Wykład 10. Stwierdzenie 1. X spełnia warunek Borela wtedy i tylko wtedy, gdy każda scentrowana rodzina zbiorów domkniętych ma niepusty przekrój.

Transkrypt

1 Wykład 10 Twierdzenie 1 (Borel-Lebesgue) Niech X będzie przestrzenią zwartą Z każdego pokrycia X zbiorami otwartymi można wybrać podpokrycie skończone Dowód Lemat 1 Dla każdego pokrycia U przestrzeni ośrodkowej można znaleźć pokrycie przeliczalne V {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 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 pokrycie skończone (mając dowolne pokrycie zastąpimy je przez przeliczalne {V 1, V 2, }, z niego wybierzemy skończone {V k1,, V kn }, a następnie jako ostateczne pokrycie weźmiemy {U k1,, U kn } U takie, że V ki U ki ) Załóżmy, że przeliczalne pokrycie {V 1, V 2, } nie zawiera pokrycia skończonego Wybieramy ciąg (x n ) tak, że x 1 V 1, x 2 V 1 V 2,, x n V n itd Ten ciąg nie zawierałby podciągu zbieżnego, bo dla każdego x istniałby indeks N taki, że x V N i byłoby to otoczenie 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 U X, czyli F 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 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

2 Własności funkcji ciągłych na przestrzeni zwartej Twierdzenie 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 nk ) zbieżny, do x, ale mielibyśmy f(x) lim k f(x nk ) Twierdzenie 4 Funkcja ciągła f : X Y na przestrzeni zwartej jest jednostajnie ciągła Wskazówka do dowodu Wykorzystać warunek Borela Twierdzenie 5 Jeśli X jest zwarta, a f : X Y ciągła, to f(x) jest zbiorem zwartym w Y Ogólniej, obraz dowolnego zbioru zwartego w (dowolnej) przestrzeni metrycznej X jest zwarty Wniosek 1 Zwartość jest niezmiennikiem homeomorfizmu Twierdzenie 6 Jeżeli X jest zwarta, a f : X Y ciągła i odwracalna, to f jest homeomorfizmem Ważne przestrzenie zwarte (zatem i zupełne) 1 Kostka Hilberta Definicja 1 Kostka Hilberta H to produkt przeliczalnie wielu odcinków [0, 1] z metryką określoną wzorem d ( (x n ), (y n ) ) 1 2 n x n y n n1 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 Kostka Hilberta H jest homeomorficzna z produktem kartezjańskim n1 [0, 1 n ], w którym metrykę określono wzorem ρ ( (x n ), (y n ) ) (x n y n ) 2 Dowód Odpowiedni homeomorfizm produktu n1 [0, 1 n ] na H zapewnia przekształcenie (x 1, x 2, x, ) (x 1, 2x 2, x, ) Stwierdzenie 4 Własności kostki Hilberta: 1 H jest ośrodkowa ośrodkiem jest zbiór n1 {(y n ) Q N : n 0 n > n 0 y n 0} 2 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) 2

3 Twierdzenie 7 (Urysohn) Każda metryczna przestrzeń ośrodkowa jest homeomorficzna z pewnym podzbiorem kostki Hilberta Mówiąc mniej formalnie, kostka Hilberta zawiera wszystkie możliwe ośrodkowe przestrzenie metryczne Idea dowodu: Niech X będzie ośrodkową przestrzenią metryczną Zastępujemy obowiązującą w X metrykę d przez metrykę d równoważną z d, ograniczoną przez 1 Przypisujemy każdemu x X ciąg odległości x od kolejnych elementów z ośrodka, tzn tworzymy przekształcenie 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 ] [ 2, 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 ] [ 2, 7 9 ] [ 8 9, 1] Postępujemy indukcyjnie według reguły F n F n 1 \ ( k + 1 n, k + 2 ) n k N Zbiór F n jest sumą 2 n odcinków domknietych długości 1 n W szczególności jest więc domknięty Definiujemy zbiór Cantora jako zstępujący przekrój C F n n1 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 { n1 } c n 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 c n n1 n należy do odcinka [0, 1 ], a jeżeli c 1 2, to c n n1 n należy do [ 2, 1] Ogólniej, jeśli c N 0, to c n n1 n należy do [ N 1 n1 cn, N 1 n n1 cn + 1 ], a jeśli c n N n 2, to do [ N 1 n1 cn + 2, N 1 n N n1 cn + 1 ] n N 1 Albo prościej, jeśli liczba c n k n1 n należy do przedziału [, k+1 ] i ma na N-tym N 1 N 1 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 c n n1 n Mamy więc

4 C C, czyli otrzymujemy jeszcze inną charakteryzację zbioru Cantora Przy tym, jeśli oznaczymy { } c n I a1 a 2 a n n : i 1,, n c i a i (c i {0, 1, 2}) n1 to I a1 a 2 a n jest pewnym przedziałem [ k n, k+1 n ] i F n (c 1,,c n) {0,2} n I c1 c n Dla poprawy estetyki zwykle zastępuje się dwójkę przez jedynkę i otrzymuje reprezentację zbioru Cantora jako zbiór ciągów {0, 1} N Metrykę wprowadza się standardowo ρ ( (x n ), (y n ) ) n1 x n y n 2 n Wtedy przekształcenie π : {0, 1} N C dane wzorem jest homeomorfizmem c Własności zbioru Cantora π ( (x n ) ) n1 2x n n Stwierdzenie 5 Zbiór Cantora jest nieprzeliczalny Dowód Wiemy, że {0, 1} N jest nieprzeliczalny, a jest równoliczny ze zbiorem Cantora Stwierdzenie 6 (C, d) jest przestrzenią zupełną Dowód C jest zbiorem domkniętym w R (przekrój domkniętych), a (R, d) jest zupełna Stwierdzenie 7 Zbiór Cantora jest zbiorem brzegowym w [0, 1] (i w R) Dowód Wynika z konstrukcji odcinek o długości δ nie moąze zawierać się w 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 zbioru Cantora jest jego punktem skupienia) 4

5 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 x x 8 + zwana schodami Cantora Ta funkcja zamienia ciągi zero-jedynkowe na rozwinięcia dwójkowe liczb z odcinka Nie jest różnowartościowa, bo np ciąg 1000 i 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, ) ) ( (x 1, x, x 5, ), (x 2, x 4, x 6, ) ) Dość łatwo zrozumieć, że π jest różnowartościowe i na Aby dowodzić ciągłości (zarówno π, jak i π 1 ) trzeba wybrać metrykę w C C, np 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, ) jest ciąg (y 1, y 2, y, ), gdzie y n jest n-tym wierszem poniższej macierzy nieskończonej y 1 (x 1, x 2, x 4, ) y 2 (x, x 5, ) y (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, ) π(x) ψ(x) (ϕ(x 1 ), ϕ(x 2 ), ϕ(x ), ) 5