Wyk lady z topologii I

Wyk lady z topologii I Wies law Kubiś Akademia Świȩtokrzyska ul. Świȩtokrzyska 15, 25-406 Kielce, Poland E-mail: wkubis@pu.kielce.pl 1 maja 2006 Spis treści 1 Przestrzenie metryczne 3 1.1 Definicje........................................ 3 1.2 Ciagi i zbieżność................................... 4 1.3 Ciag lość........................................ 5 1.4 Odwzorowania lipschitzowskie i izometrie..................... 6 1.5 Kule, zbiory otwarte i domkni ete.......................... 7 2 Wprowadzenie do topologii 9 2.1 Topologia na zbiorze................................. 9 2.2 Domkni ecie i wn etrze................................. 10 2.3 Systemy otoczeń, bazy................................ 11 2.4 Przestrzenie metryzowalne.............................. 13 2.5 Generowanie topologii podbazy.......................... 14 2.6 Odwzorowania ciag le, homeomorfizmy....................... 15 2.7 Zbiory geste, ośrodkowość.............................. 17 3 Aksjomaty oddzielania 19 3.1 Definicje i proste w lasności............................. 19 3.2 Lemat Urysohna................................... 21 3.3 Twierdzenie o metryzowalności........................... 22 1

4 Zwartość 25 4.1 Definicje........................................ 25 4.2 Charakteryzacje zwartości.............................. 25 4.3 Zwarte przestrzenie Hausdorffa........................... 28 4.4 Twierdzenie Tichonowa............................... 29 5 Zwartość w przestrzeniach metrycznych 33 5.1 Ciagowa zwartość................................... 33 5.2 Ca lkowita ograniczoność............................... 33 5.3 Charakteryzacja zwartości przestrzeni metryzowalnych.............. 34 6 Zupe lność 36 6.1 Definicje i proste w lasności............................. 36 6.2 Zwartość a zupe lność................................. 37 6.3 Inne ważne twierdzenia................................ 39 6.4 Twierdzenie Baire a................................. 40 7 Dodatek I: Zbieżność jednostajna 42 8 Dodatek II: Uzupe lnienie 46 2

1 Przestrzenie metryczne W rozdziale tym omawiamy krótko przestrzenie metryczne i ich podstawowe w lasności, a także ciag lość odwzorowań. 1.1 Definicje Metryka na zbiorze X nazywamy funkcje d: X X [0, + ) spe lniajac a warunki: (M1) d(x, y) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x = y, (M2) d(x, y) = d(y, x), (M3) d(x, z) d(x, y) + d(y, z), dla każdych x, y, z X. Warunek (M3) nazywa sie zwykle warunkiem trójkata lub nierównościa trójkata. Pare X, d nazywamy przestrzenia metryczna. Pojecie metryki jest uogólnieniem zwyk lej odleg lości punktów na prostej w R m danej wzorem d(x, y) = 2 x 1 y 1 2 + x 2 y 2 2 + + x m y m 2, gdzie x = (x 1,..., x m ), y = (y 1,..., y m ). Odleg lość ta nazywana bywa metryka euklidesowa. Poniżej podajemy kilka typowych przyk ladów przestrzeni metrycznych. Przyk lad 1.1. Trzy metryki na p laszczyźnie. Rozważmy p laszczyzne R 2 z nastepuj acymi odleg lościami ϱ( x 1, y 1, x 2, y 2 ) = x 1 x 2 + y 1 y 2, η( x 1, y 1, x 2, y 2 ) = max{ x 1 x 2, y 1 y 2 }. Nietrudno sprawdzić, że ϱ, η sa metrykami. Odleg lość η zwana jest czasem metryka miejska, gdyż można ja interpretować jako d lugość najkrótszej drogi od punktu x 1, y 1 do punktu x 2, y 2 przy warunku, gdy poruszać sie można tylko pionowo (góra dó l) lub poziomo (lewo prawo). Zdefiniujmy jeszcze { y 2 y 1, jeśli x 1 = x 2, θ( x 1, x 2, x 2, y 2 ) = y 1 + x 2 x 1 + y 2, jeśli x 1 x 2. Wzór ten można interpretować nastepuj aco: p laszczyzne traktujemy jako gest a dżungle przez która przep lywa prosta rzeka o równaniu y = 0. Jedyne istniejace ścieżki, to linie pionowe, czyli prostopad le do rzeki. Można też poruszać sie po rzece w obie strony. Tak wiec θ opisuje d lugość najkrótszej drogi od punktu x 1, y 1 do punktu x 2, y 2 w tak opisanym świecie. Z tego wynika, że θ jest metryka (co można też oczywiście udowodnić formalnie). Metryka θ nazywana bywa metryka rzeka. 3

Fakt 1.2. Niech X, d bedzie przestrzenia metryczna. Wówczas (a) d(x 1, x n ) d(x 1, x 2 ) + d(x 2, x 3 ) + + d(x n 1, x n ), (b) d(x 1, x 2 ) d(x 2, x 3 ) d(x 1, x 3 ) dla dowolnych x 1, x 2,..., x n X. Dowód. Nierówność (a) dowodzi sie przez latwa indukcje. Dla dowodu (b) zauważmy, że z warunku trójkata mamy d(x 1, x 2 ) d(x 1, x 3 ) + d(x 2, x 3 ) oraz d(x 2, x 3 ) d(x 1, x 2 ) + d(x 1, x 3 ), zatem d(x 1, x 2 ) d(x 2, x 3 ) d(x 1, x 3 ) oraz d(x 2, x 3 ) d(x 1, x 2 ) d(x 1, x 3 ). Stad wynika nierówność (b). 1.2 Ciagi i zbieżność Przypomnijmy, że ciagiem w zbiorze X nazywamy dowolna funkcje postaci x: N X; piszemy zwykle x = (x n ) n N. Majac dana przestrzeń metryczna X, d, można latwo zdefiniować zbieżność ciagów: mówimy, że ciag (x n ) n N X jest zbieżny do x w przestrzeni X, d jeżeli x X oraz ( ε > 0)( n 0 )( n n 0 ) d(x n, x) < ε. Piszemy wtedy x = lim n x n. Punkt x nazywa sie granica ciagu (x n ) n N. Fakt 1.3. W dowolnej przestrzeni metrycznej granica ciagu jest wyznaczona jednoznacznie, tzn. jeżeli ciag (x n ) n N w przestrzeni metrycznej X, d jest zbieżny jednocześnie do y oraz z, to y = z. Dowód. Ustalmy ε > 0 i z definicji granicy znajdźmy n 1, n 2 takie, że ( n n 1 ) d(x n, y) < ε oraz ( n n 2 ) d(x n, z) < ε. Niech n N bedzie takie, że n n 1 i n n 2. Wówczas korzystajac z warunku trójkata otrzymujemy d(y, z) d(y, x n ) + d(x n, z) = d(x n, y) + d(x n, z) < 2ε. Skoro ε by lo ustalone dowolnie, to dowodzi, że d(y, z) = 0. Z pierwszego warunku metryki wnioskujemy, iż y = z. 4

1.3 Ciag lość Ustalmy dwie przestrzenie metryczne X, d i Y, ϱ. Niech f : X Y bedzie odwzorowaniem. Przypomnijmy dwie (równoważne!) definicje ciag lości w punkcie: Mówimy, że funkcja f jest ciag la w sensie Heinego w punkcie p X, jeśli dla każdego ciagu (x n ) n N X takiego, że p = lim n x n zachodzi f(p) = lim n f(x n ). Z kolei, f jest ciag la w sensie Cauchy ego w punkcie p X, jeżeli dla każdego ε > 0 istnieje δ > 0 taka, że ϱ(f(x), f(p)) < ε dla każdego x X takiego, że d(x, p) < δ. Symbolicznie: ( ε > 0)( δ > 0)( x X) ( ) d(x, p) < δ = ϱ(f(x), f(p)) < ε. Bedziemy mówić krócej, że f jest ciag la w punkcie p. Odwzorowanie f jest ciag le, jeśli jest ciag le w każdym punkcie swojej dziedziny. Poniżej przypominamy dowód równoważności obu definicji ciag lości. Fakt 1.4. Ciag lość w sensie Heinego jest równoważna ciag lości w sensie Cauchy ego. Dowód. Ustalmy przestrzenie metryczne X, d, Y, ϱ oraz odwzorowanie f : X Y i punkt p X. Za lóżmy najpierw, że f jest ciag la w sensie Heinego w punkcie p. Przypuśćmy, że f nie jest ciag la w sensie Cauchy ego w p. To oznacza: ( ) ( ε > 0)( δ > 0)( x X) d(x, p) < δ ϱ(f(x), f(p)) ε. Przyjmujac δ = 1/n, możemy znaleźć x = x n X takie, że d(x n, p) < 1/n oraz ϱ(f(x n ), f(p)) ε. W istocie, korzystamy tu z pewnika wyboru, otzymujac (x n ) n N X. Zauważmy, że jest to ciag zbieżny do p w X, d, zaś ciag (f(x n )) n N nie jest zbieżny do f(p). To jest sprzeczne z ciag lości a w sensie Heinego. Za lóżmy teraz, że f jest ciag la w sensie Cauchy ego w p. Ustalmy ciag (x n ) n N X taki, że p = lim n x n. Mamy pokazać, że f(p) = lim n f(x n ). Ustalmy w tym celu ε > 0 i dobierzmy δ > 0 takie, że zachodzi x X ( ) d(x, p) < δ = ϱ(f(x), f(p)) < ε. Istnieje n 0 takie, że d(x n, p) < δ dla n n 0 (bo p jest granica ciagu (x n ) n N ). Wówczas ϱ(f(x n ), f(p)) < ε dla n n 0. Zatem f(p) = lim n f(x n ), czyli f jest ciag la w sensie Heinego w p. 5

1.4 Odwzorowania lipschitzowskie i izometrie Ustalmy przestrzenie metryczne X, d i Y, ϱ. Mówimy, że odwzorowanie f : X Y spe lnia warunek Lipschitza ze sta l a L 0, jeżeli zachodzi ϱ(f(x), f(y)) Ld(x, y) dla każdych x, y X. Mówimy wówczas, że f jest odwzorowaniem lipschitzowskim. Majac do czynienia z odwzorowaniami ciag lymi lub lipschitzowskimi pomiedzy przestrzeniami metrycznymi piszemy czesto f : X, d Y, ϱ majac na myśli odwzorowanie f : X Y oraz metryki d, ϱ odpowiednio na X i Y. Fakt 1.5. Każde odwzorowanie lipschitzowskie jest ciag le. Dowód. Niech f : X, d Y, ϱ bedzie odwzorowaniem spe lniajacym warunek Lipschitza ze sta l a L. Ustalmy p X, ε > 0. Niech δ = ε/l. Wówczas jeśli d(x, p) < δ, to Tak wiec f jest ciag le w p. ϱ(f(x), f(p)) Ld(x, p) < Lε/L = ε. Przyk lad 1.6. Naturalne przyk lady funkcji lipschitzowskich pochodza z rachunku różniczkowego. Niech a < b bed a liczbami rzeczywistymi i za lóżmy, że f : [a, b] R jest funkcja różniczkowalna na [a, b] i taka, że pochodna f jest ograniczona na (a, b), to znaczy istnieje L < + takie, że f (t) L dla t (a, b). Wówczas f spe lnia warunek Lipschitza ze sta l a L. Istotnie, dla x, y [a, b], x < y, stosujac twierdzenie Lagrange a otrzymujemy, że f(y) f(x) y x Stad f(y) f(x) = f (ξ) y x L y x. = f (ξ) dla pewnego ξ (x, y). Typowym przyk ladem funkcji ciag lej, która nie jest lipschitzowska jest f : [0, 1] [0, 1] dana wzorem f(x) = x. Odwzorowanie f : X, d Y, ϱ nazywa sie izometria, jeśli spe lnia warunki (I1) f jest bijekcja, (I2) ϱ(f(x), f(y)) = d(x, y) dla każdych x, y X. Mówimy, że przestrzenie X, d i Y, ϱ sa izometryczne, jeżeli istnieje izometria f : X, d Y, ϱ. Przestrzenie izometryczne sa, z punktu widzenia teorii przestrzeni metrycznych, takimi samymi (nierozróżnialnymi) obiektami. Zauważmy, że warunek (I2) pociaga różnowartościowość f, zatem w warunku (I1) wystarczy wymagać, że f jest surjekcja, tzn. Y = f[x]. Odwzorowanie f : X, d Y, ϱ spe lniajace tylko warunek (I2) nazywa sie zanurzeniem izometrycznym. Każde zanurzenie izometryczne (jak również każda izometria) spe lnia warunek Lipschitza ze sta l a 1, zatem w szczególności jest ciag le. 6

Przyk lad 1.7. Niech d oznacza zwyk l a metryke na zbiorze liczb naturalnych N, tzn. d(k, l) = k l. Wówczas f : N, d N, d dane wzorem f(n) = n+1 jest zanurzeniem izometrycznym, ale nie izometria, bo przyjmujac N = {1, 2, 3,... } mamy f[n] = {2, 3, 4,... }. Zadanie 1. Niech X, d bedzie przestrzenia metryczna. Odleg lościa punktu p X od zbioru niepustego A X nazywamy liczbe dist(p, A) = inf x A d(p, x). Dowieść, że dla niepustego zbioru A X funkcja f : X R, dana wzorem f(x) = dist(x, A), spe lnia warunek Lipschitza ze sta l a 1. 1.5 Kule, zbiory otwarte i domkni ete Niech X, d bedzie przestrzenia metryczna. Kula otwarta o środku w p X i promieniu r > 0 nazywamy zbiór K(p, r) = {x X : d(p, x) < r}. Czasami piszemy K d (p, r) zamiast K(p, r), gdy nie jest jasne jaka metryke mamy na myśli. Kula domkniet a o środku w p i promieniu r 0 bedziemy nazywać zbiór K(p, r) = {x X : d(p, x) r}. Zbiór U X nazywamy otwartym w X, d, jeśli dla każdego x U istnieje ε > 0 takie, że K(x, ε) U. Rodzin e wszystkich zbiorów otwartych w X, d b edziemy oznaczać przez T d. Zbiór A X nazywamy domkni etym, jeżeli X \ A jest otwarty. Fakt 1.8. W każdej przestrzeni metrycznej kule otwarte sa zbiorami otwartymi, zaś kule domkniete sa zbiorami domknietymi. Ponadto zbiory skończone sa domkniete. Dowód. Niech X, d bedzie przestrzenia metryczna. Ustalmy p X, r > 0. Musimy sprawdzić, że dla każdego x K(p, r) istnieje ε > 0 takie, że K(x, ε) K(p, r). Ustalmy x K(p, r). Wówczas d(x, p) < r. Wybierzmy ε > 0 takie, że d(x, p) + ε < r. Jeśli y K(x, ε), to d(y, x) < ε, zatem d(y, p) d(y, x) + d(x, p) < ε + d(x, p) < r. Stad K(x, ε) K(p, r). Tak wiec K(p, r) jest zbiorem otwartym. Rozważmy teraz zbiór K(p, r), gdzie r 0. Mamy pokazać, że X\K(p, r) jest otwarty. Ustalmy zatem x X \ K(p, r). Wówczas ε = d(x, p) r jest liczba dodatnia. Jeśli y K(x, ε), to wobec warunku trójkata d(p, y) + d(y, x) d(p, x) otrzymujemy d(p, y) d(p, x) d(y, x) d(p, x) ε = d(p, x) (d(x, p) r) = r, zatem y / K(p, r). To dowodzi, że K(x, ε) X \ K(p, r). Dalej, niech S = {p 1,..., p k } X bedzie zbiorem skończonym. Ustalmy x X \ S. Wówczas r = min i k d(x, p i ) jest liczba dodatnia. Ponadto K(x, r) S =. To dowodzi, że X \ S jest otwarty, zatem S jest domkniety. 7

Niech X, d bedzie przestrzenia metryczna. Mówimy, że p X należy do domkniecia zbioru A X jeżeli ( ε > 0) K(p, ε) A. Zbiór wszystkich takich punktów p nazywamy domkni eciem zbioru A i oznaczać b edziemy przez cl (A). Oczywiste jest, że A cl (A). Fakt 1.9. Niech X, d bedzie przestrzenia metryczna, A X. Wówczas x cl (A) istnieje ciag (a n ) n N A taki, że x = lim n a n. Dowód. (= ) Za lóżmy, że x cl (A). Dla każdego n N wybierzmy a n A K(x, 1/n). Wówczas x = lim n a n i (a n ) n N A. ( =) Za lóżmy, że x = lim n a n i (a n ) n N A. Ustalmy ε > 0. Z definicji granicy istnieje n 0 takie, że d(a n, x) < ε. Wówczas a n0 A K(x, ε), czyli K(x, ε) A. Fakt 1.10. Zbiór A w przestrzeni metrycznej X, d jest domkni ety cl (A) = A. Dowód. (= ) Za lóżmy, że A X jest domkni ety i ustalmy x cl (A). Gdyby x / A, to wobec faktu, iż X \ A jest otwarty, istnia lby promień r > 0 taki, że K(x, r) X \ A; wówczas jednak K(x, r) A =. Tak wi ec x A, co dowodzi, że cl (A) A. Zawsze zachodzi A cl (A). ( =) Za lóżmy, że A = cl (A). Ustalmy x X \ A. Wówczas x / cl (A), zatem istnieje r > 0 takie, że K(x, r) X \ A. To dowodzi, że zbiór X \ A jest otwarty, czyli A jest domkni ety. Domkni ecie kuli K(x, r) w przestrzeni metrycznej może nie być równe kuli domkni etej K(x, r). Świadczy o tym poniższy przyk lad. Przyk lad 1.11 (Metryka zero-jedynkowa). Niech X bedzie dowolnym zbiorem i zdefiniujmy { 0, gdy x = y ϱ(x, y) = 1, gdy x y. Funkcja ϱ nazywa sie metryka zero-jedynkowa. Sprawdzimy, że jest to istotnie metryka. Tylko warunek trójkata wymaga dowodu. Ustalmy x, y, z X. Jeśli x y lub y z, to ϱ(x, y) = 1 lub ϱ(y, z) = 1, zatem ϱ(x, y) + ϱ(y, z) 1 ϱ(x, z). Za lóżmy wiec, że x = y i y = z. Wówczas także x = z, zatem ϱ(x, z) = 0 = ϱ(x, y) + ϱ(y, z). W obu przypadkach zachodzi ϱ(x, z) ϱ(x, y) + ϱ(y, z). Za lóżmy teraz, że X zawiera co najmniej dwa punkty. Wówczas K(x, 1) = {x} X dla x X. Zbiory jednopunktowe sa zawsze domkniete, zatem cl (K(x, 1)) = cl ({x}) = {x}. Z drugiej strony K(x, 1) = X. Tak wiec cl (K(x, 1)) K(x, 1). 8

2 Wprowadzenie do topologii W rozdziale tym wprowadzamy i omawiamy pojecie topologii na zbiorze oraz zwiazane z tym pojecia systemów otoczeń, bazy, itp. 2.1 Topologia na zbiorze Majac dana przestrzeń metryczna X, d, zauważmy, że: (1) i X sa zbiorami otwartymi w X, d, (2) Przekrój dwóch zbiorów otwartych jest zbiorem otwartym, (3) Suma dowolnej rodziny zbiorów otwartych jest zbiorem otwartym. Powyższe w lasności sa latwe do wykazania. Topologia jako dzia l matematyki zajmuje sie obiektami (zwanymi przestrzeniami topologicznymi), w których pojecie zbioru otwartego definiuje sie aksjomatycznie. Jako aksjomaty przyjmuje sie powyższe w lasności: Topologia na zbiorze X nazywamy dowolna rodzine zbiorów T P(X) spe lniajac a warunki (O1), X T, (O2) U, V T = U V T, (O3) U T = U T. Pare X, T nazywamy przestrzenia topologiczna, zaś elementy rodziny T nazywamy zbiorami otwartymi w X, T. Zbiór A X nazywamy domknietym, jeżeli X \ A jest otwarty. Otoczeniem punktu p w X, T nazywamy każdy zbiór otwarty zawierajacy p. Rodzine wszystkich otoczeń punktu p oznaczamy przez ot T (p). Tak wiec ot T (p) = {U T : p U}. Przyk lad 2.1 (Przestrzeń dyskretna). Niech X bedzie dowolnym zbiorem. Wówczas T = P(X) jest topologia na X, gdzie P(X) oznacza zbiór potegowy X, czyli rodzine wszytkich podzbiorów zbioru X. W przestrzeni X, P(X) każdy podzbiór jest jednocześnie otwarty i domkniety. Przestrzeń ta nazywa sie przestrzenia dyskretna. Przyk lad 2.2 (Przestrzeń antydyskretna). Niech X bedzie zbiorem. Przyjmijmy T = {, X}. Wówczas T jest topologia na X. Jest to najuboższa możliwa topologia na zbiorze. Przestrzeń X, {, X} nazywa sie przestrzenia antydyskretna. Przyk lad 2.3 (Podprzestrzenie). Niech X, T bedzie przestrzenia topologiczna i ustalmy M X. Zdefiniujmy T M = {U M : U T }. Nietrudno sprawdzić, że T M jest topologia na zbiorze M. Przestrzeń M, T M nazywamy podprzestrzenia przestrzeni X, T, zaś T M nazywamy topologia indukowana z X, T. 9

2.2 Domkni ecie i wn etrze Niech X, T bedzie przestrzenia topologiczna. Stosujac prawo de Morgana dla zbiorów, widzimy, że przekrój dowolnej rodziny zbiorów domknietych jest zbiorem domknietym. Tak wiec możemy zdefiniować domkniecie zbioru A X przyjmujac cl (A) = {F X : A F i X \ F T }. Bedziemy czasem pisać cl T (A) zamiast cl (A), żeby zaznaczyć o jaka topologie chodzi. Z powyższej uwagi wynika, że domkniecie zbioru jest zbiorem domknietym. W szczególności, A = cl (A) wtedy i tylko wtedy, gdy A jest domkniety w X, T. Pokażemy później (zob. Twierdzenie 2.8), że powyższa definicja domkniecia zgadza sie z analogiczna definicja dla przestrzeni metrycznych. Twierdzenie 2.4. Domkniecie zbioru spe lnia nastepuj ace warunki: (D1) cl ( ) =, (D2) A cl (A), (D3) cl (cl (A)) = cl (A), (D4) cl (A B) = cl (A) cl (B). Dowód. Ustalmy przestrzeń topologiczna X, T. (D1) Zbiór pusty jest domkniety, bo X \ = X T. (D2) Oczywiste. (D3) Zbiór B = cl (A) jest domkniety, zatem cl (B) = B. (D4) Zbiór F = cl (A) cl (B) jest domkniety (jako suma dwóch zbiorów domknietych) oraz A B F, zatem cl (A B) F. Z drugiej strony, A A B cl (A B), zatem z definicji domkniecia cl (A) cl (A B), bo cl (A B) jest zbiorem domknietym. Podobnie cl (B) cl (A B), zatem ostatecznie F = cl (A) cl (B) cl (A B). Wn etrzem zbioru A w przestrzeni topologicznej X nazywamy sum e wszystkich zbiorów otwartych zawartych w A. Wn etrze zbioru A oznaczamy przez int (A). Tak wi ec int (A) = {U T : U A}. Stosujac prawa de Morgana dla zbiorów otrzymujemy int (A) = X \ cl (X \ A). Istotnie, X \ int (A) = {X \ U : U T i X \ U X \ A} = cl (X \ A). Podobnie można wykazać, korzystajac z Twierdzenia 2.4, że wnetrze zbioru spe lnia nastepuj ace warunki: 10

(W1) int (X) = X, (W2) int (A) A, (W3) int (int (A)) = int (A), (W4) int (A B) = int (A) int (B). Okazuje sie, że topologie na zbiorze X można wprowadzić definiujac operator na zbiorach c: P(X) P(X) spe lniajacy warunki (D1) (D4) z Twierdzenia 2.4. Wówczas przyjmujemy T c = {U X : c(x \ U) = X \ U}. Nietrudno sprawdzić, że T jest topologia na X. Ponadto cl Tc (A) = c(a) dla każdego A X. Ten sposób wprowadzania topologii na zbiorze pochodzi od Kuratowskiego (zob. [3]). Jasne jest, że podobnie można wprowadzić topologie definiujac w abstrakcyjny sposób operator wnetrza spe lniajacy (W1) (W4). Zadanie 2. Niech c: P(X) P(X) bedzie operatorem spe lniajacym warunki (D1) (D4). Wykazać, że rodzina T c zdefiniowana powyżej jest topologia na X oraz cl Tc (A) = c(a) dla A X. 2.3 Systemy otoczeń, bazy Niech X bedzie ustalonym zbiorem. Systemem otoczeń na X nazywamy funkcje Θ: X P(P(X)), przypisujac a punktowi x X rodzine zbiorów Θ(x), spe lniajac a dla każdego x X nastepuj ace warunki: (SO1) Θ(x) oraz x U dla każdego U Θ(x). (SO2) Dla każdych U, V Θ(x) istnieje W Θ(x) takie, że W U V. (SO3) Dla każdego U Θ(x) oraz y U istnieje V Θ(y) takie, że V U. Niech X, T bedzie przestrzenia topologiczna. Naturalnym przyk ladem systemu otoczeń w X jest system ot T, zdefiniowany jako ot T (x) = {U T : x U}. System ten nazywa sie czasem pe lnym systemem otoczeń w przestrzeni X, T. Poniżej podajemy inny naturalny przyk lad. Przyk lad 2.5. Niech X, d bedzie przestrzenia metryczna. Wówczas Θ(x) = {K(x, 1/n): n N} jest systemem otoczeń w X. Istotnie, tylko warunek (SO3) wymaga dowodu. Ustalmy wi ec x X, n N oraz y K(x, 1/n). Istnieje m N takie, że d(x, y) + 1/m < 1/n. Wówczas K(y, 1/m) Θ(y) oraz K(y, 1/m) K(x, 1/n), ponieważ jeśli z K(y, 1/m), to d(z, x) d(z, y) + d(y, x) < 1/m + d(x, y) < 1/n, czyli z K(x, 1/n). 11

Niech X, T bedzie przestrzenia topologiczna. Rodzine B nazywamy baza przestrzeni X, T, jeśli (B1) B T, (B2) Dla każdego U T oraz x U istnieje V B takie, że x V U. Rodzine B nazywamy baza w punkcie x X jeśli B T, x B oraz dla każdego otoczenia U punktu x istnieje V B takie, że V U. Wprost z definicji bazy wynika, że jeśli B jest baza przestrzeni X, T, to B(x) = {U B : x U} jest baza w punkcie x X. Poniżej pokazujemy zwiazek (a raczej równoważność) pojeć bazy w punktach i systemów otoczeń. Majac dany system otoczeń Θ w zbiorze X, przyjmujemy oznaczenie T Θ = {U X : x U V Θ(x) (V U)}. Stwierdzenie 2.6. Niech Θ bedzie systemem otoczeń na zbiorze X. Wówczas rodzina T Θ jest topologia na zbiorze X. Ponadto, dla każdego x X rodzina Θ(x) jest baza w punkcie x w przestrzeni X, T Θ. Dowód. Zbiór pusty spe lnia każdy warunek postaci x (... ), zatem T Θ. Oczywiście X T Θ, co dowodzi pierwszego aksjomatu topologii. Ustalmy U, V T Θ oraz x U V. Wówczas istnieja W 1, W 2 Θ(x) takie, że W 1 U i W 2 V. Z definicji systemu otoczeń istnieje W Θ(x) takie, że W W 1 W 2. Wówczas W U V. To dowodzi, że U V T Θ (drugi aksjomat topologii). Ustalmy teraz U T Θ i x U. Wówczas x U dla jakiegoś U U. Z kolei U T Θ, zatem istnieje W Θ(x) takie, że W U. Wówczas W U. To dowodzi, że U T Θ (trzeci aksjomat topologii). Fakt, iż Θ(x) jest baza w x wynika z definicji T Θ. Powyższe stwierdzenie mówi w szczególności, że elementy rodziny Θ(x) sa zbiorami otwartymi w X, T Θ. Nastepny fakt wynika wprost z definicji bazy. Fakt 2.7. Niech B bedzie baza przestrzeni topologicznej X, T. Wówczas odwzorowanie Θ dane wzorem Θ(x) = {U B : x U} jest systemem otoczeń w zbiorze X oraz T = T Θ. Mówimy, że Θ jest systemem otoczeń w przestrzeni topologicznej X, T, jeśli T = T Θ. Systemy otoczeń w przestrzeniach topologicznych sa przydatne w badaniu ciag lości odwzorowań. Poniżej podajemy ważne kryterium dotyczace domkniecia zbioru, przy użyciu systemu otoczeń. Twierdzenie 2.8. Niech Θ b edzie systemem otoczeń w przestrzeni topologicznej X i niech A X. Wówczas x cl (A) U Θ(x) (U A ). 12

Dowód. Stosujac prawo logiki mówiace, że zdanie p q jest równoważne z p q, wystarczy udowodnić równoważność x / cl (A) U Θ(x) (U A = ). (= ) Za lóżmy, że x / cl (A). Zbiór X \ cl (A) jest otwarty i zawiera punkt x, zatem istnieje U Θ(x) takie, że U X \ cl (A). Wówczas U A =, bo A cl (A). ( =) Za lóżmy, że U A = dla pewnego U Θ(x). Zbiór U jest otwarty, zatem cl (A) cl (X \ U) = X \ U. Z kolei x U, skad wynika, że x / cl (A). Z powyższego twierdzenia wynika, że w przypadku przestrzeni metrycznej operator domkni ecie zbioru jest tym samym co domkni ecie zdefiniowane w Rozdziale 1. Zadanie 3. Niech X bedzie zbiorem. Systemem pseudootoczeń na X nazywamy odwzorowanie Θ spe lniajace warunki (SO1) i (SO2) definicji systemu otoczeń. Pokazać, że majac dany system pseudootoczeń Θ, rodzina T Θ = {U X : x U V Θ(x) (V U)} jest topologia na X. Podać przyk lad systemu pseudootoczeń Θ takiego, że elementy rodziny Θ(x) nie sa zbiorami otwartymi w X, T Θ. 2.4 Przestrzenie metryzowalne Niech X, d bedzie przestrzenia metryczna. Definiujemy T d = {U X : x U r > 0 K(x, r) U}. Wiemy już (patrz Przyk lad 2.5), że Θ(x) = {K(x, 1/n): x X, n N} jest systemem otoczeń w X, zatem na mocy Stwierdzenia 2.6 rodzina T d = T Θ jest topologia na zbiorze X. Jak widać, abstrakcyjne pojecie zbioru otwartego jest uogólnieniem pojecia zbioru otwartego w przestrzeni metrycznej wprowadzonego w Rozdziale 1. Przestrzeń topologiczna X, T nazywa sie metryzowalna, jeśli istnieje metryka d na zbiorze X taka, że T = T d. Zauważmy od razu, że dana przestrzeń topologiczna X, T może być metryzowalna przez różne metryki, na przyk lad p laszczyzna R 2 ze zwyk l a topologia jest metryzowalna poprzez metryke euklidesowa jak również poprzez metryki ϱ, η zdefiniowane w Przyk ladzie 1.1. Fakt 2.9. Przestrzeń dyskretna jest metryzowalna poprzez metryke zero-jedynkowa. Dowód. Niech ϱ bedzie metryka zero-jedynkowa na zbiorze X (patrz Przyk lad 1.11). Wówczas K(x, 1) = {x}, zatem dla każdego x U X mamy K(x, 1) U. Tak wiec T ϱ = P(X). Zauważmy, że w przypadku, gdy X zawiera co najmniej dwa punkty, przestrzeń antydyskretna X, {, X} nie jest metryzowalna, bo w przestrzeni metrycznej zbiory jednopunktowe sa domkniete, zaś zbiór {x} X nie jest domkniety w X, {, X} dla x X. 13

2.5 Generowanie topologii podbazy Niech X b edzie ustalonym zbiorem i niech A P(X). Definiujemy top(a, X) = {T P(X): A T oraz T jest topologia na X}. Rodzina top(a, X) jest topologia na zbiorze X (co mówi poniższy fakt). Nazywać ja bedziemy topologia generowana przez rodzine A. Rodzine A nazywamy podbaza przestrzeni X, T, jeżeli T = top(a, X). Fakt 2.10. Przekrój dowolnej rodziny topologii na ustalonym zbiorze X jest topologia na X. Dowód. Niech A bedzie rodzina topologii na zbiorze X i niech T A = A. Sprawdzimy aksjomaty topologii. Fakt, iż, X T A wynika z tego, że, X T dla każdego T A. Jeśli U, V A, to U, V T i w konsekwencji U V T dla każdego T A, zatem U V T A. Podobnie, jeśli U T A, to U T zatem także U T, dla każdego T A, co dowodzi, że U TA. Dalej podajemy użyteczna charakteryzacje podbazy. Stwierdzenie 2.11. Niech X, T bedzie przestrzenia topologiczna i niech A P(X) bedzie takie, że X = A. Wówczas A jest podbaza X, T wtedy i tylko wtedy, gdy zachodza nastepuj ace warunki (1) A T. (2) Dla każdego U T oraz x U istnieja zbiory V 1,..., V n A (n N) takie, że x V 1 V n U. Dowód. (= ) Za lóżmy, że A jest podbaza, czyli T = top(a, X). Wówczas oczywiście zachodzi (1). Niech n R = {U X : ( x U) ( V 1,..., V n A) x V i U}. Wówczas A R. Wystarczy wiec wykazać, że R jest topologia na X; wtedy T = top(a, X) R i otrzymamy warunek (2). Sprawdźmy, że, X R. Zbiór pusty spe lnia w próżni każdy warunek postaci x (... ), zatem istotnie R. Fakt, iż X R wynika z za lożenia, że X = A, tzn. dla każdego x X istnieje V A takie, że x V X. Drugi aksjomat topologii: Ustalmy U, V R i ustalmy x U V. Istnieja W 1,..., W n A oraz W n+1,..., W m A takie, że x W 1 W n U oraz x W n+1 W m V. i=1 14

Wówczas x m i=1 W i U V, czyli U V R. Trzeci aksjomat topologii: Ustalmy U R oraz x U. Wówczas istnieje U U takie, że x U. Skoro U R, to istnieja V 1,..., V n A takie, że x n i=1 V i U U. Stad U R. Tak wi ec R jest topologia na X. ( =) Za lóżmy, że spe lnione sa warunki (1) i (2). Z (1) wynika, że top(a, X) T, pozostaje wiec wykazać, iż T top(a, X). Ustalmy w tym celu U T. Ustalmy x U. Na mocy (2) istnieja zbiory V 1,..., V n A takie, że przyjmujac W x = n i=1 V i, mamy x W x U. Z drugiego aksjomatu topologii wynika, że W x top(a, X), ponieważ A top(a, X). Zauważmy, że U = x U W x, zatem na mocy trzeciego aksjomatu topologii, wnioskujemy, iż U top(a, X). Przyk lad 2.12. Podbaza na prostej i na p laszczyźnie. Niech A = {(r, + ): r Q} {(, r): r Q}. Wówczas A jest podbaza przestrzeni R, T R, czyli prostej rzeczywistej z topologia naturalna. Przyjmijmy oznaczenia U i + (r) = { x i, x 2 R 2 : x i > r} i Ui (r) = { x 1, x 2 R 2 : x i < r}, gdzie i = 1, 2. Wówczas rodzina B = {U + i (r): r Q, i {1, 2}} {U i (r): r Q, i {1, 2}} jest podbaza p laszczyzny z topologia naturalna. Przyk lad 2.13 (Topologia na produkcie). Niech X, T X i Y, T Y bed a przestrzeniami topologicznymi. Wówczas rodzina B = {U V : U T X, V T Y } tworzy baze topologii na iloczynie kartezjańskim X Y. Topologia ta nazywana jest topologia produktowa lub topologia Tichonowa. Użyteczna podbaza topologii produktowej jest rodzina P = {U Y : U T X } {X V : V T Y }. 2.6 Odwzorowania ciag le, homeomorfizmy Niech X, T X, Y, T Y bed a przestrzeniami topologicznymi. Odwzorowanie f : X Y jest ciag le, jeśli f 1 [U] T X dla każdego U T Y, to znaczy przeciwobraz każdego zbioru otwartego poprzez f jest zbiorem otwartym. Rozważajac odwzorowanie ciag le piszemy czasem f : X, T X Y, T Y zamiast f : X Y, aby nie by lo watpliwości o jakie topologie chodzi. Niech teraz p X. Mówimy, że f jest ciag le w punkcie p, jeśli dla każdego V T Y takiego, że f(p) V istnieje W T X takie, że p W oraz f[w ] V (równoważnie: W f 1 [V ]). Poniżej wykażemy, że powyższe definicje zgadzaja sie ze znanymi definicjami ciag lości w przypadku przestrzeni metrycznych. 15

Stwierdzenie 2.14. Niech Θ, Ψ bed a systemami otoczeń odpowiednio w przestrzeniach X, T X, Y, T Y i niech f : X Y. Wówczas f jest ciag le w p X wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego V Ψ(f(p)) istnieje W Θ(p) takie, że f[w ] V. Dowód. (= ) Ustalmy V Ψ(f(p)). Wówczas V jest otoczeniem f(p), zatem z ciag lości f w punkcie p wynika, iż istnieje otoczenie U T X takie, że p U oraz f[u] V. Wybierzmy W Θ(p) takie, że W U. Wówczas f[w ] V. ( =) Ustalmy V T Y takie, że f(p) V. Wybierzmy V 1 Ψ(f(p)) takie, że V 1 V. Z za lożenia istnieje W Θ(p) takie, że f[w ] V 1. Wówczas W T X, p W oraz f[w ] V. Stwierdzenie 2.15. Niech A bedzie podbaz a przestrzeni Y, T Y i niech X, T X bedzie przestrzenia topologiczna. Odwzorowanie f : X Y jest ciag le wtedy i tylko wtedy, gdy f 1 [U] T X dla każdego U A. Dowód. Niech T = {U Y : f 1 [U] T X }. Wówczas A T. Wystarczy wiec sprawdzić, że T jest topologia na Y. Oczywiście, Y T. Jeśli U, V T, to f 1 [U V ] = f 1 [U] f 1 [V ] T X, zatem U V T. Dla U T mamy f 1 [ U] = U U f 1 [U] T X, zatem U T. Twierdzenie 2.16. Odwzorowanie f : X, T X Y, T Y jest ciag le wtedy i tylko wtedy, gdy jest ciag le w każdym punkcie zbioru X. Dowód. (= ) Za lóżmy, że f jest ciag le i ustalmy p X oraz V ot TY (f(p)). Wówczas zbiór W = f 1 [V ] jest otwarty i p W. Ponadto f[w ] = f[f 1 [V ]] V. To dowodzi, że f jest ciag le w p. ( =) Za lóżmy, że f jest ciag le w każdym punkcie i ustalmy V T Y. Ustalmy p f 1 [V ]. Wówczas V jest otoczeniem f(p), zatem z ciag lości f w punkcie p możemy znaleźć otoczenie W p punktu p takie, że f[w p ] V, czyli W p f 1 [V ]. Tak wiec f 1 [V ] = p f 1 [V ] W p, czyli f 1 [V ] jest zbiorem otwartym w X, T X. Niech X, T X, Y, T Y bed a przestrzeniami topologicznymi. Odwzorowanie h: X Y jest homeomorfizmem, jeśli spe lnia warunki: (H1) h jest bijekcja, (H2) h jest ciag le, (H3) h 1 jest ciag le. 16

Mówimy, że przestrzenie X, T X, Y, T Y sa homeomorficzne, jeżeli istnieje homeomorfizm h: X, T X Y, T Y. Przestrzenie homeomorficzne sa nierozróżnialne z punktu widzenia w lasności topologicznych. Dok ladniej: każda w lasność przestrzeni topologicznych Φ wyrażona w terminach teorii mnogości oraz zbiorów otwartych, domknietych, itp. jest niezmiennicza ze wzgledu na homeomorfizmy. To znaczy: jeśli przestrzenie X, T X, Y, T Y sa homeomorficzne, to X, T X ma w lasność Φ wtedy i tylko wtedy, gdy Y, T Y ma w lasność Φ. Nastepuj acy fakt wynika wprost z definicji: Fakt 2.17. Z lożenie dwóch odwzorowań ciag lych jest ciag le, zaś z lożenie dwóch homeomorfizmów jest homeomorfizmem. Przyk lad 2.18. Zbiór liczb rzeczywistych R jest homeomorficzny z każdym niepustym przedzia lem otwartym (a, b) R. Istotnie, funkcja t arctg(t) jest homeomorfizmem pomi edzy R i przedzia lem ( π/2, π/2). Z kolei odpowiednia funkcja liniowa jest homeomorfizmem pomi edzy ( π/2, π/2) a dowolnym ustalonym przedzia lem (a, b). Przyk lad 2.19. Przedzia ly (0, 1) i [0, 1) nie sa homeomorficzne. Aby to wykazać, najwygodniej wykorzystać ważne pojecie spójności i rozcinania. Intuicyjnie, punkt 0 jest jedynym punktem w [0, 1), który nie rozcina tego przedzia lu na dwie cześci, tzn. na dwa zbiory otwarte roz l aczne. Z drugiej strony każdy punkt przedzia lu (0, 1) rozcina go na dwie cześci otwarte. Jest to w lasność topologiczna, która rozróżnia przedzia ly [0, 1) i (0, 1). Intuicyjnie jasne jest, że zbiór liczb rzeczywistych R nie jest homeomorficzny z p laszczyzna R 2. Dowodzi sie tego podajac w lasność rozcinania, podobnie jak w powyższym przyk ladzie. Ogólniej, prawda jest, że przestrzenie R n i R m nie sa homeomorficzne gdy n m. Dowód dla n, m > 1 jest jednak dość trudny i wymaga znacznego rozbudowania teorii. 2.7 Zbiory g este, ośrodkowość Zbiór D w przestrzeni topologicznej X, T jest gesty, jeśli cl (D) = X. W dowolnej przestrzeni X, T zbiór X jest gesty. Dobra i użyteczna w lasnościa jest istnienie zbiorów gestych o możliwie ma lej mocy. Stad ważna definicja: Przestrzeń topologiczna nazywa sie ośrodkowa, jeśli zawiera zbiór przeliczalny gesty. Fakt 2.20. Niech B bedzie baza przestrzeni topologicznej X, T. Wówczas zbiór D X jest gesty w X, T wtedy i tylko wtedy, gdy U D dla każdego niepustego U B. Dowód. (= ) Za lóżmy, że cl (D) = X i ustalmy U B, U. Wówczas X \ U jest zbiorem domknietym różnym od X, zatem D X \ U, bo w przeciwnym razie mielibyśmy cl (D) X \ U X. Stad D U. ( =) Przypuśćmy, że D nie jest gesty, to znaczy cl (D) X. Wówczas zbiór V = X \ cl (D) jest otwarty i niepusty. Wybierzmy x V. Z definicji bazy, istnieje U B takie, że x U V. Wówczas U X \ cl (D) X \ D, zatem U D =. 17

Fakt 2.21. Niech X, d bedzie przestrzenia metryczna. Wówczas zbiór D X jest gesty w X, T d wtedy i tylko wtedy, gdy ( ε > 0) ( x X) ( y D) d(x, y) < ε. Dowód. W lasność ta wynika z Faktu 2.20, gdyż rodzina B = {K(x, ε): x X, ε > 0} jest baza X, T d, a powyższy warunek można napisać równoważnie jako ( U B) U D. Twierdzenie 2.22. Każda przestrzeń topologiczna z baza przeliczalna jest ośrodkowa. Dowód. Niech B bedzie przeliczalna baza w przestrzeni X, T. Możemy za lożyć, że B sk lada sie ze zbiorów niepustych (w razie potrzeby wyrzucajac zbiór pusty z rodziny B). Korzystajac z pewnika wyboru, znajdujemy funkcje ϕ: B X taka, że ϕ(b) B dla każdego B B. Wówczas zbiór D = ϕ[b] jest gesty w X, T (Fakt 2.20). Twierdzenie 2.23. Niech X, T bedzie przestrzenia topologiczna ośrodkowa. Wówczas każda rodzina U T z lożona ze zbiorów parami roz l acznych jest przeliczalna. Dowód. Ustalmy zbiór przeliczalny gesty D X. Niech U T bedzie rodzina zbiorów niepustych parami roz l acznych. Zauważmy, że U D dla U U. Korzystajac z pewnika wyboru, możemy wiec znaleźć funkcje ψ : U X take, że ψ(u) U D dla każdego U U. Zauważmy, że ψ jest różnowartościowa, bo zbiory U D, gdzie U U, sa parami roz l aczne. Stad U D ℵ 0, czyli rodzina U jest przeliczalna. Twierdzenie 2.24. Niech D b edzie zbiorem g estym w przestrzeni metrycznej X, d. Wówczas rodzina B = {K(x, 1/n): x D, n N} jest baza przestrzeni X, T d. Dowód. Ustalmy W T d i x W. Niech r > 0 b edzie takie, że K(x, 2r) W. Weźmy n N takie, że 1/n r. Wybierzmy y D takie, że d(x, y) < r. Wówczas x K(y, 1/n) oraz dla z K(y, 1/n) mamy d(z, x) d(z, y) + d(y, x) < 1/n + r 2r. Tak wi ec K(y, 1/n) K(x, 2r) W. Wniosek 2.25. Każda ośrodkowa przestrzeń metryzowalna ma przeliczalna baze. Ważna uwaga: istnieja przestrzenie topologiczne ośrodkowe, które nie maja bazy przeliczalnej. Zadanie 4. Dla x R zdefiniujmy Θ(x) = {[x, y): y > x}. Sprawdzić, że Θ jest systemem otoczeń na R. Wykazać, że przestrzeń R, T Θ jest ośrodkowa, ale nie ma bazy przeliczalnej. Przestrzeń opisana w powyższym zadaniu nazywana jest prosta Sorgenfrey a lub strza lk a. 18

3 Aksjomaty oddzielania W rozdziale tym rozważamy pewne naturalne w lasności przestrzeni topologicznych, zwane aksjomatami oddzielania. Dowodzimy ważny Lemat Urysohna oraz twierdzenie o metryzowalności (pochodzace również od Urysohna). 3.1 Definicje i proste w lasności Niech X, T bedzie ustalona przestrzenia topologiczna. Poniższe w lasności nazywamy aksjomatami oddzielania. (T 0 ) Dla każdych x, y X istnieje U T takie, że zbiór {x, y} U jest jednoelementowy. (T 1 ) Dla każdych x, y X takich, że x y istnieja U, V T takie, że x U, y / U oraz x / V, y V. (T 2 ) Dla każdych x, y X takich, że x y istnieja U, V T takie, że x U, y V oraz U V =. (T 3 ) Dla każdego x X oraz dla każdego zbioru domknietego B X takiego, że x / B istnieja U, V T takie, że x U, B V oraz U V =. (T 4 ) Dla każdych dwóch zbiorów domknietych A, B X takich, że A B = istnieja U, V T takie, że A U, B V oraz U V =. Przestrzeń spe lniajaca T 2 nazywa sie przestrzenia Hausdorffa. Przestrzeń spe lniajaca jednocześnie T 1 i T 3 nazywa sie przestrzenia regularna. Przestrzenia normalna nazywamy przestrzeń topologiczna, która spe lnia jednocześnie T 1 oraz T 4. Fakt 3.1. Przestrzeń topologiczna X, T spe lnia T 1 zbiór {x} jest domkniety dla każdego x X. Dowód. (= ) Ustalmy y x. Stosujac T 1 dostajemy w szczególności otoczenie U punktu y takie, że x / U, czyli U {x} =. Stad y / cl ({x}). To dowodzi, że cl ({x}) = {x}. ( =) Ustalmy x y. Niech U = X \ {y}, V = X \ {x}. Wówczas z za lożenia zbiory U, V sa otwarte oraz x U, y / U, x / V i y V. Nastepuj acy fakt jest dość oczywisty. Fakt 3.2. Nastepuj ace implikacje sa prawdziwe: T 2 = T 1 = T 0. Ponadto T 1 T 4 = T 1 T 3 = T 2 (gdzie oznacza koniunkcje). Stwierdzenie 3.3. Niech X, T bedzie przestrzenia topologiczna. Wówczas (a) X, T spe lnia T 3 dla każdego x X oraz dla każdego U ot T (x) istnieje V ot T (x) takie, że cl (V ) U. 19

(b) X, T spe lnia T 4 dla każdego zbioru domknietego A X oraz dla każdego U T takiego, że A U istnieje V T takie, że A V oraz cl (V ) U. Dowód. Dowody obu cześci sa podobne, zatem udowodnimy tylko (a). (= ) Za lóżmy, że X, T spe lnia T 3 i ustalmy x X oraz U ot T (x). Wówczas X \ U jest zbiorem domknietym i x / X \ U. Stosujac T 3 dostajemy zbiory V, W T takie, że x V, X \ U W i V W =. Wówczas V X \ W U i zbiór X \ W jest domkni ety, zatem cl (V ) X \ W U. Tak wi ec V ot T (x) i cl (V ) U. ( =) Za lóżmy, że X, T spe lnia warunek w (b) i ustalmy x X oraz zbiór domkni ety B X taki, że x / B. Wówczas U = X \ B jest otoczeniem x, zatem istnieje V ot T (x) takie, że cl (V ) U. Przyjmijmy W = X \ cl (V ). Wówczas B = X \ U X \ cl (V ) = W. Tak wi ec V, W T oraz x V, B W, V W =. Z tego wynika, że X, T spe lnia T 3. Stwierdzenie 3.4. Każda przestrzeń metryzowalna jest normalna. Dowód. Ustalmy przestrzeń metryczna X, d. Zbiory skończone sa domkniete w X, T d (Fakt 1.8), zatem X, T d spe lnia T 1 na mocy Faktu 3.1. Ustalmy zbiory domkniete roz l aczne A, B X. Dla każdego x A zdefiniujmy f(x) = 1 2 inf d(x, y). y B Wówczas f(x) > 0, bo w przeciwnym razie dla każdego n N istnia lby punkt b n B taki, że d(x, b n ) < 1/n i w konsekwencji x = lim n b n cl (B) = B. Podobnie, dla x B zdefiniujmy Wówczas g(x) > 0. Przyjmijmy U = x A g(x) = 1 2 inf d(x, y). y A K(x, f(x)), V = K(x, g(x)). Wówczas zbiory U, V sa otwarte oraz A U, B V. Pozostaje sprawdzić, że U V =. Przypuśćmy, że tak nie jest. Wówczas istnieje z U V. Z definicji zbiorów U, V, istnieja x A, y B takie, że z K(x, f(x)) K(y, g(y)). To oznacza, że d(x, z) < f(x) i d(y, z) < g(y). Z drugiej strony, z definicji funkcji f otrzymujemy, że f(x) 1 2 inf p B d(x, p) 1 2d(x, y). Podobnie g(y) 1 2 d(y, x). Tak wiec co daje sprzeczność. d(x, y) d(x, z) + d(z, y) < f(x) + g(y) 1 2 d(x, y) + 1 d(x, y) = d(x, y), 2 x B 20

3.2 Lemat Urysohna Twierdzenie 3.5 (Lemat Urysohna). Niech X bedzie przestrzenia normalna, niech A, B bed a roz l acznymi zbiorami domknietymi w X. Wówczas istnieje funkcja ciag la f : X [0, 1] taka, że A f 1 (0) oraz B f 1 (1). Dowód. Niech Q [0, 1] = {q n : n N}, gdzie q 0 = 0, q 1 = 1. Zbudujemy ciag zbiorów otwartych {U n } n N taki, że (a) A U n X \ B oraz (b) cl (U n ) U m dla każdych n, m takich, że q n < q m. Przyjmijmy U 1 = X \ B. Przypuśćmy, że zbiory U 0,..., U n zosta ly już zbudowane. Niech l, r N bed a takie, że q l < q n+1 < q r oraz dla każdego i n zachodzi albo q i q l albo q i q r. Z za lożenia, cl (U l ) U r. Korzystajac z normalności przestrzeni X (Stwierdzenie 3.3(b)), możemy znaleźć zbiór otwarty U taki, że cl (U l ) U cl (U) U r. Przyjmijmy U n+1 := U. Wówczas U n+1 spe lnia nasze za lożenia (a), (b). Konstrukcja zbiorów U n jest wi ec wykonalna. Przyjmijmy U q := U n dla q = q n Q. Zdefiniujmy f(x) = sup{q Q: x / U q }. Powyższy wzór definiuje funkcje f : X [0, 1] take, że A f 1 (0) i B f 1 (1). Pozostaje sprawdzić, że f jest ciag la. Ustalmy liczbe rzeczywista r. Zauważmy, że f(x) < r ( q < r) x U q x q<r, q Q U q oraz f(x) > r ( q > r) x / cl (U q ) x (X \ cl (U q )), q>r, q Q z czego wynika, że f jest ciag la. Zadanie 5. Udowodnić, że przestrzenie metryzowalne spe lniaja silniejsza wersje Lematu Urysohna, mianowicie: dla każdych dwóch zbiorów domknietych roz l acznych A, B X istnieje funkcja ciag la f : X [0, 1] taka, że A = f 1 (0) i B = f 1 (1). 21

3.3 Twierdzenie o metryzowalności Twierdzenie 3.6. Każda przestrzeń regularna posiadajaca baze przeliczalna jest metryzowalna. Dowód. Niech X, T bedzie przestrzenia regularna i niech B bedzie baza przeliczalna w X, T. Aby uniknać problemów z niepustościa pewnych zbiorów, za lóżmy, że X zawiera przynajmniej dwa punkty. Dowód podzielimy na kilka kroków. Krok 1: Dowodzimy, że X, T jest przestrzenia normalna (czyli spe lnia T 4 ). Ustalmy w tym celu zbiory roz l aczne domkniete A, B X. Ustalmy a A. Z regularności, istnieja zbiory otwarte roz l aczne U a, W a takie, że a U a oraz B W a. Zmniejszajac w razie potrzeby zbiór U a, możemy za lożyć, że U a B. Zauważmy, że cl (U a ) cl (X \ W a ) = X \ W a X \ B. Mamy zatem a U a B oraz cl (U a ) X \ B. Zauważmy, że A a A U a. Rodzina {U a : a A} B jest przeliczalna, zatem możemy ja ponumerować, tzn. {U a : a A} = {U n : n N}. Zatem (a) A n N U n oraz cl (U n ) X \ B. Podobnie, dla każdego b B możemy znaleźć zbiór otwarty V b taki, że n N b V b B oraz cl (V b ) X \ A. Rodzina {V b : b B} B jest przeliczalna, zatem {V b : b B} = {V n : n N}. Mamy zatem (b) B n N V n oraz cl (V n ) X \ A. Zdefiniujmy U n = U n \ (cl (V 1 ) cl (V n )) oraz V n = V n \ (cl (U 1 ) cl (U n )). Wówczas zbiory U n, V n sa otwarte. Niech U = n N n N U n oraz V = n N V n. Z (a) i (b) wynika, że A U i B V. Ponadto zbiory U, V sa otwarte, bo każdy ze zbiorów U n, V n jest otwarty. Pozostaje wykazać, że U V =. Zauważmy w tym celu, że U V = k,l N (U k V l ), zatem wystarczy sprawdzić, że U k V l = dla każdych k, l N. Ustalmy k, l. Jeśli k l, to V l cl (U k ) = i U k U k, zatem w szczególności U k V l =. Podobnie, jeśli l k, to U k V l =. Krok 2: Twierdzimy, że dla każdego x X i jego otoczenia W T istnieja zbiory U, V B takie, że x U cl (U) V W. 22

Istotnie, istnieje V B takie, że x V W (bo B jest baza). Nastepnie, korzystajac z T 3 znajdujemy zbiory otwarte roz l aczne G, H takie, że x G i X \ V H. Niech U B bedzie takie, że x U G. Wówczas cl (U) cl (G) cl (X \ H) = X \ H V. Krok 3: Oznaczmy przez P zbiór wszystkich par U, V, gdzie U, V B sa takie, że cl (U) V. Krok 2 pokazuje, że zbiór P jest niepusty. Z kolei, zbiór P jest przeliczalny, bo rodzina B jest przeliczalna. Możemy zatem napisać P = { U n, V n : n N}. Ustalmy n N. Wówczas zbiory cl (U n ) i X \ V n sa domkniete i roz l aczne, zatem na mocy Lematu Urysohna istnieje funkcja ciag la f n : X [0, 1] taka, że Niech F = {f n : n N}. Krok 4: Zdefiniujmy Pokażemy, że cl (U n ) f 1 n (0) i X \ V n f 1 n (1). ϱ(x, y) = max n N (1) ϱ jest metryka na zbiorze X, (2) T T ϱ, (3) T ϱ T. To zakończy dowód twierdzenia. 1 f n (x) f n (y), x, y X. n Ad (1): Sprawdzamy warunki metryki. Oczywiście ϱ(x, x) = 0 oraz ϱ(x, y) 0. Ustalmy x y. Wówczas zbiór {y} jest domkniety i nie zawiera x, zatem na mocy kroku 2 istnieje U, V P takie, że x U oraz V X \ {y}. Niech n N bedzie takie, że U, V = U n, V n. Wówczas f n (x) = 1 i f n (y) = 0, zatem ϱ(x, y) 1/n > 0. Tak wiec ϱ spe lnia pierwszy aksjomat metryki. Oczywiste jest, że ϱ(x, y) = ϱ(y, x). Pozostaje sprawdzić trzeci aksjomat metryki, czyli warunek trójkata. Ustalmy w tym celu x, y, z X. Niech n N bedzie takie, że ϱ(x, z) = 1 n f n(x) f n (z). Wówczas ϱ(x, z) = 1 n f n(x) f n (z) = 1 n f n(x) f n (y) + f n (y) f n (z) 1 n f n(x) f n (y) + 1 n f n(y) f n (z) ϱ(x, y) + ϱ(y, z). Ad (2): Ustalmy W T oraz x W. Niech U n, V n P bed a takie, że x U cl (U) V W. Wówczas f n (x) = 1 i f n (y) = 0 dla y X \ V. Tak wiec, dla y X \ V mamy ϱ(x, y) 1 n f n(x) f n (y) = 1 n. 23

Innymi s lowy, ϱ(x, y) < 1 n implikuje y V. Zatem K ϱ(x, 1 n ) V W. To dowodzi, że W T ϱ. Ad (3): Ustalmy p X i n N. Zauważmy, że x K(p, 1/n) ( i n) 1 i f i(x) f i (p) < 1 n, ponieważ dla i > n mamy 1 i f i(x) f i (p) 1 n+1 < 1 n. Niech h i(x) = 1 i f i(x) f i (p). Wówczas h i jest funkcja ciag l a, jako z lożenie funkcji ciag lych. Ponadto, z powyższej równoważności wynika, że K ϱ (p, 1/n) = ( h 1 i, 1 ), n i n zatem K ϱ (p, 1/n) T. Zbiory postaci K ϱ (p, 1/n) tworza baze topologii T ϱ, z czego wynika, że T ϱ T. 24

4 Zwartość Zwartość jest najważniejszym poj eciem topologii ogólnej. Klasa przestrzeni zwartych ma bardzo dobre w lasności i jest użyteczna w różnych dzia lach matematyki. 4.1 Definicje Przestrzeń topologiczna X, T nazywamy zwarta, jeśli dla każdej rodziny U T takiej, że U = X istnieje podrodzina skończona U 0 U taka, że U 0 = X. Aby uprościć sformu lowania różnych twierdzeń, wprowadza sie nastepuj ace pojecia. Rodzine A nazywamy pokryciem przestrzeni X, jeśli X = A. Jeśli zachodzi A A, to mówimy, że A jest pokryciem zbioru A. Pokrycie A nazywamy otwartym, jeśli sk lada sie ze zbiorów otwartych. Podpokryciem pokrycia A nazywamy dowolna podrodzine A, która jest również pokryciem. Teraz możemy definicje zwartości wyrazić krótko: Przestrzeń X jest zwarta, jeżeli z każdego pokrycia otwartego przestrzeni X można wybrać podpokrycie skończone. Podzbiór A przestrzeni topologicznej X nazywamy zbiorem zwartym, jeśli A wraz z topologia indukowana jest przestrzenia zwarta. Fakt 4.1. (a) Każda przestrzeń topologiczna skończona jest zwarta. (b) Podzbiór domkni ety przestrzeni zwartej jest zwarty. Dowód. Zdanie (a) jest oczywiste, wykażemy zatem tylko (b). Ustalmy przestrzeń zwarta X, T i zbiór domkniety A X. Niech U bedzie pokryciem otwartym A. Wówczas U = {V A: V V}, gdzie V T. Niech V = V {X \ A}. Wówczas V jest pokryciem otwartym X. Ze zwartości, istnieje podrodzina skończona V 0 V taka, że X = V 0 (X \ A). Rodzina U 0 = {V A: V V 0 } jest podpokryciem skończonym pokrycia U. Przyk lad 4.2. Niech X = {0} { 1 n : n N} bedzie podprzestrzeni a zbioru liczb rzeczywistych ze zwyk l a topologia. Wówczas X jest zwarta. Istotnie, majac dane pokrycie otwarte U zbioru X i ustalajac U 0 U takie, że 0 U, możemy znaleźć k N takie, że 1 n U 0 dla n k (z definicji granicy ciagu). Dalej, wybieramy dla każdego i < k zbiór U i U taki, że 1 i U i. Wówczas {U 0, U 1,..., U k 1 } jest skończonym podpokryciem pokrycia U. 4.2 Charakteryzacje zwartości Rodzine zbiorów F nazywamy scentrowana, jeśli F oraz dla każdego skończonego F 0 F zachodzi F 0, tzn. każda skończona podrodzina rodziny F ma niepusty przekrój. Dla F F mamy {F } = F, zatem rodzina scentrowana sk lada sie ze zbiorów niepustych. Wykorzystujac prawa de Morgana, dostajemy nastepuj ac a równoważna definicje zwartości: Fakt 4.3. Przestrzeń topologiczna jest zwarta wtedy i tylko wtedy, gdy każda scentrowana rodzina jej podzbiorów domkni etych ma niepusty przekrój. 25

Dowód. Ustalmy przestrzeń topologiczna X, T. Dla A P(X) zdefiniujmy A = {X \ U : U A}. Wówczas A = (A ) oraz A sk lada sie ze zbiorów otwartych rodzina A sk lada sie ze zbiorów domknietych. Z prawa de Morgana X \ A = A wynika, że A jest pokryciem wtedy i tylko wtedy, gdy A =. Z kolei, A zawiera podpokrycie skończone wtedy i tylko wtedy, gdy rodzina A nie jest scentrowana. Tak wi ec zdanie każde pokrycie otwarte zawiera podpokrycie skończone jest równoważne zdaniu żadna rodzina zbiorów domkni etych o pustym przekroju nie jest scentrowana. Wniosek 4.4. Niech X bedzie przestrzenia zwarta. Wówczas każdy zstepuj acy ciag F 1 F 2 F 3... z lożony z niepustych podzbiorów domkni etych w X ma przekrój niepusty. Dowód. Wystarczy zauważyć, że jeśli ciag (F n ) n N jest zstepuj acy i sk lada sie ze zbiorów niepustych, to rodzina {F 1, F 2,... } jest scentrowana. Stwierdzenie 4.5. Niech B bedzie baza przestrzeni topologicznej X, T i za lóżmy, że każde pokrycie otwarte zbioru X z lożone ze zbiorów z bazy B zawiera podpokrycie skończone. Wówczas X, T jest przestrzenia zwarta. Dowód. Ustalmy pokrycie otwarte U zbioru X. Rozważmy V = {V B : ( U U) V U}. Ustalmy x X. Wówczas x U dla pewnego U U, zatem x V U dla pewnego V B, ponieważ B jest baza. To dowodzi, że V B jest pokryciem X. Z za lożenia, istnieja V 1,..., V n V takie, że X = V 1 V n. Z definicji rodziny V, dla każdego i n możemy wybrać U i U takie, że V i U i. Wówczas {U 1,..., U n } jest skończonym podpokryciem pokrycia U. Powyższe kryterium zwartości jest prawdziwe przy s labszym za lożeniu, dowód jest jednak znacznie trudniejszy: Twierdzenie 4.6 (Lemat Alexandera). Niech A bedzie podbaza przestrzeni topologicznej X, T taka, że A = X. Za lóżmy, że każde pokrycie U zbioru X takie, że U A zawiera podpokrycie skończone. Wówczas X, T jest przestrzenia zwarta. Dowód. Przypuśćmy, że X, T nie jest zwarta i ustalmy pokrycie W T, które nie zawiera podpokrycia skończonego. Niech G W b edzie maksymalnym (ze wzgl edu na inkluzj e) pokryciem otwartym X, które nie ma podpokrycia skończonego. Istnienie takiego pokrycia 26

wynika z Lematu Kuratowskiego-Zorna: G jest elementem maksymalnym zbioru cześciowo uporzadkowanego P = {H T : H W i H nie zawiera podpokrycia skończonego} z relacja inkluzji. Istotnie, jeśli C jest lańcuchem w P,, to C jest ograniczeniem górnym dla C. Niech U = G A. Zauważmy, że U A nie jest pokryciem X, ponieważ w przeciwnym razie U zawiera loby podpokrycie skończone U 0, ale wówczas U 0 by loby też skończonym podpokryciem pokrycia G. Ustalmy x X \ U. Istnieje W x W takie, że x W x (ponieważ W = X). Z w lasności podbazy (Stwierdzenie 2.11), istnieja zbiory V 1,..., V n A takie, że x V 1 V n W x. Zauważmy, że V i / G, bo w przeciwnym razie mielibyśmy, że x V i U, ale x / U. Ustalmy i n. Jaki jest powód, że V i / G? Otóż, rodzina W i := G {V i } jest pokryciem otwartym X, zatem z maksymalności G wynika, że W i / P, czyli że W i zawiera podpokrycie skończone. To z kolei oznacza, że istnieje rodzina skończona V i G taka, że X = V i V i. Niech teraz V = V 1 V n. Wówczas rodzina V G jest skończona i zachodzi równość X = V i V dla każdego i = 1,..., n. Ostatecznie, wykorzystujac prawo rozdzielności, dostajemy X W x V (V 1 V n ) n ( V = V i ) V = X. Z tego wynika, że rodzina {W x } V jest skończonym podpokryciem pokrycia G. To daje sprzeczność z faktem, że G P. Przyk lad 4.7. Przedzia l [0, 1] jest przestrzenia zwarta. Istotnie, rodzina i=1 A = {[0, t): t (0, 1)} {(t, 1]: t (0, 1)} jest podbaza [0, 1] i z każdego pokrycia zbiorami z rodziny A można wybrać podpokrycie dwuelementowe. Poniżej podajemy bezpośredni dowód zwartości [0, 1], nie wykorzystujacy Lematu Alexandera. Ustalmy pokrycie otwarte U zbioru [0, 1] i rozważmy zbiór S = {t 1: ( U 0 U) U 0 jest skończone oraz [0, t] U 0 }. Niech b = sup S. Po pierwsze, zauważmy, że b > 0, bo 0 U dla pewnego U U, zatem istnieje r > 0 takie, że [0, r] U co oznacza, że r S. Przypuśćmy, że b < 1. Niech W U bedzie takie, że b W. Istnieja c < b < d takie, że [c, d] W. Wówczas c S, zatem przedzia l [0, d] = [0, c] [c, d] jest pokryty skończona ilościa zbiorów z rodziny U. Stad d S, sprzeczność. To dowodzi, że b = 1. Ten sam argument pokazuje, że b S, czyli U zawiera podpokrycie skończone. 27

4.3 Zwarte przestrzenie Hausdorffa Lemat 4.8. Niech X bedzie przestrzenia Hausdorffa. Wówczas każde dwa zbiory zwarte roz l aczne w X można oddzielić zbiorami otwartymi. Dowód. Ustalmy zbiory zwarte roz l aczne A, B X. Korzystajac z T 2, dla każdej pary punktów a, b takiej, że a A oraz b B ustalmy zbiory otwarte roz l aczne U a,b, V a,b takie, że a U a,b i b V a,b. Ustalmy b B. Wówczas A a A U a,b zatem korzystajac ze zwartości zbioru A znajdujemy a 1,..., a k A takie, że A k i=1 U a i,b. Niech U b := U a1,b U ak,b oraz V b := V a1,b V ak,b. Wówczas zbiory U b, V b sa otwarte, A U b, b V b i U b V b =. Korzystajac ze zwartości zbioru B możemy znaleźć b 1,..., b l B takie, że B l i=1 V b i. Przyjmijmy U := U b1 U bl oraz V := V b1 V bl. Wówczas zbiory U, V sa otwarte, A U, B V i U V =. Twierdzenie 4.9. Każdy zbiór zwarty w przestrzeni Hausdorffa jest domkni ety. Dowód. Niech X bedzie przestrzenia Hausdorffa i niech A X bedzie zwarty. Ustalmy x X \A. Wówczas {x} jest zbiorem zwartym roz l acznym z A, zatem na mocy Lematu 4.8 istnieja zbiory otwarte roz l aczne U, V takie, że x U i A V. W szczególności U A =, zatem x / cl (A). Z tego wynika, że A = cl (A). Twierdzenie 4.10. Każda przestrzeń zwarta Hausdorffa jest normalna. Dowód. Niech X bedzie przestrzenia zwarta spe lniajac a T 2. Ustalmy zbiory domkniete roz- l aczne A, B X. Wówczas A, B sa zwarte, zatem na mocy Lematu 4.8 istnieja zbiory otwarte roz l aczne oddzielajace A, B. To dowodzi T 4. Twierdzenie 4.11. Niech X bedzie przestrzenia zwarta, zaś Y niech bedzie przestrzenia Hausdorffa. Niech f : X Y bedzie odwzorowaniem ciag lym. Wówczas f[x] jest zbiorem zwartym oraz f jest przekszta lceniem domknietym, tzn. zbiór f[a] jest domkniety dla każdego zbioru domknietego A X. Dowód. Ustalmy pokrycie otwarte U zbioru f[x]. Wówczas V = {f 1 [U]: U U} jest pokryciem otwartym X, zatem na mocy zwartości istnieje podpokrycie skończone V 0 V. Niech U 0 U b edzie takie, że V 0 = {f 1 [U]: U U 0 }. Wówczas U 0 jest pokryciem f[x], bo w przeciwnym razie mielibyśmy f 1 [f[x] \ U 0 ] = X \ f 1 [U] = X \ V0 =. U U 0 28