

2
3

, 1]. Następnie każdy z dwóch pozostawionych

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

= [0,

1
9

] ∪ [

2
9

1
3

] ∪ [

2
3

7
9

] ∪ [

8
9

, 1]. Postępujemy indukcyjnie według reguły

= F

n−1

[

k∈N

3k + 1

3k + 2

Zbiór F

jest sumą 2

odcinków domknietych długości

. W szczególności jest więc

domknięty. Definiujemy zbiór Cantora jako zstępujący przekrój

C =

∞

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

C =

(

∞

n=1

: c

= 0 ∨ c

= 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

= 0, to liczba

∞
n=1

należy do odcinka [0,

1
3

], a jeżeli

= 2, to

∞
n=1

należy do [

2
3

, 1]. Ogólniej, jeśli c

= 0, to

∞
n=1

należy do

[

N −1
n=1

], a jeśli c

= 2, to do [

N −1
n=1

N −1

Albo prościej, jeśli liczba

∞
n=1

należy do przedziału [

N −1

k+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 c

= 2, to do

części ostatniej. Stąd ˜

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

skonstruować ciąg (c

) złożony z zer i dwójek tak, by x =

∞
n=1

. Mamy więc

C = ˜

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

jeśli oznaczymy

...a

(

∞

n=1

: ∀i = 1, ..., n c

= a

∈ {0, 1, 2})

)

to I

...a

jest pewnym przedziałem [

k+1

] i

[

,...,c

)∈{0,2}

...c

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

. Metrykę wprowadza się standardowo

ρ (x

), (y

)

∞

n=1

− y

Wtedy przekształcenie π : {0, 1}

→ C dane wzorem

π (x

)

∞

n=1

jest homeomorfizmem.

c. Własności zbioru Cantora

Stwierdzenie 5. Zbiór Cantora jest nieprzeliczalny.

Dowód. Wiemy, że {0, 1}

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

dla

dostatecznie dużych n.

Stwierdzenie 8. Zbiór Cantora jest przestrzenią ośrodkową.

Dowód. Można skorzystać z reprezentacji zbioru Cantora jako {0, 1}

. Ośrodkiem

jest zbiór tych ciągów (x

), 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).

d. Ciekawe twierdzenia podkreślające ważność zbioru Cantora.

Twierdzenie 8. Odcinek [0, 1] jest ciągłym obrazem zbioru Cantora.

Idea dowodu: Potraktujmy C jako {0, 1}

. Odpowiednią ciągłą surjekcją jest funkcja:

ϕ(x

, x

, ...) =

+ ...

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}

(a) Definiujemy homeomorfizm π : C → C × C wzorem

π (x

, x

, ...)

= (x

, x

, ...), (x

, x

, ...)

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

((a

, a

), (b

, b

)) =

d(a

, b

) + d(a

, b

), gdzie d jest metryką w C.

(b) Obrazem (x

, x

, ...) jest ciąg (y

, y

, ...), gdzie y

jest n-tym wierszem po-

niższej macierzy nieskończonej

...)

...

...)

...

...)

Twierdzenie 9. Kostka Hilberta jest ciągłym obrazem zbioru Cantora.

Idea dowodu: Niech ϕ oznacza ciągłe przekształcenie {0, 1}

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}

→

H kładąc dla x ∈ {0, 1}

, x

, ...) = π(x)

ψ(x) = (ϕ(x

), ϕ(x

), ...)