I Metryzowalne przestrzenie topologiczne.

H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
I-1
Notatki te są uzupełnieniem wykładu. Układ materiału i jego ujęcie są bliskie skryptowi [BCPP], osiągalnemu pod http://duch.mimuw.edu.pl/~betley/wyklad1/ , i notatkom [P] prof. R. Pola, których kopie można uzyskać w punkcie xero na parterze budynku Wydziału MIM UW. Podstawowa literatura w języku polskim wymieniona jest w
opisie przedmiotu w USOSie. Znacznie bogatsze wiadomości dotyczące większości wykładu zawierają piękne książki R. Engelkinga: „Topologia Ogólna” i „Wstęp do topologii
ogólnej”. Dodatkową literaturę dotyczącą końcowej części wymienię dalej.
Znak oznacza koniec rozumowania; znak ma podobne znaczenie, lecz używam
go, gdy pewne fragmenty rozumowania wymagają uzupełnienia. „Zadaniami” nazwane
są wyniki (różnej trudności, na ogół bardzo proste), które z pożytkiem powinny być
udowodnione przez Czytelnika lub omówione na ćwiczeniach; polecenie „dowieść” bywa
pomijane. Gwiazdka oznacza materiał trudniejszy lub dalej nie wykorzystywany, a przy
tym wykraczający poza program.
I
Metryzowalne przestrzenie topologiczne.
§ 1.
Przestrzenie metryczne i ciągłość funkcji między nimi.
Definicja. Metryką na zbiorze X nazywamy tu taką funkcję d : X × X → [0, ∞], że
(m0) d(x, x) = 0 dla x ∈ X,
(m1) gdy x, y ∈ X i x 6= y, to d(x, y) = d(y, x) > 0 (symetria i dodatność);
(m2) d(x, y) + d(y, z) ≥ d(x, z) dla x, y, z ∈ X (nierówność trójkąta).
Przestrzenią metryczną nazywamy zbiór z wyróżnioną metryką na nim.
Podprzestrzenią przestrzeni metrycznej (X, d) nazywamy każdy zbiór A ⊂ X,
rozpatrywany z metryką d|A×A , indukowaną przez d na A. Bywa, że dla krótkości
metrykę d|A×A oznaczamy też przez d|A , lub niekiedy nadal przez d.1
Uwaga 1. a) W większości podręczników żąda się od metryki, by nie przyjmowała
wartości ∞. Gdy chcemy to zastrzec, będziemy mówić o metryce skończonej.
b) Z (m2) wynika, że gdy d(x, z) + d(y, z) < ∞, to d(x, y) ≥ |d(x, z) − d(y, z)|.
Przykład 1. a) X = [−∞, ∞], d(x, y) := |x − y| (znane z AM I; gdy x = ±∞ lub
y = ±∞ i x 6= y, przyjmujemy
qP|x − y| = ∞);
k
2
b) X = Rk , de (x, y) :=
i=1 (xi − yi ) (znane z geometrii, AM II, GAL II);
qP
k
k
2
c) X = C , d(x, y) :=
i=1 |xi − yi | (znane (?) z GAL II);
Q d) Gdy {(Xs , ds ) : s ∈ S} jest rodziną przestrzeni metrycznych, to na zbiorze
s∈S Xs określimy metrykę ρ wzorem ρ((xs ), (ys )) := sups∈S ds (xs , ys ); nazwiemy ją
1
Jednak dZ piszemy dla zaznaczenia, że dZ jest metryką na danym zbiorze Z–tak więc trzeba odróżniać dZ od d|Z .
I § 1.
I-2
Q
metryką pudełkową na iloczynie s Xs , wyznaczoną przez rodzinę {ds }s∈S metryk
na jego osiach. (Sprawdzenie nierówności trójkąta pozostawione jest jako zadanie.)
e) Gdy (X, d) jest przestrzenią metryczną, a S dowolnym zbiorem, to następujący
wzór definiuje metrykę dsup na zbiorze X S wszystkich funkcji z S do X:
dsup (f, g) := sup{d(f (s), g(s)) : s ∈ S}.
Q
Wynika to z d), gdy przyjąć tam Xs = X∀s i utożsamić X S z s∈S Xs .
f) W szczególności, przestrzenią metryczną jest (RS , dsup ), gdzie RS to zbiór funkcji
rzeczywistych, określonych na S, zaś dsup (f, g) := sups∈S |f (s) − g(s)| dla f, g ∈ RS .
g) O rodzinie {(XS
s , ds ) : s ∈ S} z d) założmy dodatkowo, że zbiory Xs są parami rozłączne. Niech X := s∈S Xs i dla x, y ∈ X przyjmijmy d(x, y) = ds (x, y) jeśli x, y ∈ Xs
dla pewnego s ∈ S, zaś d(x, y) = ∞ w przeciwnym razie. Wówczas (X, d) jest przestrzenią metryczną, którą nazwiemy sumą rozłączną (lub: dyskretną) rozważanej
rodziny przestrzeni metrycznych.
h) Płaszczyzna R2 z metryką rzeka dr , określoną w [BCPP].
i) Płaszczyzna R2 z metryką kolejową dk , określoną w [BCPP].
j) Znaczenie w Analizie mają przestrzenie liniowe nad ciałem F ∈ {R, C}, wyposażone
w normę, tzn. taką funkcję V 3 v 7→ ||v|| ∈ [0, ∞), że
||v + w|| ≤ ||v|| + ||w||, ||λv|| = |λ| · ||v|| i ||v|| 6= 0 dla v, w ∈ V \ {0} i λ ∈ F.
Normie || || odpowiada metryka skończona d, zdefiniowana wzorem d(v, w) := ||v − w||
dla v, w ∈ V . (Sprawdzenie własności (m0), (m1) i (m2) pozostawione jest jako zadanie.)
Ważna jej własność to przesuwalność: dla u, v, w ∈ V zachodzi d(v, w) = d(u+v, u+w).
k) Przykłady takich przestrzeni i dalsze przykłady przestrzeni metrycznych podane
będą na ćwiczeniach.
Metryka umożliwia wprowadzenie ciągów zbieżnych i przekształceń ciągłych.
Definicja. Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną.
a) Dla x0 ∈ X, przez Bd (x0 , r) := {x ∈ X : d(x, x0 ) < r} oznaczamy kulę otwartą w
metryce d, o środku w x0 i promieniu r. Gdy mowa o kulach otwartych, zakładamy r > 0.
b) Ciąg punktów (xn )n∈N w (X, d) nazywamy zbieżnym do punktu x0 ∈ X, co
oznaczamy xn → x lub x = limn xn , jeśli d(xn , x0 ) → 0.
Stwierdzenie 1. Niech (X, dX ) i (Y, dY ) będą przestrzeniami metrycznymi, niech x0 ∈
X i niech f : X → Y będzie przekształceniem. Wówczas równoważne są warunki:
(cp1) dla każdego ciągu (xn )n∈N punktów przestrzeni X, zbieżnego do x0 w przestrzeni
(X, dX ), ciąg (f (xn )) jest zbieżny do f (x0 ) w przestrzeni (Y, dY ).
(cp2) ∀ε > 0 ∃δ > 0 takie, że f (BdX (x0 , δ)) ⊂ BdY (f (x0 ), ε). H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
I-3
Definicja. Gdy powyższe dwa warunki są spełnione, przekształcenie f nazywamy ciągłym w punkcie x0 . Przekształcenie, ciągłe w każdym punkcie x0 ∈ X, nazywamy ciągłym. By zaznaczyć wybór metryk, w miejsce f : X → Y piszemy niekiedy
f : (X, dX ) → (Y, dY ). (Wybór ten jest istotny!)
Oto przykład wykorzystania definicji:
Lemat 1. Niech (X, d) oraz (Yi , di ) (i ∈ I) będą przestrzeniami metrycznymi,
zaś
Q
(fi : X → Yi )i∈I układem przekształceń ciagłych. Wyposażmy Y := i∈I Yi w metrykę pudełkową ρ, opisaną w części d) przykładu 1. Gdy zbiór indeksów I jest skończony, to przekształcenie f : (X, d) → (Y, ρ), dane wzorem f (x) = (fi (x))i∈I dla x ∈ X,
jest ciągłe.
Dowód. Niech ε > 0 i x0 ∈ X będą dane. Wobec ciągłości każdej z funkcji fi i
skończoności zbioru I istnienieje taka liczba δ > 0, że fi (Bd (x0 , δ)) ⊂ Bdi (f (x0 ), ε) ∀i ∈
I. Z definicji metryki ρ wynika, że f (Bd (x0 , δ)) ⊂ Bρ (f (x0 ), ε), co dowodzi tezy. Zadanie 1. a) Dla i ∈ N, niech (X, d) := (Y, di ) := (R, de ) oraz fi (x) = ix. Czy
zdefinowane w lemacie przekształcenie f jest ciągłe?
b) Dowieść, że przekształcenie f z lematu będzie ciągła jeśli I = N i założyć dodatkowo, że dla pewnego układu (ci )i∈V liczb dodatnich, zbieżnego do zera, zachodzi
di ≤ ci ∀i ∈ I.
Ze względu na warunek (cp2), pochodzący od Cauchy’ego, warto mieć wyobrażenie
o postaci kul w badanych przestrzeniach. Możemy też warunek (cp2) modyfikować,
posługując się pojęciem otoczenia i zbioru otwartego.
Zadanie 2. Naszkicować kule otwarte o promieniu r w sytuacjach opisanych w przykładzie 1: w b) przy k = 2 i k = 3, w e) przy S = {1, 2} i X = [0, 1], w g) przy
Xs = R × {s} i S = {1, 2}, oraz w h) i i).
Definicja. W przestrzeni metrycznej (X, d),
• otoczenie puktu x0 to zbiór, zawierający pewną kulę otwartą Bd (x0 , r) wokół x0 ;
• zbiór otwarty to taki, który jest otoczeniem każdego swego punktu;
• rodzinę wszystkich zbiorów otwartych w (X, d) oznaczmy przez T (d), a rodzinę
wszystkich kul otwartych – przez B(d). (Zauważmy, że ∅ ∈ T (d) !)
Uwaga 2. Gdy G1 i G2 są otoczeniami punktu x0 , to G1 ∩ G2 też nim jest.
Zadanie 3. a) B(d) ⊂ T (d) – czyli kule otwarte są zbiorami otwartymi.
b) Wywnioskować, że gdy B1 , B2 ∈ B(d) i x ∈ B1 ∩ B2 , to x ∈ B ⊂ B1 ∩ B2 dla
pewnej kuli B ∈ B(d).
Stwierdzenie 2. Warunki (cp1) i (cp2) są też równoważne każdemu z następujących:
I § 1.
I-4
(cp3) Dla każdej kuli otwartej B w przestrzeni (Y, dY ), o środku w f (x0 ), jej przeciwobraz f −1 (B) jest otoczeniem punktu x0 w przestrzeni (X, dX ).
(cp4) Dla każdego otoczenia G punktu f (x0 ) w przestrzeni (Y, dY ), jego przeciwobraz
−1
f (G) jest otoczeniem punktu x0 w przestrzeni (X, dX ). Wniosek 1. Gdy (Xi , di ) są przestrzeniami metrycznymi, i = 1, 2, 3, a przekształcenia
f : (X1 , d1 ) → (X2 , d2 ) i g : (X2 , d2 ) → (X3 , d3 ) są ciągłe w punktach x0 ∈ X oraz
f (x0 ), odpowiednio, to złożenie g ◦ f : (X1 , d1 ) → (X3 , d3 ) jest ciągłe w punkcie x0 . W
szczególności, gdy f i g są ciągłe, to ich złożenie g ◦ f też jest ciągłe.
Gdy zastosować kryterium (cp4), dowód wynika z równości (g◦f )−1 (G) = f −1 (g −1 (G))
dla G ⊂ X3 .
Twierdzenie 1. Przeształcenie f : (X, dX ) → (Y, dY ) jest ciągłe wtedy i tylko wtedy,
gdy dla każdego zbioru W ∈ T (dY ) zachodzi f −1 (W ) ∈ T (dX ) (czyli: gdy przeciwobraz
każdego zbioru, otwartego w przestrzeni (Y, dY ), jest otwarty w przestrzeni (X, dX )).
Dowód. Niech przekształcenie f będzie ciągłe i niech W ∈ T (dX ). Dla dowolnego
punktu x0 ∈ f −1 (W ) zachodzi f (x0 ) ∈ W , skąd W jest otoczeniem punktu f (x0 ),
wobec otwartości zbioru W . Na podstawie stwierdzenia 1 i ciągłości f w punkcie x0 ,
zbiór f −1 (W ) jest więc otoczeniem (każdego swego) punktu x0 – a zatem jest otwarty.
Odwrotnie, niech f −1 (W ) ∈ T (dX ) dla każdego zbioru W ∈ T (dY ). By dowieść
ciągłości f w dowolnym punkcie x0 ∈ X, obierzmy otoczenie G jego obrazu f (x0 ).
Zauważmy, że f (x0 ) ∈ W ⊂ G dla pewnego W ∈ T (dY ) –możemy bowiem za W
przyjać kulę wokół f (x0 ), zawartą w G. Ponieważ (z założenia) f −1 (W ) ∈ TX , więc
zbiór f −1 (G), zawierający f −1 (W ), jest (z definicji) otoczeniem punktu x0 . Warunek
(cp4) jest więc spełniony i funkcja f jest ciągła w x0 . Uwaga 2. Jest ważne, że w twierdzeniu występują przeciwobrazy zbiorów otwartych
w Y , nie zaś obrazy zbiorów otwartych w X. Dla przykładu rozpatrzmy podprzestrzenie
X = [0, 1] × {0} i Y = {(0, 1) ∪ (0, 1] × {0} płaszczyzny (R2 , de ), zaś przekształcenie
f : X → Y określmy wzorem f (x) = x gdy x ∈ (0, 1] i f (0, 0) = (0, 1). Przekształcenie
to nie jest ciągłe w punkcie x0 = (0, 1), choć f (U ) ∈ TY dla każdego U ∈ TX .
W oparciu o twierdzenie 1, można nie tylko badać ciągłość funkcji, ale –poniekąd
odwrotnie– dowodzić otwartości zbiorów w oparciu o ciagłość odpowiednich funkcji. Jest
to schemat dość skuteczny, bo wcześniejsze wyniki ułatwiają uzasadnienie ciągłości.
Przykład 2. Niech U := {(x, y) ∈ R2 : sin(x2 + y 3 ) < exp(xy)}; dowiedziemy otwartości
zbioru U w płaszczyźnie R2 , wyposażonej w metrykę dsup opisaną w części f) przykładu 1,
dla S = {1, 2}. W tym celu zauważmy, że U = f −1 ((0, ∞)), gdzie f (x, y) := exp(xy) −
sin(x2 + y 3 ). Ponieważ zbiór (0, ∞) jest otwarty w R, więc zbiór U będzie otwarty w R2 ,
o ile funkcja f jest ciągła. Oczywiście, f = g ◦ (u, v), gdzie g, u, v : R2 → R są takie:
I-5
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
g(s, t) = s − t, u(x, y) = exp(xy) i v(x, y) = sin(x2 + y 2 )
Wobec lematu 1 i wniosku 1, pozostaje dowieść ciągłości każdej z tych funkcji. Z nich,
u i v można w podobny sposób przedstawić jako złożenie, w odpowiedniej kolejności,
następujących funkcji (niżej, nadal R i R2 rozpatrujemy z opisanymi już metrykami):
x 7→ x2 i y 7→ y 3 (obie z R do R),
(s, t) 7→ s + t i (x, y) 7→ xy (obie z R2 do R),
z 7→ exp(z) i z 7→ sin(z) (obie z R do R).
Ponieważ ciągłość funkcji exp, sin i wielomianowych zapewniają odpowiednie wyniki z
AM1, więc rzecz sprowadza się do wykazania ciągłości funkcji (s, t) 7→ s + t (co zapewni
także ciągłość funkcji g) oraz funkcji (x, y) 7→ xy. Uwaga 3. Podkreślmy, że dowiedliśmy otwartości zbioru U na płaszczyźnie R2 , wyposażonej w metrykę dsup . Zbiór U jest też otwarty, gdy R2 wyposażyć w metrykę
euklidesową de , lecz uzasadnienie da dopiero zadanie 3 w następnym paragrafie.
Użyteczne są proste kryteria, ułatwiające rozpoznawanie funkcji ciągłych.
Zadanie 4. Niech (X, d) i (Y, ρ) będą przestrzeniami ze skończonymi metrykami.
a) Jeśli przekształcenie f : (X, d) → (Y, ρ) spełnia warunek Lipschitza, tzn. istnieje
stała L > 0 taka, że ρ(f (x1 ), f (x2 )) ≤ L · d(x1 , x2 ), to jest ono ciągłe.
b) Gdy F jest rodziną funkcji z (X, d) do (R, de ), spełniających warunek Lipschitza z
daną stałą L, to funkcje x 7→ inf f ∈F f (x) i x 7→ supf ∈F f (x) też ten warunek spełniają
lub są stale równe ∞ lub −∞, odpowiednio.
c) W szczególności, gdy ∅ 6= A ⊂ X, to funkcja x 7→ distd (x, A) := inf a∈A d(x, a)
spełnia warunek Lipschitza ze stałą 1 i zeruje się dokładnie na domknięciu zbioru A.
d) Dowieść, że gdy K i L są rozłącznymi zbiorami domkniętymi w (X, d), to istnieje
funkcja ciągła f : X → [0, 1] taka, że f −1 (0) = K i f −1 (1) = L. Gdy zaś ponadto zbiory
U ⊃ K i V ⊃ L są otwarte w X i rozłączne, to można też żądać, by f −1 ( 21 ) = X \(U ∪V ).
Q
Uwaga 4. Przy oznaczeniach przykładu 1d), każde rzutowanie πt : ( s∈S Xs , ρ) →
(Xt , dt ) spełnia warunek Lipschitza ze stałą 1, więc jest ciągłe.
Zadanie 5. ∗ Niech A będzie wypukłym podzbiorem przestrzeni unormowanej (E, || ||).
0
Dowieść, że distd (tx + (1 − t)x
+ (1 − t)distd (x0 , A) dla x, x0 ∈ E
P, nA) ≤ tdistd (x,
PA)
i t ∈ [0, 1], wobec czego distd ( i=1 ti xi , A) ≤ ni=1 ti distd (xi , A). (Tu, d jest metryką
wyznaczoną przez normę || ||, patrz przykład 1j).)
§ 2.
Ogólne przestrzenie topologiczne: podstawowe pojęcia.
Dla zadanej przestrzeni metrycznej (X, d), zapiszmy podstawowe własności rodzin T =
T (d) i B = B(d), złożonych z jej wszystkich zbiorów otwartych i wszystkich kul otwartych, odpowiednio. Rodzina B ma takie własności (co do (B2), patrz zadanie 3b) w §1):
I § 2.
(B1)
(B2)
I-6
S
B=X
gdy B1 , B2 ∈ B i x ∈ B1 ∩ B2 , to x ∈ B ⊂ B1 ∩ B2 dla pewnego B ∈ B.
Z definicji rodziny T = T (d) wynika związek między B i T :
S
(Z) U ∈ T ⇔ (U = BU dla pewnej rodziny BU ⊂ B).2
Z (B1), (B2) i (Z) wynikają zaś łatwo trzy proste własności rodziny T zbiorów otwartych:
(O1)
(O2)
(O3)
X ∈ T i ∅ ∈ T (zbiór pusty i cała przestrzeń są zbiorami otwartymi);
U1 ∩ U2 ∈ T dla U1 , U2 ∈ T ;
S
Gdy U ⊂ T , to U ∈ T .
Rodzina T jest więc zamknięta względem tworzenia przecięć skończenie wielu swych
elementów czy tworzenia sum mnogościowych dowolnie wielu swych elementów.
Twierdzenie 1 w §1 posłużyć może do rozpoznania ciągłości funkcji f : (X, d) →
(Y, ρ), gdy tylko znane są rodziny T (d) i T (ρ) zbiorów otwartych w (X, d) i w (Y, ρ);
znajmość metryk d i ρ nie jest do tego potrzebna. Warto też zauważyć, że zagadnienie
związane z ciągłością lub zbieżnością nie zawsze umiemy badać posługując się topologią
wyznaczoną przez metrykę. Na przykład, nie umiemy przy pomocy żadnej metryki
opisać zbieżnoś ciągu funkcji w każdym punkcie t ∈ [0, 1]; można to jednak zrobić,
jeśli posłużyć się ogólniejszą topologią, spełniającą tylko warunki (O1), (O2), (O3).
Tymi ogólnymi topologiami zajmiemy się bliżej dopiero w rozdziale II, lecz już teraz
warto zwracać uwagę na to, które z przyjmowanych definicji lub dowodzonych wyników
wymagają użycia metryki, a które –tylko własności (O1), (O2) i (O3).
Definicja. Przestrzenią topologiczną nazywamy zbiór X, wyposażony w rodzinę T
swych podzbiorów, spełniającą warunki (O1), (O2) i (O3). (Tak więc przestrzenią jest
para (X, T ).) Rodzinę T nazywamy topologią tej przestrzeni, a jej elementy – zbiorami otwartymi. Często przestrzenią nazywamy zbiór X, zakładając, że topologia T
została wskazana.
Definicja. Zbiór F w przestrzeni topologicznej (X, T ) nazywamy domkniętym, jeśli
zbiór X \ F jest otwarty (czyli X \ F ∈ T ).
Oczywiście, z własności (O1)–(O3) rodziny T i praw de Morgana wynika, że:
(C1)
(C2)
(C3)
zbiór pusty i cała przestrzeń są zbiorami domkniętymi;
suma skończenie wielu zbiorów domkniętych jest zbiorem domkniętym;
część wspólna dowolnie wielu zbiorów domkniętych jest zbiorem domkniętym.
Definicja. a) Dla zbioru A w przestrzeni topologicznej (X, T ) przyjmujemy:
[
\
IntA := {U ∈ T : U ⊂ A}, A := {F : F ⊃ A i F jest zbiorem domkniętym X}
2
Dopuszczamy mołiwość, że rodzina BU jest pusta – dzięki czemu równoważność ma miejsce dla U = ∅.
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
I-7
IntA nazywamy wnętrzem, a A domknięciem zbioru A; inne oznaczenie na A to clA.
b) Zbiór A nazywamy gęstym, gdy A = X, zaś brzegowym gdy IntA = ∅.
c) Zbiór G ⊂ X nazywamy otoczeniem zbioru A ⊂ X w przestrzeni (X, T ), jeśli
A ⊂ IntG (równoważnie: jeśli A ⊂ U ⊂ G dla pewnego zbioru U ∈ T ). Zamiast
„otoczenie zbioru {x0 }” mówimy krócej „otoczenie punktu x0 ∈ X”.
Zadanie 1. Gdy (X, d) jest przestrzenią metryczną i T = T (d), to powyższa definicja
otoczeń punktu x0 jest zgodna z podaną w §1.
Uwaga 1. a) Zbiór A jest domknięty, na podstawie (C3), i zawiera A; z definicji
wynika więc, że jest on najmniejszym (wględem inkluzji) zbiorem o tych własnościach.
Podobnie, IntA jest największym zbiorem otwartym, zawartym w A.
b) Stąd zaś wynika, że A = A gdy zbiór A jest domknięty, jak również, że operacja
domkniecia A 7→ A jest monotoniczna: gdy A ⊂ B, to A ⊂ B. Tak samo, operacja
wnętrza jest monotoniczna i IntA = A gdy zbiór A jest otwarty.
c) Ponadto, X \ IntA = X \ A, bo dopełnienie największego zbioru otwartego, zawartego w A, jest najmniejszym zbiorem domkniętym, zawierającym X \ A. Tak więc
IntA = X \ X \ A,
A = X \ Int(X \ A).
(1)
Stwierdzenie 1. a) A ∪ B = A ∪ B i Int(A ∩ B) = IntA ∩ IntB.
b) x ∈ A ⇔ (G ∩ A 6= ∅ dla każdego otoczenia G punktu x).
Dowód. Ad a). Inkluzja A ∪ B ⊂ A ∪ B wynika stąd, że zbiór po prawej jest domknięty
(jako suma dwóch zbiorów domkniętych) i zawiera zbiór A ∪ B –więc zawiera i jego
domknięcie. Z drugiej strony, A ∪ B ⊃ A, bo A ∪ B ⊃ A, i podobnie A ∪ B ⊃ B, skąd
A ∪ B ⊃ A ∪ B. Równość Int(A ∩ B) = IntA ∩ IntB wynika z definicji i własności (O2).
Ad b). Na podstawie (1), x ∈ A ⇔ x 6∈ Int(X \ A) ⇔ @U ∈ T : x ∈ U ⊂ X \ A. Uwaga 2. Z części b) wynika, że zbiór gęsty to taki, który zawiera punkty każdego niepustego otwartego podzbioru przestrzeni. Również, jeśli T = T (d) dla pewnej metryki d,
to x ∈ A wtedy i tylko wtedy, gdy d(an , x) → 0 dla pewnego ciągu {an }∞
n=1 ⊂ A. Definicja. a) Gdy (X, TX ) i (Y, TY ) są przestrzeniami topologicznymi, to przekształcenie
f : X → Y nazywamy ciągłym w puncie x0 ∈ X, jeśli przeciwobraz przy f każdego
otoczenia punktu f (x0 ) (w przestrzeni Y ) jest otoczeniem punktu x0 (w przestrzeni X).
Przekształcenie, ciągłe w każdym punkcie, nazywamy ciągłym.
b) Przekształcenie f : X → Y nazywamy homeomorfizmem, jeśli jest bijektywne
i oba przekszałcenia f i f −1 są ciągłe.
Wyżej, piszemy czasem f : (X, TX ) → (Y, TY ) w miejsce f : X → Y , by zaznaczyć
wybór topologii TX i TY (od którego definicje zależą), a także piszemy f : (X, dX ) →
(Y, dY ) w miejsce f : (X, T (dX )) → (Y, T (dY )). W ostatnim przypadku, definicje z a)
są zgodne z podanymi w §1, ze względu na zadanie 1.
I § 2.
I-8
Przykład 1. Traktujmy X := {0, 1, 2, ...} i Z := {0, 1, 1/2, 1/3, ...} jako podprzestrzenie
prostej (R, de ). Przekształcenie f : (X, dX ) → (Z, dZ ), dane wzorem f (0) = 0 i f (n) =
1/n dla n > 0, jest ciągłe i bijektywne, lecz nie jest homeomorfizmem.
Zadanie 2. Dla powyższych przestrzeni X i Z, czy istnieje homeomorfizm X na Z?
Przykład 2. Gdy f : (X, d) → (Y, ρ) jest izometrią, tzn. f (X) = Y i ρ(f (x1 ), f (x2 )) =
d(x1 , x2 ) dla wszystkich x1 , x2 ∈ X, to f jest homeomorfizmem. (Wynika to z zadania
4a) w §1, zastosowanego do f i do f −1 .)
Zadanie 3. Niech (A, d|A ) będzie podprzestrzenią przestrzeni (X, d) i niech funkcja
f : (A, d|A ) → (Y, dY ) będzie ciągła. Dowieść, że przekształcenie A 3 a 7→ (a, f (a)) jest
homeomorfizmem przestrzeni (A, dA ) na wykres W (f ) := {(a, f (a)) : a ∈ A} funkcji f ,
traktowany jako podprzestrzeń przestrzeni X × Y , wyposażonej w metrykę pudełkową.
Zadanie 4. Przedział w R, nie składający się z jednego punktu, jest homeomorficzny
z którymś z przedziałów [0, 1], [0, 1) lub (0, 1). (Przedziały rozpatrujemy z metryką
(x, y) 7→ |x − y|; mogą one być nieograniczone.)
Uwaga 3. a) Gdy przeksztalcenia f : (X, TX ) → (Y, TY ) i g : (Y, TY ) → (Z, TZ ) są
ciągłe, to ich złożenie g ◦ f : (X, TX ) → (Z, TZ ) też jest ciągłe.
b) Wynika stąd, że złożenie homeomorfizmów jest homeomorfizmem.
c) Gdy f : (X, TX ) → (Y, TY ) jest homeomorfizmem, to wzór W 7→ f −1 (W ) ustala
bijekcję z TY na TX : jej odwrotność jest zadana analogicznym wzorem, przy f zastąpionym przez f −1 –czyli wzorem wzorem U 7→ f (U ) dla U ∈ TX . Opiszmy też ciągłość w sposób równoprawnie traktujący zbiory otwarte i domknięte:
Stwierdzenie 2. Dla przekształcenia f : X → Y pomiędzy przestrzeniami topologicznymi (X, TX ) i (Y, TY ), równoważne są warunki:
a) Przekształcenie to jest ciągłe;
b) Przeciwobraz, przy f , każdego zbioru otwartego w Y jest otwarty w X (tzn.
−1
f (U ) ∈ TX dla każdego zbioru U ∈ TY );
c) Przeciwobraz, przy f , każdego zbioru domkniętego w Y jest domknięty w X.
Dowód. Dowód równoważności a)⇔b) jest taki, jak dowód twierdzenia 1 w §1. Równoważność zaś b)⇔c) wynika stąd, że f −1 (Y \ A) = X \ f −1 (A) dla A ⊂ Y . Zadanie 5. Warunki powyższe są równoważne każdemu z następujących:
d) f −1 (B) ⊂ f −1 (B) dla każdego zbioru B ⊂ Y ;
e) f (A) ⊂ f (A) dla każdego zbioru A ⊂ X;
f) f −1 (IntA) ⊂ Int(f −1 (A)) dla każdego zbioru A ⊂ Y .
Definicja. Nech d i ρ będą metrykami na zbiorze X.
• Topologią, generowaną przez metrykę d, nazywamy topologię T (d);
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
I-9
• metryki d i ρ są równoważne, jeśli generują tę samą topologię. (Inaczej: gdy
identyczność jest homeomorfizmem z (X, d) do (X, ρ).
Przykład 3. Niech przestrzeń (X, T ) będzie dyskretna, tzn. niech każdy zbiór w X
będzie otwarty. Wówczas T = T (d) dla metryki d określonej tak, że d(x1 , x2 ) = 1 dla
każdej pary różnych punktów x1 , x2 ∈ X.
Zadanie 6. Udowodnić, że przekształcenie identycznościowe z (Rn , de ) do (Rn , dsup )
√
spełnia warunek Lipschitza ze stałą 1, a z (Rn , dsup ) do (Rn , de ) – ze stałą n. Wywnioskować, że metryki de i dsup są równoważne.
Zadanie 7. a) Dla A ⊂ X dowieść równości:
T (d|A ) = {U ∩ A : U ∈ T (d)}
(2)
Wywnioskować, że:
b) Zbiór F jest domknięty w przestrzeni (A, d|A ) wtedy i tylko wtedy, gdy jest postacj
K ∩ A dla pewnego zbioru K, domkniętego w (X, d).
c) Gdy A ∈ T (d), to T (d|A ) ⊂ T (d) (czyli: zbiór otwarty w otwartej podprzestrzeni
przestrzeni (X, d) jest otwarty w (X, d)).
d) Gdy metryki d i ρ na X są równoważne, to metryki d|A i ρ|A na zbiorze A – też.
Przestrzeń topologiczną nazywamy metryzowalną, jeśli jej topologia jest generowana przez pewną metrykę. Nie każda topologia jest metryzowalna (przykłady podamy
dalej); ponadto różne metryki mogą wyznaczać tę samą topologię – patrz zadanie 5.
Uwaga 4. Przestrzeń, homeomorficzna z przestrzenią metryzowalną, jest metryzowalna. Co więcej, gdy f jest homeomorfizmem z (X, T ) na (Y, T (ρ)), to topologia T
jest generowana przez metrykę d, określoną wzorem d(x, x0 ) := ρ(f (x), f (x0 )). Istotnie,
przekształcenie identycznościowe (X, T ) → (X, T (d)) jest homemomorfzmem, jako złożenie przekształceń f : (X, T ) → (Y, T (ρ)) i f −1 : (Y, T (ρ) → (X, T (d)), z których
każde jest homeomorfizmem: pierwsze z założenia, a drugie –bo jest izometrią.
Dla dalszych celów zauważmy, że gdy przestrzeń (Y, ρ) jest zupełna, to (X, d) –też,
bo jest izometryczna z przestrzenią zupełną (Y, ρ). (Brakujące definicje będą w §3). § 3.
Powrót do przestrzeni metrycznych: przestrzenie metryczne zupełne.
Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną.
Definicja. Ciąg {xn }∞
n=1 ⊂ X spełnia warunek Cauchy’ego, jeśli dla każdej liczby
ε > 0 istnieje liczba naturalna n = n(ε) taka, że d(xk , xl ) < ε dla wszystkich k, l > n.
(Gdyby od n = n(ε) żądać tylko, by d(xn , xk ) < ε dla k > n, otrzymamy warunek
I § 3.
I-10
równoważny – dlaczego?) Można ten warunek zapisać też tak:
lim diamd ({xn , xn+1 , ...}) = 0, gdzie diamd (A) := sup{d(a, a0 ) : a, a0 ∈ A}.
n→∞
(3)
Krótko, mówimy też o ciągach Cauchy’ego (lub d–Cauchy’ego, by uwidocznić rolę d).
Uwaga 1. a) Ciąg zbieżny w (X, d) spełnia warunek Cauchy’ego w metryce d.
b) Ciąg Cauchy’ego, posiadający podciąg zbieżny, sam jest zbieżny.
Definicja. Przestrzeń (X, d), lub metrykę d, nazywamy zupełną, jeśli każdy ciąg d–
Cauchy’ego jest zbieżny.
Przykład 1. Przestrzeń (R, de ) jest zupełna – dowiedziono tego na AM I.
Uwaga 2. Z definicji wynika, że domknięta podprzestrzeń (A, d|A ) przestrzeni metrycznej zupełnej (X, d) też jest przestrzenią zupełną. Również odwrotnie, jeśli podprzestrzeń
(A, d|A ) jest zupełna, to A jest zbiorem domkniętym w X. (Wynika to z uwagi 1a).) Zadanie 1. Niech dwie przestrzenie metryczne będą izometryczne, tzn. niech istnieje
izometria jednej z nich na drugą. Udowodnić, że jeśli jedna z tych przestrzeni jest
zupełna, to druga też.
Zupełność przestrzeni (X, d) zależy od metryki d, a nie tylko od topologii T (d):
Przykład 2. Odcinek J := (−1, 1) nie jest zupełny w metryce de , bo nie jest domknięty w
(R, de ); patrz wyżej. Gdy jednak przyjmiemy d(x, y) := |f (x) − f (y)|, gdzie f : J → R
jest homeomorfizmem (można n.p. wziąć f (t) = tan(πt/2)), to otrzymamy metrykę d
na J, która na podstawie uwagi 1 w §I.3 jest zupełna i równoważna metryce de|J×J .
Lemat 1 (G. Cantora). Niech F1 ⊃ F2 ⊃ ... będzie ciągiem domkniętych,
niepustych
T
podzbiorów przestrzeni zupełnej (X, d). Jeśli diamd (Fn ) → 0, to n Fn 6= ∅.
Dowód. Obierzmy punkty x1 ∈ F1 , x2 ∈ F2 , .... Ponieważ diamd {xi }∞
i=n ≤ diamd (Fn ) →
∞
0, więc ciąg (xn )n=1 spełnia warunek Cauchy’ego (3) i wobec tego jest zbieżny do pewnego
punktu x. A że dla n ∈ N zachodzi {xi }i≥n ⊂ Fn = F n , to x = limi xi ∈ Fn , ∀n ∈ N. Uwaga 3. Założenie diamd (Fn ) → 0 i zupełność metryki d są wyżej istotne. Świadczą
o tym ciągi zbiorów Fn = [n, ∞) w przestrzeni (R, de ) oraz Fn = (0, 1/n] w przestrzeni
((0, ∞), de ), odpowiednio.
By nadać twierdzeniu 1 postać poręczną dla zastosowań w Analizie i związaną z
badanym dalej pojęciem zwartości, nazwijmy rodzinę zbiorów F scentrowaną, jeśli
każda jej skończona podrodzina ma niepuste przecięcie.
Twierdzenie 1 (G. Cantora, postać poszerzona). Niech F będzie scentrowaną rodziną
domkniętych podzbiorów
T zupełnej przestrzeni metrycznej (X, d). Jeśli inf{diamd (F ) :
F ∈ F} =0, to zbiór F składa się z jednego punktu.
I-11
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
Dowód. Obierzmy zbiory H1 , H2 , ... ∈ F tak, by diamd (HT
n ) < 1/n dla n ∈ N. Dla
∞
zadanego zbioru H0 ∈ F, rodzina (Fn )n=1 , gdzie Fn := nk=0 Hn , spełnia założenia
lematu.
(Korzystamy
z tego, że rodzina F jest scentrowana.) Istnieje więc punkt x ∈
T
T∞
T∞
T∞
F
⊂
H
;
a
że
diam
H
=
0,
to
n
n
d
n
n
n=0
n=1
n=1 Hn = {x} –co wyznacza x w
sposób niezależy od H0 . Przy tym x ∈ H
T0 i H0 ∈ F można obrać dowolnie, więc x
należy do każdego zbioru H0 ∈ F. Zatem F = {x}. Twierdzenie Cantora zastosujmy do przedłużania funkcji jednostajnie ciągłych.
Definicja. Niech (X, d) i (Y, ρ) będą przestrzeniami metrycznymi. Przekształcenie f :
X → Y jest jednostajnie ciągłe, jeśli każdej liczbie ε > 0 można przyporządkować
liczbę δ = δ(ε) > 0 tak, by dla każdych δ–bliskich punktów x1 , x2 ∈ X, ich obrazy przy
f były ε–bliskie (tzn., by d(x1 , x2 ) ≤ δ ⇒ ρ(f (x1 ), f (x2 )) ≤ ε dla x1 , x2 ∈ X.)
Modułem jednostajnej ciągłości funkcji f nazwiemy każdą funkcję ϕ : (0, ∞) →
(0, ∞) taką, że limr→0 ϕ(r) = 0 i nierówność ρ(f (x1 ), f (x2 )) ≤ ϕ(r) zachodzi dla wszystkich x1 , x2 ∈ X z d(x1 , x2 ) < r. Odnotujmy, że funkcja jednostajnie ciągła ma pewien
moduł jednostajnej ciągłości, i vice versa.
Twierdzenie 2. Niech (X, d) i (Y, ρ) będą przestrzeniami metrycznymi, a f : A → Y
jednostajnie ciągłą funkcją, określoną na zbiorze A ⊂ X. Jeśli przestrzeń (Y, ρ) jest
zupełna, to funkcję f można przedłużyć do jednostajnie ciągłej funkcji f : A → Y .
Ponadto, moduł ϕ jednostajnej ciągłości funkcji f pozostaje nim i dla f . (A i A rozpatrujemy jako podprzestrzenie przestrzeni (A, d).)
Dowód. Ustalmy punkt x ∈ A \ A i przyjmijmy Cr := f (Bd (x, r) ∩ A) dla r > 0.
Otrzymujemy scentrowaną rodzinę {Cr : r > 0} niepustych zbiorów domkniętych, przy
czym diamρ Cr = diamρ Cr ≤ 2ϕ(r). (Niepustość wynika stąd, że B(x, r) ∩ A 6= ∅, bo
inf r diamρ Cr = 0, skąd na mocy twierdzenia
x ∈ A.) Wobec limr→0 ϕ(r) = 0 mamy więcT
Cantora istnieje jedyny punkt należący do r>0 Cr ; oznaczmy go f (x). Prowadzi to do
funkcji A ∪ {x} → Y , równej f na A i f (x) w punkcie x. Jest ona ciągła w x, bo
dla a ∈ B(x, r) ∩ A otrzymujemy ρ(f (x), f (a)) ≤ diamρ f (Bd (x, r)) ≤ 2ϕ(r). Gdy
więc przeprowadzimy tę konstrukcję dla każdego x ∈ A \ A, to wobec ciągłości f na
A ∪ {x, y} zachodzi ρ(f (x), f (y)) ≤ ϕ(r) dla punktów x, y ∈ A takich, że d(x, y) < r.
(Korzystamy z tego, że każdy z punktów x, y można aproksymować punktami z A, a
dla nich nierówność jest spełniona.) Tak więc ϕ jest modułem jednostajnej ciągłości
otrzymanej funkcji f : A → Y . Zadanie 2. Niech f : A → Y będzie przekształceniem ciągłym podzbioru A przestrzeni
(X, d) w przestrzeń (Y, ρ). Dla x ∈ A niech osc(f, x) := inf r>0 diamρ f (B(x, r) ∩ A).
(„osc(f, x)” jest od „oscylacja funkcji f w punkcie x”.) Udowodnić, że:
e d) →
a) Jeśli metryka ρ jest zupełna, to f można przedłużyć do funkcji ciągłej fe : (A,
e := {x ∈ A : osc(f, x) = 0}.
(Y, ρ), gdzie A
I § 4.
I-12
e jest typu Gδ w A, a tym samym i w X. (Definicja będzie dopiero w §4.)
b) Zbiór A
Innym bezpośrednim zastosowaniem zupełności jest zasada odwzorowań zwężających,
w tak ogólnej postaci podana przez S. Banacha.
Twierdzenie 3. Niech (X, d) będzie przestrzenią ze skończoną metryką zupełną d, a
przekształcenie f : X → X niech spełnia w tej metryce warunek Lipschitza ze stałą
L < 1. Wówczas istnieje jedyny punkt stały przekształcenia f (tzn., taki punkt x ∈ X,
że f (x) = x).
Dowód. Przypomnijmy, iż wymieniony warunek Lipschitza oznacza, że d(f (x1 ), f (x2 )) ≤
L · d(x1 , x2 ) dla x1 , x2 ∈ X. Jeśli więc f (x) = x i f (x0 ) = x0 , to d(x, x0 ) ≤ Ld(x, x0 ), co
wobec L < 1 daje d(x, x0 ) = 0 i x = x0 . Pozostaje dowieść istnienia punktu stałego x.
W tym celu obierzmy dowolny punkt x0 ∈ X i przyjmijmy indukcyjnie xn+1 = f (xn )
dla n ≥ 0. Mamy d(xn , xn+1 ) = d(f (xn−1 ), f (xn )) ≤ Ld(xn−1 , xn ), skąd
d(xn , xn+1 ) ≤ Ld(xn−1 , xn ) ≤ L2 d(xn−2 , xn−1 ) ≤ ... ≤ Ln d(x0 , x1 ).
Tym samym d(xn , xn+k ) ≤ (Ln +...+Ln+k )d(x0 , x1 ) ≤ Ln C, gdzie C = d(x0 , x1 )/(1−L).
Ciąg (xn ) spełnia więc warunek Cauchy’ego (bo L < 1) i wobec zupełności (X, d) jest
zbieżny do pewnego punktu x ∈ X. Z ciągłości f wynika, że f (xn ) → f (x); a że
0 ,x1 )
f (xn ) = xn+1 → x, to x = f (x). (Odnotujmy, że także d(x0 , x) ≤ d(x1−L
– dlaczego?) Zadanie 3. Niech F będzie podprzestrzenią liniową przestrzeni B(X, R) wszystkich
ograniczonych funkcji z X do R, przy czym taką, że 1 ∈ F i f 2 ∈ F dla każdej
√ funkcji
f ∈ F. Udowodnić, że jeśli F jest zbiorem domkniętym w metryce dsup , to f ∈ F dla
każdej nieujemnej funkcji f ∈ F. Rozumować następująco:
a) Gdy 1 ≥ f ≥ ε dla pewnego ε > 0, rozpatrzeć przekształcenie u 7→ (1 + u2 − f )/2
i dowieść, że przy L := 1 − ε przekształca ono kulę B(0, L) w siebie i spełnia na tej kuli
warunek Lipschitza ze stałą L < 1.
b) Gdy uε jest punktem stałym tego przekształcenia i vε := 1−uε , to vε2 = f i vε ≥ 0.
c) Gdy 1/2 ≥ f , to rozpatrzeć ciąg funkcji {vn }n∈N ⊂ F, taki, że vn ≥ 0 i vn2 = f + n1 .
§ 4.
Twierdzenie Baire’a; przykładowe zastosowania.
Twierdzenie 1 (R. L. Baire’a). 3 W przestrzeni metrycznej zupełnej (X, d),
a) przecięcie przeliczalnie wielu zbiorów, które są gęste i otwarte, jest zbiorem gęstym.
b) (sformułowanie dualne) suma przeliczalnie wielu brzegowych zbiorów domkniętych
jest zbiorem brzegowym.
Przypomnjmy, że zbiór nazywamy brzegowym, jeśli jego wnętrze jest puste (równoważnie: gdy zbiór ten nie zawiera niepustego zbioru otwartego w (X, d)).
Baire dowiódł tego twierdzenia dla (Rn , de ) w 1899r, niezależnie od W. F. Osgooda, który w 1897r. rozważył
przypadek n = 1.
3
I-13
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
T
Dowód. Ad a). Niech zbiory U1 , U2 , ... będą gęste i otwarte w X; dowiedziemy, że n Un
ma punkty wspólne z dowolnym zbiorem otwartym U . Ustalmy więc U i obierzmy
za B0 kulę domkniętą, o dodatnim promieniu, zawartą w U0 := U . Gdy znamy już
zbiór domknięty Bn ⊂ Un , o niepustym wnętrzu, to obierzmy punkt x ∈ Int(Bn ) ∩
Un+1 . (Punkt taki istnieje, bo zbiór gęsty Un+1 ma punkty wspólne z każdym niepustym
zbiorem otwartym.) Następnie obierzmy kulę domkniętą Bn+1 wokół x, o promieniu r ∈
(0, 1/n) tak małym, by Bn+1 ⊂ Bn ∩ Un+1 . W ten sposób utworzone zbiory
domknięte
T
T
Bn tworzą ciąg, spełniający założenia twierdzenia Cantora. Ponieważ n Bn ⊂ n Un ,
więc z twierdzenia tego wynika teza a).
Ad b). Ta część wynika z poprzedniej, przez przejście do dopełnień i wykorzystanie
wzorów de Morgana. (Sprawdzić to!) By twierdzenie to sformułować dogodniej, nazwijmy podzbiór A przestrzeni topologicznej X:
T
• zbiorem typu Gδ , jeśli A = n Un dla pewnych zbiorów otwartych U1 , U2 , ....
S
• zbiorem typu Fσ , jeśli A = n Fn dla pewnych zbiorów domkniętych F1 , F2 , ...
Powiemy też, że przestrzeń topologiczna (X, T ) jest metryzowalna w sposób zupełny, jeśli T = T (d) dla pewnej metryki zupełnej d.
Wniosek 1. W przestrzeni, metryzowalnej w sposób zupełny,
T
a) gdy G1 , G2 , ... są gęstymi zbiorami typu Gδ , to n Gn też ma te (obie) własności;
S
b) gdy F1 , F2 , ... są brzegowymi zbiorami typu Fσ , to n Fn też ma te własności. Wniosek ten uwidacznia, że w przestrzeniach metryzowalnych w sposób zupełny, brzegowe zbiory typu Fσ zachowują się podobnie, jak zbiory miary 0 w przestrzeniach z miarą,
a gęste zbiory typu Gδ – podobnie jak zbiory pełnej miary. Analogii tej poświęcona jest
książka J. Oxtoby’ego ”Measure and category.” Warto też wspomnieć o twierdzeniu Erdösa: przy założeniu aksjomatu wyboru istnieje inwolucja f : R → R, zamieniająca
podzbiory brzegowych podzbiorów typu Fσ ze zbiorami miary Lebegue’a 0.
Przykład 1. Przestrzeń Q liczb wymiernych, traktowana jako podprzestrzeń prostej (R, de ),
nie jest więc metryzowalna w sposób zupełny, bo jest sumą przeliczalnie wielu zbiorów
jednopunktowych, z których każdy jest w Q brzegowy i domknięty.
Zadanie 1. W przestrzeni metryzowalnej, każdy podzbiór domknięty jest typu Gδ , a
otwarty – typu Fσ .
Zadanie 2. W dowolnej przestrzeni topologicznej, przecięcie skończenie wielu zbiorów,
z których każdy jest gęsty i otwarty w X, jest zbiorem gęstym w X.
Pewne zastosowania twierdzenia Baire’a (zadania).
Niżej, (X, d) i Y, ρ) to przestrzenie metryczne, przy czym (X, d) jest zupełna i ρ ≤ 1.
I § 4.
I-14
3. Niech przestrzeń
X będzie sumą przeliczalnie wielu zbiorów domkniętych Fn . DoS
wieść, że zbiór n IntFn jest gęsty w X. (Wskazówka: zbiory Fn \ IntFn są brzegowe.)
4. Dowieść następującego twierdzenia Osgooda: gdy ciąg funkcji ciągłych fn :
X → [0, ∞) jest punktowo ograniczony, to na pewnym niepustym zbiorze otwartym
wszystkie funkcje fn są z góry ograniczone wspólną stałą. (Ciąg (fn ) jest punktowo
ograniczony, jesli supn |fn (x)| < ∞ ∀x ∈ X.)
5. Niech ciąg funkcji ciągłych fn : X → Y będzie zbieżny punktowo do funkcji ϕ,
być może nieciągłej. (Oznacza to, że limn fn (x) = ϕ(x) ∀x ∈ X.) Dowieść, że:
ε
a) Dla każdego ε > 0 pewien ze zbiorów FS
n = {x ∈ X : ρ(fk (x), fn (x)) ≤ ε ∀k ≥ n}
ma niepuste wnętrze; co więcej, zbiór U ε := n intFnε jest gęsty w X.
T
b) Zbiór G := ε>0 U ε ma tę własność, że dla dowolnych x ∈ G i ε > 0 istnieje
otoczenie punktu x (w przestrzeni X), na którym prawie wszystkie funkcje fi różnią się
od ϕ o mniej, niż ε.
c) Powyższy zbiór G jest gęsty i typu Gδ w X, a funkcja graniczna ϕ jest ciągła w
każdym punkcie x ∈ G. (Jest to jedno z twierdzeń Baire’a).
6. Wywnioskować z zadania 5, że gdy ϕj : X → Y (j ∈ N) są funkcjami, z których
każda jest granicą punktową ciągu funkcji ciągłych, to istnieje taki gęsty zbiór G typu
Gδ w X, że w każdym jego punkcie wszystkie funkcje ϕj są ciągłe.
Problem 1. (Funkcja Weierstrassa.) Udowodnić istnienie funkcji ciągłej f : [0, 1] → R,
nie różniczkowalnej w żadnym punkcie. (Wolno użyć twierdzenia 2 z §5, znanego z AM.)
Problem 2. (Twierdzenie Baire’a o rozdzielnej ciągłości; wersja późniejsza. Definicje bazy
topologii i iloczynu kartezjańskiego przestrzeni topologicznych będą dane w §II.2–II.4.)
Niech funkcja f : X × S → Y będzie ciągła ze względu na każdą zmienną przy ustalonej
pozostałej, przy czym o S zakładamy, że ma bazę przeliczalną. Udowodnić, że:
a) Dla dowolnych podzbiorów S1 , S2 , ... przestrzeni S istnieje gęsty zbiór G ⊂ X,
typu Gδ w X i taki, że wszystkie funkcje X 3 x 7→ diamρ f ({x} × Sn ) są ciągłe w
każdym jego punkcie. (Wskazówka: użyć zadania 6 i tego, że gdy ciąg (sj ) jest gęsty
w Sn , to diamρ f ({x} × Sn ) = supk,l ρ(f (x, sk ), f (x, sl )) .)
b) Gdy wyżej za (Sn ) przyjąć bazę topologii przestrzeni S , to otrzymany zbiór G ma
tę własność, że funkcja f jest ciągła w każdym punkcie zbioru G × S.
Problem 3. ∗ Dla n ∈ N, niech (Xn , dn ) będzie zupełną przestrzenią metryczną, przekształcenie Tn : Xn+1 → Xn będzie ciągłe i ma gęsty obraz,
T a zbiór Un ⊂ Xn będzie
otwarty i gęsty. Udowodnić za C. Lennardem, że zbiór n T1 T2 ...Tn (Un+1 ) jest gęsty
w X1 . (Wskazówka: gdy Un = Xn dla n ∈ N, rozumować następująco: wychodząc od
x1 ∈ X1 obrać indukcyjnie xn+1 ∈ Xn+1 tak, by dk (Tkn (xn ), Tk,n+1 (xn+1 )) < 2−n dla
k = 1, ..., n, gdzie przyjmujemy Tkl := Tk ◦ ... ◦ Tl−1 dla k < l i Tkk := idXk . Następnie
dowieść, że ∀k∃ pk := limn→∞ Tkn (xn ) i że Tk−1 (pk ) = pk−1 , przy czym d1 (p1 , x1 ) ≤ 1.)
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
I-15
§ 5.
Konstrukcje, prowadzące do zupełnych przestrzeni metrycznych.
Wiele zastosowań zupełności uzależnionych jest od umiejętności rozpoznania pewnych
przestrzeni, n.p. funkcyjnych, jako zupełne. Omówmy więc wybrane konstrukcje, prowadzące do przestrzeni zupełnych.
Lemat 1. Dla rodziny {(Xs , ds ) : s ∈ S} Q
zupełnych przestrzeni metrycznych, zupełna
jest metryka pudełkowa ρ na zbiorze X = s∈S Xs , opisana w przykładzie 1e) z §I.1.
Dowód. Niech ciąg (xn )∞
n=1 spełnia warunek Cauchy’ego w (X, ρ). Dla każdego s ∈ S,
naturalne rzutowanie πs : (X, ρ) → (Xs , ds ) spełnia warunek Lipschitza ze stałą 1,
wobec czego ciąg (πs (xn ))∞
n=1 spełnia warunek Cauchy’ego w (Xs , ds ) i jest zbieżny w
metryce ds do pewnego punktu ys . Dla s ∈ S i k ∈ N mają miejsce oszacowania
ds (ys , πs (xk )) = lim ds (πs (y n ), πs (xk )) ≤ lim sup ρ(xn , xk ) ≤ diamρ ({xn }∞
n=k ),
n
n
k
k
skąd punkt y := (ys )s∈S ∈ X jest granicą ciągu (xk )∞
k=1 , bo ρ(y, x ) = sups ds (ys , πs (x ))
n
≤ diamρ ({xn }∞
n=k ) → 0 na mocy warunku Cauchy’ego (3) dla ciągu (x )n∈N . Definicja. Przestrzeń topologiczną nazwiemy metryzowalną w sposób zupełny, jeśli
jej topologia jest generowana przez pewną metrykę zupełną.
Przykład 1. Ocinek (−1, 1), z topologią euklidesową, jest metryzowalny w sposób zupełny; patrz przykład 2 w §1.
Twierdzenie 1. Niech (X, dX ) i (Y, d) będą przestrzeniami metrycznymi.
a) Zbiór C(X, Y ) funkcji ciągłych z X do Y jest domknięty w przestrzeni metrycznej Y X wszystkich funkcji z X do Y , wyposażonej w metrykę dsup . Domknięty w tej
przestrzeni jest też zbiór B(X, Y ) wszystkich ograniczonych funkcji z X do Y (tzn. takich, których obraz ma skończoną średnicę diamd ).
b) Jeśli przestrzeń (Y, d) jest zupełna, to zupełne w metryce dsup są przestrzenie Y X ,
C(X, Y ), B(X, Y ) i Cb (X, Y ) := C(X, Y ) ∩ B(X, Y ).
Dowód. Ad a). Sprawdzimy tylko domkniętość zbioru C(X, Y ). Niech fn ∈ C(X, Y )
dla n ∈ N, przy czym dsup (fn , f ) → 0 dla pewnej funkcji f : X → Y . By dowieść
ciągłości f w punkcie x, dla danego ε > 0 ustalmy n ∈ N tak, by dsup (fn , f ) < ε/3.
Ponieważ funkcja fn jest ciągła w x, więc diamd (fn (BdX (x, δ)) < ε/3 dla pewnego δ > 0.
Wówczas diamd (f (BdX (x, δ)) < ε/3 + 2 · ε/3 = ε, skąd f (BdX (x, δ)) ⊂ Bd (f (x), ε).
Ad b). Wobec a) i uwagi 2 w §1, wystarczy dowieść zupełności przestrzeni (Y X , dsup ).
Ta jednak wynika z lematu, zastosowanego przy S := X i (Xs , ds ) := (Y, d) dla s ∈ S. Twierdzenie 2 (o istnieniu i jednoznaczności uzupełnienia). Niech (X, d) będzie przestrzenią ze skończoną metryką d.
I § 5.
I-16
a) Istnieje uzupełnienie tej przestrzeni, tzn. zupełna przestrzeń metryczna (Y, ρ), ze
skończoną metryką ρ, zawierająca (X, d) jako gęstą podprzestrzeń: ρ|X = d i clρ X = Y .
b) Jeśli (Y, ρ) i (Y 0 , ρ0 ) są uzupełnieniami przestrzeni (X, d), to istnieje izometria
przestrzeni Y na Y 0 , będąca identycznością na X.
Dowód. Ad a). Ustalmy punkt p ∈ X i każdemu punktowi x ∈ X przyporządkujmy
funkcję ϕx ∈ RX , określoną wzorem ϕx (x0 ) = d(x, x0 ) − d(p, x0 ). Na ćwiczeniach dowiedziono, że zanurzenie Kuratowskiego X 3 x 7→ ϕx jest izometrią przestrzeni (X, d)
na pewien podzbiór Y0 przestrzeni (Cb (X), dsup ). Gdy przyjmiemy Y := Y0 (domknięcie
w Cb (X)) i ρ := dsup |Y , to przestrzeń (Y, ρ) będzie zupełna na podstawie twierdzenia
2b), wraz z uwagą 2 z §1. Warunki tezy są więc spełnione, z tym, że X należy przy
pomocy ii f utożsamić z gęstym podzbiorem f (X) przestrzeni Y . (Jeśli chcieć dosłownie uzyskać inkluzję X ⊂ Y , należy przyjąć Y := X ∪ (Y \ Y0 ) i zdefiniować metrykę ρ
odpowiednio; szczegóły pomijamy.)
Ad b) Z definicji uzupełnienia, identyczność idX , jako przekształcenie poprzestrzeni
przestrzeni (Y, ρ) w przestrzeń zupełną (Y 0 , ρ0 ), spełnia warunek Lipschitza ze stałą 1.
Przedłuża się więc ono do przekształcenia f : (Y, ρ) → (Y 0 , ρ0 ), też spełniającego ten
warunek. (Korzystamy z twierdzenia 2 w §1 i gęstości X w (Y, ρ).) Tak samo, istnieje
przekształcenie g : (Y 0 , ρ0 ) → (Y, ρ), spełniajace warunek Lipschitza ze stałą 1 i będące
identycznością na X. Ponieważ złożenie gf : Y → Y jest identycznością na zbiorze
gęstym X, to jest identycznością wszędzie; tak samo, f g jest identycznością na Y 0 . Stąd
już wynika, że f i g są wzajemnie odwrotnymi izometriami. Zakończmy podając charakteryzację przestrzeni, metryzowalnych w sposób zupełny:
Twierdzenie 3. ∗ Niech A będzie podzbiorem przestrzeni metrycznej (X, d).
a) (Twierdzenie Aleksandrowa.) Jeśli A jest typu Gδ w X i metryka d jest zupełna,
to przestrzeń (A, T (d|A )) jest metryzowalna w sposób zupełny.
b) (Twierdzenie Mazurkiewicza i Lawrientiewa.) Odwrotnie, jeśli podprzestrzeń (A, T (d|A ))
jest metryzowalna w sposób zupełny, to A jest zbiorem typu Gδ w przestrzeni (X, d).
Dowód. Ad a). W dowodzie oznaczymy przez (Rn , dn ) prostą
Q R, z metryką dn =
1
min( n , de ). Przyjmijmy Y := X × R1 × R2 ..., zaś na Y i n Rn rozpatrzmy metryki pudełkowe ρ i ρ0 , odpowiednio, wyznaczone przez metryki d, d1 , d2 , ... na „osiach”
X, R1 , R2 , .... Zgodnie z lematem 1, metryka ρ jest zupełna.
T
Niech A = k Un , gdzie zbiory Un są otwarte w X. Obierzmy funkcje ϕn : X → Rn
tak, by ϕ−1
n (0) = X \ Un , np. przyjmimy ϕn (x) = distd (x, X \
QUn ). Z zadań 1b) w §1
i 2 w §2 wynika, że funkcja ψ = (1/ϕ1 , 1/ϕ2 , ...) : (A, d) → ( n Rn , ρ0 ) jest ciągła, a
przekształcenie A 3 a 7→ (a, ψ(a)) jest homeomorfizmem na jej wykres Z, traktowany
jako podprzestrzeń przestrzeni (Y, ρ). Jeśli dowiedziemy, że zbiór Z jest domknięty w Y ,
to zakończymy dowód a), bo przestrzeń (A, d|A ) okaże się homeomorficzna z domkniętą
I-17
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
podprzestrzenią Z zupełnej przestrzeni metrycznej (Y, ρ) – a przez to będzie metryzowalna w sposób zupełny. (Korzystamy z uwagi 2 w §3.)
Domkniętość zbioru ZQwynika jednak stąd, że gdy ciąg punktów (ak , ψ(ak ))∞
k=1 jest
∞
ρ–zbieżny w Y = X × n Rn do punktu (x, (tn )n=1 ), to przy x 6∈ Ul dla pewnego l,
zachodziłoby też 1/ϕl (ak ) → ∞ – wbrew temu, że limk→∞ 1/ϕl (ak ) = tl ∈ Rn . Tak więc
x ∈ A i (ak , ψ(ak )) → (x, ψ(x)) ∈ Z (z ciągłości funkcji ψ) – czego należało dowieść.
Ad b). Tym razem oznaczmy przez ρ metrykę zupełną na A, dla której T (ρ) =
T (d|A ), a przez f – funkcję a 7→ a (a ∈ A), z podprzestrzeni (A, d) w przestrzeń (A, ρ).
(Metryki, indukowane przez d na podzbiorach zbioru X, nadal oznaczajmy przez d.) Na
e typu Gδ w
podstawie zadania 1 z §1, f przedłuża się w sposób ciągły na podprzestrzeń A
e d) → (A,
e d)
(X, d), zawartą w domknięciu cld A zbioru A. Daje to funkcję ciągłą fe : (A,
e to f (a) = a
taką, że im(fe) ⊂ A i fe(a) = a dla a ∈ A; a że zbiór A jest gęsty w A,
e Stąd A = A
e –co kończy dowód, bo A
e jest typu Gδ w (X, d). wszędzie w A.
Uwaga 1. Dowód części a) prowadzi do jawnych wzorów na metrykę zupełną na A,
równoważną metryce dA . Jednym z nich jest wzór (x, y) 7→ d(x, y)+supn min( n1 , | ϕn1(x) −
1
ϕn (x) |), gdzie ϕn są jak w dowodzie. (Żądanych metryk jest wiele.)
W dotychczasowej dyskusji zabrakło ustalenia, przy jakich założeniach iloczyn kartezjański przestrzeni, metryzowalnych w sposób zupełny, też jest metryzowalny w sposób
zupełny. Wiąże się to z tym, że dopiero w następnym rozdziale ustalimy, w jaką topologię
chcemy ten iloczyn wyposażyć.
II § 2.
II
II-18
Topologia ogólna: iloczyny kartezjańskie, aksjomaty oddzielania i konstrukcja funkcji ciągłych.
§ 1.
Podstawowe pojęcia topologiczne (uzupełnienie).
W tym rozdziale badać będziemy ogólne przestrzenie topologiczne, nie zakładając ich
metryzowalności. Prócz definicji z §I.2 wykorzystywać będziemy następującą:
Definicja. Brzegiem podzbioru A przestrzeni topologicznej (X, T ) nazywamy zbiór
Fr(A) = A ∩ X \ A. (Inne spotykane oznaczenie to Bd(A).) Z (1) w §I.2 wynika, że
Fr(A) = A \ IntA.
(4)
Zadanie 1. Udowodnić, że gdy zbiory K1 , K2 są domknięte w przestrzeni (X, T ) i
rozłączne, to Fr(K1 ∪ K2 ) = Fr(K1 ) ∪ Fr(K2 ). Czy założenie domkniętości jest istotne?
Czy bez niego można ustanawić inkluzję między rozważanymi zbiorami?
Zadanie 2. ∗ Udowodnić, że funkcja f : (X, TX ) → (Y, TY )) jest ciągła wtedy i
tylko wtedy, gdy Fr(f −1 (A)) ⊂ f −1 (Fr(A)) dla każdego zbioru A ⊂ Y . (Wcześniejsze
charakteryzacje ciągłości są w §I.3, stwierdzenie 2 i zadanie 4.)
§ 2.
Sposoby generowania topologii.
Opiszemy sposoby otrzymywania topologii, z ktorymi najczęściej się tu spotkamy.
A. Generowanie topologii przez metrykę – patrz poprzedni rozdział.
B. Generowanie topologii przez bazę lub podbazę.
Definicja. Gdy
topologią na pewnym zbiorze, to rodzinę B nazywamy jej bazą,
S 0 T jest
0
jeśli T = { B : B ⊂ B}. Mówimy też wtedy, że topologią T jest generowana przez
bazę B. (Zadanie 1 z §I.2 pokazuje, że topologia może mieć różne bazy).
Zadanie 1. a) Rodzina B wtedy i tylko wtedy jest bazą topologii T , gdy B ⊂ T i dla
każdego zbioru U ∈ T i każdego punktu x ∈ U istnieje zbiór B ∈ B taki, że x ∈ B ⊂ U .
b) Gdy BSjest bazą pewnej topologii na zbiorze X, to spełnione są warunki (B1) i (B2)
z §I.2, tzn. B = X i B1 ∩ B2 ∈ B ∀B1 , B2 ∈ B.
S
c) Odwrotnie, gdy te dwa warunki są spełnione, to rodzina T := { B 0 : B 0 ⊂ B}
jest topologią w zbiorze X.
Przykład 1. a) Rodzina B(d) kul otwartych w metryce d jest bazą topologii T (d).
a) W zbiorze X z liniowym porządkiem <, rodzina przedziałów {x : a < x < b}, {x :
x < a} i {x : x > a}, gdzie a, b ∈ X, spełnia warunki (B1) i (B1) jeśli #X > 1.
Topologię generowaną przez tę rodzinę oznaczamy T (<).
II-19
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
b) Gdy X = [0, 1]2 jest kwadratem na płaszczyźnie R2 , a < porządkiem leksykograficznym, to otrzymaną przestrzeń ([0, 1]2 , T (<)) nazywamy kwadratem leksykograficznym. Wyżej, porządek leksykograficzny zdefiniowany jest tak: [(a1 , a2 ) <
(b1 , b2 )] ⇔ [(a1 < a2 ) lub (a1 = a2 i b1 < b2 )].
Uwaga 1. Ogólniej, dla każdej rodziny B0 podzbiorów zbioru X, istnieje topologia T ,
zawierająca U i zawarta w każdej topologii, zawierającej B0 – co wyrażamy mówiąc, że
jest ona najsłabsza z nich. Topologia T ma jako bazę rodzinę B, składającą się z ∅, X i
wszystkich przecięć skończenie wielu zbiorów z B0 . Jest widoczne, że B spełnia warunki
(B1) i (B2), a także, że generowana przez B topologia ma żądane własności.
W tym kontekście mówimy, że B0 jest podbazą topologii T .
Ćwiczenie. Przeczytać w http://en.wikipedia.org/wiki/Furstenberg%27s_proof_
of_the_infinitude_of_primes dowód, że istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych.
Dowód ten (podany przez H. Fürstenberga, gdy był studentem) wykorzystuje topologię
na prostej R, której podbazą jest rodzina wszystkich postępów arytmetycznych. Czy
jest ona zarazem bazą topologii?
Przykład 2. Podbazą topologii T (<) z części a) przykładu 1 jest rodzina, złożona z
przedziałów {x : x < a} i {x : x > a}, gdzie a przebiega X.
Zadanie 2. Do ciągłości przekształcenia f : (Z, TZ ) → (X, T ) wystarcza, by warunek
f −1 (B) ∈ TZ był spełniony dla wszystkich zbiorów B z pewnej podbazy B0 topologii T .
C. Generowanie przez przekształcenia z przestrzeni topologicznych.
Niech Y będzie zbiorem, a (fs : Xs → Y )s∈S rodziną przekształceń, z których
każde określone jest na odpowiedniej przestrzeni topologicznej (Xs , Ts ). Przyjmijmy
T = {U ⊂ Y : fs−1 (U ) ∈ Ts ∀s ∈ S}; wówczas z definicji i własności przeciwobrazów
zbiorów wynika, że T jest topologią na zbiorze Y , i to najsilniejszą wśród topologii T 0 ,
dla których każde przekształcenie fs : (Xs , Ts ) → (Y, T 0 ) jest ciągłe. „Najsilniejszą”
oznacza tu, że T ma wymienioną własność i zawiera, jako rodzina zbiorów, każdą topologię T 0 o tej własności.
Zadanie 3. Przy powyższych oznaczeniach i dowolnej przestrzeni topologicznej (B, TB ),
funkcja h : (Y, T ) → (B, TB ) jest ciągła wtedy i tylko wtedy, gdy ciągłe jest każde
złożenie h ◦ fs : (Xs , Ts ) → (B, TB ).
Uwaga 2. Już dla jednego surjektywnego przekształcenia f : X → Y z przestrzeni topologicznej (X, TX ) do zbioru Y , konstrukcja powyższa prowadzi do ważnej topologii
ilorazowej na Y = im(f ); nazywamy ją też topologią wypchniętą przez f z X do Y .
Wygodniej nam będzie omówić ją w §V.2, w oparciu o dalsze wiadomości. Poniżej ograniczymy się do przykładów, w których każde przekształcenie fs jest różnowartościowe.
Przykład 3. Niech Y będzie sumą parami rozłącznych zbiorów Xs (s ∈ S), przy czym na
II § 2.
II-20
każdym z nich zadana jest pewna topologia Ts . Przy fs : Xs → Y oznaczającym włożenia
(s ∈ S), konstrukcja powyższa prowadzi do przestrzeni (Y, T ), nazywanej sumą
S rozłączną rodziny przestrzeni {(Xs , Ts ) : s ∈ S}. Bazą topologii T jest rodzina s∈S Ts .
Odnotujmy, że w topologii T zbiory Xs są zarazem otwarte i domknięte. Ponadto, jeśli
każda z przestrzeni (Xs , Ts ) jest metryzowalna i generuje ją metryka ds , to topologię T
generuje metryka d opisana w przykładzie 1g) w §I.1. (Co wymaga uzasadnienia.)
N
Przykład 4. Niech R∞
f := {(xn ) ∈ R : xn = 0 dla prawie wszystkich n}. Wówczas
S
∞
k
k
N
R∞
: xn = 0 dla n > k}. Każdy zbiór E k
f =
k=1 E , gdzie E := {(xn ) ∈ R
identyfikujemy z Rk i wyposażamy w topologię euklidesową Tk . Przy fk : E k → RN
f
oznaczającym inkluzję, oznaczmy przez T opisaną wyżej najsilniejszą topologię, w której
wszystkie przekształcenia fk : (E k , Tk ) → (RN
f , T ) są ciągłe. Zauważmy, że U ∈ T ⇔
k
(U ∩ E ∈ Tk ∀k ∈ N}, lub równoważnie, zbiór A ⊂ Y jest domknięty w (RN
f , T ) jeśli
k
k
każde jego przecięcie z E , k ∈ N, jest domknięte w przestrzeni (E , Tk ).
Otrzymana przestrzeń (RN
f , T ) nie jest metryzowalna. Istotnie, jeśliby T = T (d) dla
pewnej metryki d, to każda kula Bd (0, 1/k), bedąc zbiorem T –otwartym, przecinałaby
E k wzdłuż zbioru otwartego (w topologii Tk ) – a tym samym zawierałaby punkt pk ∈ E k
o niezerowej k-tej współrzędnej. Ponieważ d(0, pk ) < 1/k → 0, to zbiór A := {pk : k ∈
N} nie byłby domknięty w T (d) (bo 0 6∈ A). Jednak każde przecięcie A∩E k jest zbiorem
skończonym (mocy ≤ k), a więc domkniętym w (E k , Tk ) –wbrew temu, że T = T (d). D. Generowanie przez przekształcenia do przestrzeni topologicznych.
Niech teraz X będzie zbiorem, a (fs : X → Ys )s∈S rodziną przekształceń, z których
każde prowadzi do odpowiedniej przestrzeni topologicznej (Ys , Ts ). Tym razem celowe
jest rozważenie najsłabszej topologii T na zbiorze X, dla której każde z przekształceń
fs : (X, T ) → (Ys , Ts ) staje się ciągłe. Jest widoczne, że żądaną własność ma topologia,
której podbazą jest rodzina B0 := {fs−1 (U ) : s ∈ S, U ∈ Ts }.
Uwaga 3. Gdy #S = 1, to rodzina B0 jest już topologią. Dla przekształcenia f : X →
Y w przestrzeń topologiczną (Y, TY ), otrzymaną topologię T = {f −1 (U ) : U ∈ TY }
na X (najsłabszą, czyniącą przekształcenie f : (X, T ) → (Y, TY ) ciągłym) nazywamy
topologią cofniętą przez f (z Y do X).
Zadanie 4. Przy powyższych oznaczeniach i dowolnej przestrzeni topologicznej (A, TA ),
funkcja g : (A, TA ) → (X, T ) jest ciągła wtedy i tylko wtedy, gdy ciągłe jest każde
złożenie fs ◦ g : (A, TA ) → (Xs , Ts ). (Wskazówka: zadanie 2.)
Zadanie 5. Jeśli wyżej przekształcenie f jest różnowartościowe, a topologia TY jest
generowana przez metrykę d, to topologia cofnięta jest generowana przez metrykę cofniętą, zadaną wzorem dX (x1 , x2 ) := d(f (x1 ), f (x2 )) dla x1 , x2 ∈ X.
Definicja. Niech X będzie podzbiorem przestrzeni topologicznej (Y, T ) i niech f : X →
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
II-21
Y oznacza inkluzję. W tym przypadku topologią cofniętą jest {U ∩ X : U ∈ T };
oznaczamy ją T|X i nazywamy topologią indukowaną na zbiorze X ⊂ Y przez
topologię T przestrzeni (Y, T ). Podprzestrzenią przestrzeni (Y, T ) nazywamy każdy
podzbiór zbioru Y , rozpatrywany z topologią indukowaną przez T .
Uwaga 4. a) Zbiory otwarte (odp. domknięte) w podprzestrzeni (X, T|X ) są to zbiory
postaci A ∩ X, dla otwartych (odp. domkniętych) podzbiorów A przestrzeni Y . Dla
zbiorów otwartych wynika to z definicji, a dla domkniętych – przez przejście do dopełnień.
b) Z zadania 5 wynika, że jeśli topologia T jest metryzowalna i generuje ją metryka d
na zbiorze Y , to topologia T|X jest metryzowalna i generuje ją metryka d|X , indukowana
przez d na zbiorze X. (Patrz §I.1, przed uwagą 1.)
Przykład 5. Podprzestrzeń (0, 1]×{0} kwadratu leksykograficznego ([0, 1]2 , T ) nazwijmy
strzałką. (W [BCPP] tak nazywana jest przestrzeń nieco inna.) Gdy (0, 1] × {0}
utożsamić w naturalny sposób z (0, 1], to z definicji topologii indukowanej wynika (jak?),
że bazę topologię strzałki tworzy rodzina przedziałów (a, b], gdzie 0 ≤ a < b ≤ 1.
Zadanie 6. a) Niech A ⊂ X będą podzbiorami przestrzeni topologicznej (Y, T ), a T|A
i T|X topologiami, indukowanymi przez T na A i X, odpowiednio. Wówczas topologia
T|A jest indukowana na A przez T|X .
b) Gdy wyżej zbiór X jest otwarty w Y , zaś A otwarty w (X, T|X ), to A jest otwarty
w Y . Tak samo jest, gdy „otwarty” zmienić na „domknięty” (3 razy).
Zadanie 7. Niech zbiór W będzie otwarty w przestrzeni (X, T ), a U będzie domknięty
w podprzestrzeni (W, T|W ). Wówczas Fr(U ) ⊂ X \ W , gdzie Fr to brzeg w X.
Zadanie 8. Niech Xs (s ∈ S) będzie rodziną podzbiorów przestrzeni (Y, T ), a f :
Y → Z taką funkcją w przestrzeń topologiczną (Z, TZ ), że
S każde z obcięć f|Xs jest
ciągłe, gdy na Xs rozpatrzeć topologię podprzestrzeni. Jeśli s Xs = Y , to w każdym z
następujących przypadków funkcja f : (Y, T ) → (Z, TZ ) jest ciągła: a) wszystkie zbiory
Xs są otwarte w (Y, T ), lub b) #S < ∞ i wszystkie zbiory Xs są domknięte w (Y, T ).
§ 3.
Topologia produktowa.
Specjalny przypadek sytuacji, opisanej w §2.D, wymaga dokładnego opisu.
Q Niech dana
będzie rodzina przestrzeni topologicznych {(Ys , Ts ) : s ∈ S}, i niech X = s∈S Ys . Zbiór
X wyposażony jest w rodzinę naturalnych rzutowań πs : X → Ys . Najsłabszą topologię
T przestrzeni X, czyniącą każde z tych rzutowań ciągłym,
Q nazywamy topologią produktową lub Tichonowa iloczynu kartezjańskiego X = s∈S Ys rodziny {(Ys , Ts ) : s ∈ S}.
Z tego co napisane przed uwagą 3 w §2 wynika (jak?), że bazą topologii produktowej
Q
jest rodzina iloczynów kartezjańskich s∈S Us , takich, że Us ∈ Ts ∀s ∈ S i Us = Ys dla
prawie wszystkich s ∈ S. Gdy nie powiedziano inaczej, iloczyny kartezjańskie przestrzeni
II § 3.
II-22
topologicznych rozpatrywać będziemy z topologią produktową.
Zadanie 1. Niech wyżej ∅ =
6 As ⊂ Ys dla s ∈ S.
Q
Q
a) Udowodnić, że domknięcie zbioru s As jest równe s As .
Q
Q
b) Kiedy zbiór s As jest otwarty w s Ys ?
Q
c) ∗ Ustalmy
punkt
(x
YT =
s) ∈
s Ys i dla każdego zbioru T ⊂ S przyjmijmy
Q
S
{(ys ) ∈ Ys : ys = xs dla wszystkich s ∈ S \ T }. Dowieść, żeQzbiór T YT , gdzie T
przebiega wszystkie skończone podzbiory zbioru S, jest gęsty w s Ys .
Twierdzenie 1. Niech (Ys , Ts ) będzie rodziną przestrzeni topologicznych, przy czym Ts =
T (ds ) dla danej metryki ds na przestrzeni
Ys (s ∈ S). W każdym z następujących
Q
przypadków topologia produktowa na s∈S Ys jest generowana przez metrykę pudełkową
ρ((ys ), (ys0 )) = sups d(ys , ys0 ):
a) S jest zbiorem skończonym;
b) S = N oraz dn ≤ cn dla n ∈ N i pewnego ciągu (cn ) liczb dodatnich, zbieżnego do 0.
Dowód.
Zajmimy się częścią b). By dowieść, że T = T (ρ), ustalmy punkt y = (yn )∞
n=1 ∈
Q
n Yn ; wykażemy że: i) każde otoczenie punktu y w topologii produktowej T zawiera
pewną kulę Bρ (y, ε), gdzie ε > 0, oraz ii) każda niepusta kula Bρ (y, r) zawiera pewne
otoczenie punktu y w topologii T . Stąd wyniknie, że rodziny otoczeń punktu y w obu
topologiach sa te same, więc – wobec dowolności tego punktu – obie topologie są równe.
Q Ad i) Niech dane będzie otoczenie U ∈ T punktu y; zawiera ono otoczenie postaci
n Un , gdzie Un ∈ Tn ∀n oraz Un = Yn dla n > N i pewnej liczby N . Z definicji
otoczenia w topologii T (dn ) wynika istnienie liczb rn > 0 takich, że Bdn (yn , rn ) ⊂ Un .
Ponieważ
Un = Yn dla n > N , więc przy ε = min(r1 , ..., rn ) otrzymujemy Bρ (y, ε) ⊂
Q∞
n=1 Un ⊂ U .
Ad ii) Niech dana będzie kula Bρ (y, r) wokół y. Obierzmy N tak duże, by dla n > N
zachodziła nierówność cn < r; następnie,Qprzyjmijmy Un = Bdn (yn , r) dla n = 1, ..., N ,
zaś Un = Yn dla n > N . Wówczas U = n Un jest otoczeniem punktu y w topologii T
i U ⊂ Bρ (y, r) – co kończy dowód ii) i b).
Części a) dowodzimy analogicznie lub sprowadzamy ją do b), dołączając do wyjściowej
rodziny przestrzeni przeliczalnie wiele przestrzeni jednopunktowych. Wniosek 1. Iloczyn kartezjański skończenie lub przeliczalnie wielu przestrzeni metryzowalnych (odpowiednio: metryzowalnych w sposób zupełny) też jest taką przestrzenią,
gdy rozpatrywać go z topologią produktową.
Dowód. Znów możemy założyć, że czynniki rozważanego iloczynu są indeksowane liczbami naturalnymi. Zastąpmy każdą metrykę ρn , zadającą topologię n–tego czynnika Yn ,
przez dn := min(ρn , 1/n). Wówczas T (dn ) = T (ρn ) i metryka dn jest zupełna, gdy metryka ρn jest taka (pozostawiamy to jako zadanie). Żądaną metryką, wyznaczającą na
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
II-23
topologię produktową, jest metryka pudełkowa ρ(y, y 0 ) := supn dn (yn , yn0 ); patrz
lemat 1 w §I.5 i twierdzenie 1. Q
n Yn
Uwaga 1. a) Topologia produktowa iloczynu kartezjańskiego nieprzeliczalnie wielu
przestrzeni metryzowalnych na ogół nie jest metryzowalna; patrz dalej zadanie 6 w §4.
b) Warunek z części b) twierdzenia jest istotny, np. metryka ρ(y, y 0 ) = supn |yn − yn0 |
zadaje na RN topologię różną od produktowej; patrz dalej zadanie 6b) w §4.
c) Topologia produktowa na iloczynie n egzemplarzy prostej R, rozpatrywanej z topologią euklidesową, pokrywa się z topologią euklidesową T (de ) przestrzeni Rn . Wynika
to z części a) twierdzenia, wraz z zadaniem 5 z §I.2.
Zadanie 2. Niech danych będzie przeliczalnie
wiele przestrzeni metrycznych (Yn , dn )
Q
i niech d będzie metryką, generującą
na n Yn topologię produktową. Wówczas dla
Q
punktów y 0 , y 1 , y 2 , ... iloczynu n Yn zachodzi d(y k , y 0 ) → 0 ⇔ (dn (ynk , yn0 ) → 0∀n ∈ N).
(Tu, k → ∞, a ynk oznacza n–tą współrzędną punktu y k . Wskazówka: twierdzenie 1.)
Odnotujmy własności uniwersalności iloczynu kartezjańskiego i sumy rozłącznej.
∗
Gdy {(Xs , Ts )}s∈S jest rodziną przestrzeni topologicznych, to:
Q
a) Iloczyn kartezjański X = s Xs (z topologią produktową), wraz z rodziną rzutowań πs : X → Xs , ma następującą własność: rzutowania te są ciągłe i dla każdej rodziny
przekształceń ciągłych us : A → Xs , gdzie A to przestrzeń topologiczna, istnieje jedyne
przekształcenie ciągłe u : A → X takie, że πs ◦u = us ∀s ∈ S. (Jest nim przekształcenie
A 3 a 7→ (us (a))s∈S ∈ X.)
`
b) Suma rozłączna Y = s Xs (z topologią opisaną w przykładzie 3 w §2), wraz
z rodziną włożeń is : Xs → Y , ma następującą własność: włożenia te są ciągłe i dla
każdej rodziny przekształceń ciągłych us : Xs → A, gdzie A to przestrzeń topologiczna,
istnieje jedyne przekształcenie ciągłe u : Y → A takie, że u ◦ is = us ∀s ∈ S. (Jest ono
zdefiniowane wzorem Y 3 y 7→ us (y) ∈ A gdy y ∈ Ys .)
Uwaga 2.
Oboma razy, istnienie i jedyność przekształcenia zapewnia teoria zbiorów; nowością
jest ciągłość we wprowadzonej w X czy w Y topologii. (Patrz zadanie 3 i 4 w §2.) Uwaga 3. Operacje „wypchnięcia” czy „cofnięcia” topologii, zdefiniowane w uwagach 2 i 3
w §2, nie mają ogólnego odpowiednika dla metryk. Warto też odnotować, że choć istnieje
naturalna topologia produktowa (Tichonowa), wyznaczona jednoznacznie przez produktowane przestrzenie, to nie istnieje jednoznaczna „metryka produktowa”; patrz niżej.
P
Zadanie 3. Dowieść, że gdy ciąg (cn ) w części b) twierdzenia spełnia P
warunek n cn <
∞, to topologię produktową T generuje też metryka d((yn ), (yn0 )) := n dn (yn , yn0 ).
II § 4.
§ 4.
II-24
Warunki, nakładane na przestrzenie topologiczne.
W dalszej części będziemy skracać zwrot „przestrzeń topologiczna (X, T )” do „przestrzeń
topologiczna X”, traktując topologię T jako domyślną. (Podobnie, na GALu mowa jest
o „przestrzeni wektorowej V ”, a domyślnie traktowane są operacje dodawania wektorów,
operacja mnożenia wektory przez skalary, jak również samo ciało skalarów.)
Przestrzenie topologiczne tak ogólne, jak zdefiniowano je w §2, mogą być bardzo
„dzikie”. Wyrażać się to może niedostatkiem tak funkcji ciągłych, na nich określonych,
jak i nawet zbiorów domkniętych (równoważnie: otwartych) w tych przestrzeniach.
Przykład 1. Na każdym zbiorze X możemy określić topologię T = {X, ∅}, zwaną antydyskretną lub trywialną. Gdy #X > 1, to w przestrzeni tej żaden zbiór jednopunktowy nie jest domknięty, a każda funkcja ciągła z (X, T ) do R jest stała. W związku z tym, na rozważaną przestrzeń topologiczną (X, T ) nakłada się często
różnorakie warunki, zależne od rozpatrywanego zagadnienia. Dotyczy tego sześć tzw.
„aksjomatów odzielania zbiorów domkniętych”, z których wymienię tylko trzy:
(T1) Każdy zbiór jednopunktowy w X jest zbiorem domkniętym.
(T2) Warunek Hausdorffa: Dla każdej pary różnych punktów x1 , x2 ∈ X istnieją
rozłączne zbiory otwarte U1 , U2 ⊂ X takie, że xi ∈ Ui dla i = 1, 2.
(T4) Warunek normalności: Spełniony jest warunek (T1) i dla każdych dwóch rozłącznych zbiorów domkniętych K1 , K2 ⊂ X istnieją rozłączne zbiory otwarte U1 , U2 takie,
że Ki ⊂ Ui dla i = 1, 2.
Zadanie 1. Dowieść, że dla zbiorów A, B ⊂ X warunek A ∩ B = ∅ jest równoważny
istnieniu otoczenia zbioru B, które jest rozłączne z A. W związku z tym:
a) Warunek (T1) jest równoważny następującemu: dla każdej pary różnych punktów
x1 , x2 istnieje otoczenie U punktu x1 takie, że x2 6∈ U .
b) Warunek (T2) jest równoważny następującemu: dla każdej pary różnych punktów
x1 , x2 ∈ X istnieje otoczenie U punktu x1 takie, że x2 6∈ U .
c) Dla przestrzeni X z własnością (T1), warunek (T4) jest równoważny następującemu: dla dla każdego zbioru domkniętego K i jego otoczenia G, istnieje zbiór otwarty U
taki, że K ⊂ U ⊂ U ⊂ G.
Odmienne są następujące dwa spotykane warunki:
• „Drugi aksjomat przeliczalności”: Istnieje przeliczalna baza topologii T .
• Warunek ośrodkowości: Istnieje zbiór przeliczalny, który jest gęsty w przestrzeni.
Przestrzeń spełniającą ten warunek nazywamy ośrodkową, a wymieniony zbiór - jej
ośrodkiem. (Ośrodków może być wiele.)
Zadanie 2. a) Przestrzeń z bazą przeliczalną jest ośrodkowa.
b) Metryzowalna przestrzeń ośrodkowa ma bazę przeliczalną.
II-25
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
c) Podprzestrzeń przestrzeni z bazą przeliczalną też ma taką bazę, wobec czego podprzestrzeń metryzowalnej przestrzeni ośrodkowej jest ośrodkowa.
d) Gdy topologia T ma bazę przeliczalną, to z każdej bazy topologii można wybrać
bazę przeliczalną,
a także
S
S z każdej rodziny U ⊂ T można wybrać przeliczalną podrodzinę
U0 taką, że U0 = U. (Wskazówka: niech (Bi )i∈N będzie bazą przeliczalną i niech
I = {i ∈ N : Bi ⊂ U dla pewnego U ∈ U}. Rozważyć rodzinę (Ui )i∈I , gdzie Ui ∈ U
wybrano tak, by Bi ⊂ Ui dla i ∈ I.)
Jako ostatni wymieńmy następujący warunek, nierzadko nakładany na przestrzeń:
• „Pierwszy aksjomat przeliczalności”: Dla każdego punktu przestrzeni, istnieje przeliczalna baza jego otoczeń. Tu przez bazę otoczeń punktu x rozumiemy taką rodzinę
Bx jego otoczeń, że każde otoczenie punktu x zawiera otoczenie, należące do Bx .
Jest oczywiste, że aksjomat ten spełnia każda przestrzeń z bazą przeliczalną, a także
każda przestrzeń metryzowalna. Znaczenie przeliczalnych baz otoczeń uwidacznia następujące zadanie
Zadanie 3. Dla przestrzeni topologicznej (X, T ) powiemy, że ciąg (xn )∞
n=1 jest zbieżny
do x ∈ X w topologii T (i piszemy x = limn xn lub xn → x), jeśli do każdego otoczenia
punktu x należą prawie wszystkie wyrazy ciągu (xn )∞
n=1 . Udowodnić, że jeśli punkt x
ma przeliczalną bazę otoczeń, to dla każdego zbioru A ⊂ X zachodzi (x ∈ A) ⇔(pewien
ciąg punktów z A zbiega do x). Patrz też niżej zadanie 7.
Zbadajmy niektóre z poznanych przestrzeni pod względem wymienionych własności.
Uwaga 1. a) W przestrzeni metryzowalnej X, dla każdych jej rozłącznych zbiorów
domkniętych K, L istnieje funkcja ciągła f : X → [0, 1] taka, że f|K = 0 i f|L = 1.
Istotnie, jeśli topologia przestrzeni jest generowana przez metrykę d, to możemy przyjąć
f (x) = distd (x, K)/(distd (x, K) + distd (x, L)) dla x ∈ X; patrz zadanie 4b) w §I.1. Z
ciągłości f wynika, że zbiory {x : f (x) < 1/2} i {x : f (x) > 1/2} są otwarte; sa też one
rozłączne i zawierają K i L, odpowiednio.
b) Stąd wynika łatwo, że przestrzenie metryzowalne mają własność (T4).
c) Sprawdzanie własności (T4) dla przestrzeni niemetryzowalnych bywa trudne. Nie
będziemy się nim zajmować, prócz dowodu własności (T4) przestrzeni zwartych w §III.2.
Zadanie 4. Topologia T (<), wyznaczona przez dowolny porządek liniowy jak opisano
w przykładzie 1a) w §3, ma własność (T2).
Zadanie 5. „Strzałka” z przykładu 5 w §3 nie ma bazy przeliczalnej, lecz jest przestrzenią ośrodkową i spełnia tzw. drugi aksjomat przeliczalności (każdy jej punkt ma
przeliczalną bazę otoczeń). „Kwadrat leksykograficzny” nie jest przestrzenią ośrodkową.
Zadanie 6. a) Obraz przestrzeni ośrodkowej przy przekształceniu ciągłym też jest taką
przestrzenią.
II § 5.
II-26
b) Przestrzenie Rn są ośrodkowe w topologii produktowej, i RN też; jednak przestrzeń
(RN , T (dsup )) nie jest ośrodkowa. (Definicja dsup jest w przykładzie 1f) z §I.1.)
c)∗ Przestrzeń NR jest ośrodkowa.
d) Wywnioskować z a) i c), że iloczyn kartezjański continuum wielu (lub mniej) przestrzeni ośrodkowych jest przestrzenią ośrodkową.
Zadanie 7. Niech X := {0, 1}S (z topologią produktową), gdzie #S > ℵ0 .
a) Udowodnić, że przy A := {(xs )s∈S ∈ X : xs = 0 tylko dla skończenie wielu s ∈ S}
zachodzi 0 ∈ A, choć żaden ciąg {a(n) }∞
n=1 ⊂ A nie jest zbieżny do 0.
b) Wywnioskować, że przestrzeń X nie jest metryzowalna, a punkt 0 nie ma w niej
nawet przeliczalnej bazy otoczeń.
c) Przy S = R zauważyć, że przestrzeń X jest ośrodkowa (patrz zad. 6d)) i zawiera
nieprzeliczalną podprzestrzeń dyskretną {fs : s ∈ R}, gdzie fs jest funkcją przyjmującą
wartość 1 w punkcie s, zaś 0 w pozostałych punktach s0 ∈ R. Wywnioskować, że
ośrodkowość nie jest dziedziczona przez podprzestrzenie. (Por. zad. 2c).)
Q
d) Wywnioskować też, że gdy iloczyn s∈S Xs niepustych przestrzeni Xs jest przestrzenią metryzowalną, to tylko przeliczalnie wiele zbiorów Xs nie jest jednopunktowych.
Zadanie 8. Udowodnić, że a) iloczyn kartezjański rodziny przestrzeni, posiadających
własność (T2), też ma tę własność, oraz b) własność (T4) zachowuje się przy przejściu
do podprzestrzeni domkniętych, a (T2) – do dowolnych.
Zadanie 9. a) Udowodnić, że Y jest przestrzenią Hausdorffa wtedy i tylko wtedy, gdy
przekątna {(y, y) : y ∈ Y } jest domkniętym podzbiorem iloczynu Y × Y .
b) Niech funkcje f, g : X → Y będą ciągłe, przy czym Y jest przestrzenią Hausdorffa.
Udowodnić, że zbiór {x ∈ X : f (x) = g(x)} jest domknięty w X i wywnioskować, że
jeśli zbiór ten jest gęsty w X, to f = g.
Zadanie uzupełniające 1. Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną. Udowodnić, że:
a) Jeśli dla pewnego r > 0 istnieje nieprzeliczalna rodzina rozłącznych kul w X o
promieniu r, to przestrzeń (X, Td ) nie jest ośrodkowa.
b) Prawdziwa jest też implikacja odwrotna.
§ 5.
Lemat Urysohna.
Zasadnicze w tym pragrafie jest następujące
Twierdzenie 1 („lemat Urysohna”). Dla każdych dwóch rozłącznych zbiorów domkniętych w przestrzeni normalnej, istnieje ciągła funkcja na tej przestrzeni, o wartościach
w odcinku I = [0, 1], która na jednym z tych zbiorów stale jest równa 0, a na drugim 1.
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
II-27
Przypomnijmy, patrz uwaga 1 w §4, że dla przestrzeni metryzowalnych żądaną funkcję
można zadać jawnym wzorem.
Rozważaną przestrzeń oznaczamy niżej przez X. Normalność zdefiniowana była warunkiem (T4) z §4. Wynika z niej że gdy G jest otoczeniem domkniętego zbioru K ⊂ X,
to istnieje zbiór otwarty V taki, że K ⊂ V ⊂ V ⊂ G; patrz zadanie 1c) w §4.
Dowód twierdzenia. Niech zbiory K, L ⊂ X będą domknięte i rozłączne. Dowód
oparty jest na obserwacji, że jeśli każdej liczbie postaci t = k/2n , gdzie k, n ∈ Z≥0 i
k ≤ 2n , przyporządkujemy zbiór otwarty Ut tak, by spełnione były warunki
K ⊂ U0 , U1 ⊂ X \ L i Ut ⊂ Ut0 gdy t < t0
(5)
to żądaną funkcję można będzie zadać wzorem
f (x) = 1 gdy x 6∈ U1 i f (x) = inf{t : x ∈ Ut }.
(6)
Istotnie, z (5) i (6) wynika, że f (L) = {1} i f (K) = {0}. By zaś dowieść ciągłości f ,
pozostaje dla każdych x ∈ X i n ≥ 1 wskazać taki zbiór otwarty W , że x ∈ W i
diamf (W ) ≤ 2/2n . Gdy x ∈ U1 \ U 21n , możemy w tym celu wziąć W := Ut \ Ut− 22n , gdzie
t jest najmniejszą liczbą postaci k/2n (k ≤ 2n ), dla której x ∈ Ut . (Wtedy f (W ) ⊂
[t − 22n , t] i x ∈ W , bo x 6∈ Ut− 21n i Ut− 22n ⊂ Ut− 21n .) W pozostałych przypadkach
można przyjąć W = U 21n gdy x ∈ U 21n (wtedy f (W ) ⊂ [0, 21n ]), zaś W = X \ U1− 21n gdy
x 6∈ U1 (wtedy f (W ) ⊂ [1 − 21n , 1] i x ∈ W , bo U1− 21n ⊂ U1 ).
By dowieść istnienia zbiorów otwartych Ut , spełniających warunki (5), przyjmijmy
U1 := X \ L i korzystając z normalności obierzmy zbiór otwarty U0 tak, by K ⊂ U0 ⊂
U0 ⊂ U1 . Gdy n ≥ 0 i znamy już zbiory Us dla s ∈ In := {k/2n : 0 ≤ k ≤ 2n }
(wyżej n = 0), to dla każdych dwóch kolejnych liczb s, s0 ∈ In tworzymy zbiór otwarty
Ut , t = (s + s0 )/2, taki, że Us ⊂ Ut ⊂ Ut ⊂ Us0 . Wraz z {Us }s∈In da to kolekcję
{Us }s∈In+1 , a przez indukcję – wszystkie żądane zbiory Ut . § 6.
Dwa zastosowania.
Definicja. Iloczyn kartezjański nieskończenie wielu kopii odcinków [0, 1], z topologią
produktową, nazywany jest kostką Tichonowa. Gdy odcinków jest przeliczalnie wiele,
to mówimy o kostce Hilberta.
Twierdzenie 1. Każda przestrzeń normalna jest homeomorficzna z podprzestrzenią
pewnej kostki Tichonowa, a przestrzeń normalna z bazą przeliczalną – z podprzestrzenią
kostki Hilberta.
Dowód. Ustalmy bazę B topologii rozważanej przestrzeni X i przyjmijmy S := {(B, B 0 ) ∈
B × B : B ⊂ B 0 }. Dla s = (B, B 0 ) ∈ S niech Is = [0, 1] i niech fs : X → Is będzie
II § 7.
II-28
Q
funkcją ciągłą, równą 0 na B, a 1 na X \ B 0 . Definiujemy f : X → s∈S Is wzorem
f (x) = (fs (x))s∈S dla x ∈ X. Ciągłość f zapewnia uwaga 1 w §3, a różnowartościowość f i ciągłość przekształcenia f −1 : f (X) → X – poniższe zadanie:
Zadanie 1. a) Niech przekształcenie f : X → Y oddziela punkty od zbiorów
domkniętych, tzn. niech dla każdego punktu x ∈ X i jego otoczenia G zachodzi
f (x) 6∈ f (X \ G). Jeśli X ma własność (T1), tzn. zbiory jednopunktowe w X są
domknięte, to f jest 1-1 i przekształcenie f −1 : f (X) → X jest ciągłe.
b) Przekształcenie f z dowodu twierdzenia oddziela punkty od zbiorów domkniętych.
Zbiór S z dowodu twierdzenia jest przeliczalny gdy baza B jest przeliczalna. A że
każda podprzestrzeń kostki Hilberta jest metryzowalna, patrz w §3 twierdzenie 1b) i w
§2 uwaga 4b), więc z twierdzenia 1 wynika
Wniosek 1 (twierdzenie metryzacyjne Urysohna). Przestrzeń z bazą przeliczalną jest
metryzowalna wtedy i tylko wtedy, gdy jest normalna.
§ 7.
Wersja twierdzenia Michaela o selekcji i twierdzenie Tietzego–Urysohna.
Zasadniczą konsekwencją lematu Urysohna jest twierdzenie Tietzego – Urysohna o możliwości przedłużania funkcji rzeczywistych, określonych na domkniętych podzbiorach przestrzeni normalnych. Podobnie jak w [BCPP] i [P], uzyskamy je jako wniosek z bardziej
ogólnego twierdzenia o istnieniu ciągłych selekcji pewnych „funkcji wieloznacznych”.
Definicja. Niech X i Y będą przestrzeniami topologicznymi, a Φ : X → 2Y – funkcją,
przyporządowującą punktom x ∈ X zbiory Φ(x) ⊂ Y . (Może być, że Φ(x) = ∅ dla
pewnych x ∈ X.) Przyjmijmy
Φ−1 (A) := {x ∈ X : Φ(x) ∩ A 6= ∅} dla A ⊂ Y.
Funkcję Φ nazywamy półciągłą dolnie, jeśli dla każdego zbioru otwartego U ⊂ Y ,
zbiór Φ−1 (U ) jest otwarty.
Zadanie 1. a) Gdy funkcja Φ jest półciągła dolnie, to funkcja x 7→ Φ(x) też jest taka.
S
S
b) Φ−1 ( s∈S As ) = s∈S Φ−1 (As ), lecz może być Φ−1 (A1 ∩A2 ) 6= Φ−1 (A1 )∩Φ−1 (A2 ).
c) Gdy funkcja Φ : X → 2Y jest półciągła dolnie, a zbiór W ⊂ X × Y jest otwarty,
to wzór x 7→ {y ∈ Φ(x) : (x, y) ∈ W } definiuje funkcję półciągłą dolnie.
W szczególności, jeśli topologia przestrzeni Y jest generowana przez metryką d, funkcja
f : X → Y jest ciągła, a Φ : X → 2Y półciągła dolnie, to dla r > 0 funkcja x 7→
Φ(x) ∩ Bd (f (x), r) też jest półciągła dolnie.
d) Gdy K ⊂ X jest podprzestrzenią domkniętą, a funkcja f : K → Y jest ciągła i
ma wartości w zbiorze Y0 ⊂ Y , to wzór
II-29
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
Φ(x) := {f (x)} dla x ∈ K i Φ(x) := Y0 dla x ∈ X \ K
określa funkcję półciągłą dolnie.
Twierdzenie 1 (wersja twierdzenia E. Michaela o selekcji). Niech Φ będzie półciągłą
dolnie funkcją, przyporządkowującą punktom przestrzeni X niepuste, wypukłe podzbiory
przestrzeni euklidesowej E = Rk . W każdym z następujących przypadków istnieje ciągła
funkcja f : X → E, spełniająca warunek f (x) ∈ Φ(x) dla każdego punktu x ∈ X:
S
a) przestrzeń X jest normalna i zbiór x∈X Φ(x) jest ograniczony;
b) przestrzeń X jest metryzowalna.
Przypomnijmy, że zbiór A ⊂ E jest wypukły, jeśli ta + (1 − t)a0 ∈ A dla wszystkich
a, a0 ∈ A i t ∈ [0, 1]. Przed dowodem wskażmy na przypadki szczególne twierdzenia.
Wniosek 1 (twierdzenie Tietzego–Urysohna). 4 Każdą funkcję ciągłą f : K → J,
gdzie K jest domkniętym podzbiorem przestrzeni normalnej X, a J – przedziałem w R,
można przedłużyć do funkcji ciągłej fe : X → J. (Na R rozpatrujemy topologię euklidesową, a na Ki J –topologie podprzestrzeni.)
Dowód. Gdy przedział J jest ograniczony i domknięty, to teza wynika z części a) twierdzenia, zastosowanego do funkcji Φ : X → 2R danej wzorem Φ(x) = {f (x)} dla x ∈ K
i Φ(x) := J dla x ∈ X \ K. (Patrz zadanie 1d).) Gdy J = (−1, 1] lub J = (−1, 1),
to możemy więc f przedłużyć do funkcji ciągłej g : X → J, a za szukane przedłużenie
fe wziąć iloczyn g · h, gdzie h : X → [0, 1] jest funkcją ciągłą, równą 0 na g −1 (J \ J)
i 1 na K. (Istnienie h zapewnia lemat Urysohna.) W pozostałych przypadkach istnieje
homeomorfizm ϕ : J → J 0 , gdzie J 0 to jeden z przedziałów (−1, 1) lub (−1, 1]. (Dlaczego?) Jak już wiemy, funkcję ϕ ◦ f : K → J 0 można przedłużyć do funkcji ciągłej
u : X → J 0 ; pozostaje więc przyjąć fe := ϕ−1 ◦ u. Wniosek 2. W szczególności, dla rozłącznych podzbiorów domkniętych A, B przestrzeni
normalnej X, istnieje funkcja ciągła f : X → [0, 1], równa 0 na A, zaś 1 na B.5 Dowód twierdzenia 1 wykorzystuje podziały jedynki na przestrzeni topologicznej X.
Definicja. a) Rodzinę
(λs )s∈S funkcji ciągłych λs : X → [0, 1] nazywamy podziałem
P
jedynki, jeśli s λs (x) = 1 ∀x ∈ X.
b) Powiemy, że podział ten jest podporządkowany rodzinie (As )s∈S zbiorów As ⊂
X, jeśli λs (X \ As ) = {0} dla s ∈ S (tzn. każda funkcja λs zeruje się poza zbiorem As ).
S
c) Rodzinę zbiorów (As )s∈S nazywamy pokryciem zbioru A ⊂ X, jeśli A ⊂ s As .
Pokrycie to nazywamy otwartym, jeśli wszystkie zbiory As są otwarte w X.
4
5
Tietze udowodnił tezę gdy X jest przestrzenią metryzowalną, a Urysohn –gdy jest normalną.
Jest to tzw. lemat Urysohna. Dla przestrzeni metryzowalnych, prosty jego dowód jest w zadaniu 4d) w §I.5.
II § 7.
II-30
Lemat 1. Niech (Us )s∈S będzie skończonym pokryciem otwartym przestrzeni normalnej X. Wówczas
a) istnieje takie pokrycie otwarte (Vs )s∈S przestrzeni X, że Vs ⊂ Us ∀s ∈ S;
b) istnieje podział jedynki (λs )s∈S , podporządkowany pokryciu (Us )s∈S .
Dowód. Ad a). Możemy przyjąć, że S = {1, ..., n} dla pewnego n. Zadanie 1b) z §4,
zastosowane przy K := X \ (U2 ∪ ... ∪ Un ) i U := U1 , zapewnia istnienie takiego zbioru
otwartego V1 , że K ⊂ V1 ⊂ V1 ⊂ U1 . Wówczas (V1 , U2 , ..., Un ) jest pokryciem otwartym
przestrzeni X, więc w ten sam sposób znajdziemy kolejne pokrycie (V1 , V2 , U3 , ..., Un ),
dla którego V2 ⊂ U2 , a po dalszych n − 2 krokach –szukane pokrycie (V1 , ..., Vn ).
Ad b). Niech (Vs )s∈S będzie pokryciem, danym częścią a) lematu. Na podstawie
lematu Urysohna istnieją takieP
funkcje ciągłe fs : X → [0, 1] (s ∈ S), że fs (Vs ) = {1} i
fs (X \ Us ) = {0}. Suma f := s fs przyjmuje tylko dodatnie wartości, bo (fs−1 (1))s∈S
jest pokryciem zbioru X i fs ≥ 0 ∀s ∈ S. Funkcje λs := fs /f, s ∈ S, są więc dobrze
określone i tworzą szukany podział jedynki. Uwaga 1. ∗ Ważne zastosowanie podziałów jedynki zawiera następująca obserwacja: gdy funkcja f : X → Rk jest ciągła, a Bi = Bd (yi , ε) (i = 1, ..., n) są kulami
otwartymi w Rk , których suma zawiera zbiór f (X), to dla każdego podziału jedynki
(fi : X P
→ [0, 1])ni=1 , podporządkowanego pokryciu (f −1 (Bi ))ni=1 przestrzeni X, wzór
g(x) = i fi (x)yi zadaje funkcję spełniającą warunek dsup (f, g) ≤ ε. Dowód oparty
jest na nietrywialnym pomyśle i jest dobrym ćwiczeniem upewnienie się o prawdziwości
tej obserwacji przy lekturze poniższego rozumowania.
Dowód twierdzenia 1. Przestrzeń E wyposażamy w metrykę euklidesową d. Ograniczymy
się teraz do rozpatrzenia części a) tezy, odkładając b) do §8. Są trzy kroki rozumowania.
I. W tym kroku dla zadanej liczby ε > 0 dowiedziemy słabszej tezy:
(M) istnieje taka funkcja ciągła f : X → E, że distd (f (x), Φ(x)) < ε ∀x ∈ X.
S
Ograniczony zbiór x∈X Φ(x) można pokryć skończenie wieloma kulami Bs = Bd (ys , ε),
s ∈ S. (Ta własność metryki euklidesowej d jest geometrycznie oczywista; patrz też
dalej przykład 1a) w §III.1.) Przyjmijmy Us := Φ−1 (Bs ). Otrzymamy skończone pokrycie otwarte (Us )s∈S przestrzeni X, któremu podporządkujmy pewien podział jedynki
(λs )s∈S . Szukaną funkcję definiujemy wzorem
X
f (x) :=
λs (x)ys dla x ∈ X.
(7)
s∈S
Funkcja ta jest ciągła, więc przy ustalonym x ∈ X pozostaje dowieść 6 istnienia
punktu z ∈ Bd (f (x), ε) ∩ Φ(x). W tym celu oznaczmy T := {s ∈ S : λs (x) 6=
6
Zapis dalszej części kroku I odpowiada przedstawionemu na wykładzie. Po wykładzie pomyślałem, że bardziej
czytelny może dla Państwa być zapis taki: ...dowieść, że distd (f (x), Φ(x)) < ε. Jednak f (x) jest wypukłą kombinacją
punktów ys , gdzie s przebiega zbiór T := {s ∈ S : λs (x) 6= 0} (wynika to z (7), bo λs (x) = 0 dla s 6∈ T ); ponadto dla
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
II-31
0}. Ponieważ podział (λs )s∈S jest podporządkowany pokryciu (Us )s∈S , więc dla s ∈ T
zachodzi x ∈ Us –co
6= ∅ czy, równoważnie, ys −zs ∈ Bd (0, ε) dla pewnego
P daje Φ(x)∩B
Ps
zs ∈ Φ(x). A że s∈T λs (x) = s∈S λs (x) = 1 (bo λs (x) = 0 dla s ∈ S \ T ), to przy
P
z := s∈T λs (x)zs otrzymujemy z wypukłości zbioru Φ(x) i kuli Bd (0, ε), co żądano:
X
X
λs (x)ys − z =
λs (x)(ys − zs ) ∈ Bd (0, ε).
z ∈ Φ(x) i f (x) − z =
s∈T
s∈T
II. W drugim kroku konstruujemy indukcyjnie funkcje ciągłe fn : X → E takie, że
distd (fn (x), Φ(x)) < 1/2n i d(fn (x), fn+1 (x)) ≤ 3/2n dla x ∈ X i n ≥ 0. Funkcję f0
otrzymujemy z (M) przy ε = 1. Gdy znamy już fn , przyjmujemy Ψ(x) := Φ(x) ∩
Bd (f (x), 1/2n ). Nietrudno sprawdzić, że funkcja Ψ jest półciągła dolnie (patrz zadanie
1c)); przy tym Ψ(x) 6= ∅ dla x ∈ X, bo dist(f (x), Φ(x)) < 1/2n . Niech funkcja fn+1
będzie dana przez (M), przy ε := 1/2n+1 i Φ zastąpionym przez Ψ. Dla x ∈ X, oba
punkty fn (x) i fn+1 (x) są wtedy 1/2n –blisko zbioru Ψ(x), mającego średnicę ≤ 2/2n+1 ,
co daje d(fn (x), fn+1 (x)) ≤ 3/2n .
III. Wreszcie, w trzecim kroku stwierdzamy, że ciąg (fn ) funkcji ciągłych spełnia
warunek Cauchy’ego w metryce dsup –a zatem jest zbieżny do funkcji ciągłej f : X → E.
Ponadto, dla x ∈ X zachodzi distd (f (x), Φ(x)) = limn distd (fn (x), Φ(x)) ≤ limn 1/2n =
0, skąd f (x) ∈ Φ(x). Poniższy materiał uzupełniający dotyczy związku twierdzenia Michaela z twierdzeniem o przedzielaniu półciągłych funkcji rzeczywistych funkcjami ciągłymi.
Definicja. Funkcję rzeczywistą w : X → R nazwiemy półciągłą dolnie (odp. górnie),
jeśli półciągła dolnie jest funkcja x 7→ w− (x) ∈ 2R (odp. x 7→ w+ (x) ∈ 2R ), gdzie
w− (x) := (−∞, w(x)],
w+ (x) := [w(x), ∞).
Wniosek 3 (twierdzenie Hahna–Tonga–Katétova). Niech przestrzeń X będzie normalna,
a funkcje u, v : X → R będą półciągłe górnie i dolnie, odpowiednio, przy czym u ≤ v.
Wówczas istnieje taka ciągła funkcja f : X → R, że u ≤ f ≤ v.
Zadanie 2. Udowodnić wniosek 2 na następującej drodze:
a) Przy Φ(x) := [u(x), v(x)] zauważyć, że dla każdego niepustego przedziału (a, b) ⊂
R zachodzi Φ−1 ((a, b)) = {x ∈ X : u+ (x)∩(a, ∞) 6= ∅}∩{x ∈ X : v− (x)∩(−∞, b) 6= ∅}.
Wywnioskować, że funkcja Φ : X → 2R jest półciągła dolnie.
b) Jeśli obie funkcje u i v są ograniczone, uzyskać tezę z części a) twierdzenia 1. Gdy
nie są, złożyć je z odpowiednim homeomorfizmem, jak w dowodzie wniosku 1.
Odnotujmy różnorakie charakteryzacje rzeczywistych funkcji półciągłych:
tych ys jest distd (ys , Φ(x)) < ε (bo skoro s ∈ T , to λs (x) 6= 0, skąd x ∈ Us i wobec tego Φ(x) ∩ B(ys , ε) 6= ∅). Żądana
nierówność distd (f (x), Φ(x)) < ε wynika więc z zadania 5 w §I.1, które teraz dopisałem.
II § 8.
II-32
Zadanie 3. Równoważne są warunki:
a) Funkcja w : X → R jest półciągła dolnie.
b) Dla każdej liczby r ∈ R, zbiór {x ∈ X : w(x) > r} jest otwarty w X.
c) Zbiór {(x, t) : t < w(x)} jest otwarty w X × R (w topologii produktowej).
d) Funkcja −w jest półciągła górnie.
Zadanie 4. i) Gdy przestrzeń X jest normalna, a funkcja w jest ograniczona z dołu, to
warunki te są rownoważne temu, by w była obwiednią górną pewnej rodziny F funkcji
ciągłych, tzn., by w(x) = supf ∈F f (x) dla x ∈ X.
ii)∗ Gdy ponadto przestrzeń X jest metryzowalna to można żądać, by ta rodzina F
była przeliczalna. (Wskazówka: dowieść tezy, gdy w = 1U jest funkcją
Pcharakterystyczną
M
zbioru otwartego U ; zauważyć też, że jeśli w > 0, to dla g1 :=
n=0 n · 1{x:w(x)>n}
zachodzi f ≥ g1 ≥ f − 1.)
§ 8.
Lokalnie skończone podziały jedynki i parazwartość.
Dotychczas udowodniliśmy tylko część a) twierdzenia 1 z §7. Kłopot z częścią b) bierze
się stąd, że dla nieskończonego zbioru S, prawa strona w (7) może nie mieć sensu lub
określać funkcję nieciągłą. Poniższe definicje mają zaradzić tej trudności.
Definicja. a) Podział jedynki (λs )s∈S na przestrzeni X jest lokalnie skończony, jeśli
każdy punkt x ∈ X ma otoczenie, na którym tylko skończenie wiele funkcji λs przyjmuje
wartości różne od 0.
b) Przestrzeń X jest parazwarta, jeśli ma własność (T1) i każdemu jej pokryciu
otwartemu można podporządkować pewien lokalnie skończony podział jedynki. (Można
stąd wywnioskować, że X jest przestrzenią normalną, a nawet ma własność (T4) z §I.4.)
Uwaga 1. a) Gdy podział jedynki (λs )s∈S jest lokalnie skończony, to wzór (7) poprawnie
określa funkcję ciągłą f : X → E, dla dowolnego układu punktów (ys )s∈S przestrzeni
euklidesowej E. Wynika to stąd, że każdy punkt x0 ∈ X ma otoczenie, na którym f jest
sumą skończenie wielu funkcji ciągłych.
b) Rozumowanie
bez żadS z dowodu części a) twierdzenia z §7 pozostanie więc słuszne
nych założeń o x∈X Φ(x), jeśli podział (λs )s , podporządkowany pokryciu (Φ−1 (Bs ))s∈S ,
będzie lokalnie skończony. Wolno też zakładać, iż #S ≤ ℵ0 , bo przestrzeń euklidesową E
można pokryć przeliczalnie wieloma kulami o promieniu ε (np. kulami, których środki
mają wszystkie współrzędne wymierne). Część b) twierdzenia wynika więc z następującego lematu:
Lemat 1. Przeliczalnemu pokryciu otwartemu (Un )n∈N przestrzeni metrycznej (X, d)
można podporządkować lokalnie skończony podział jedynki.
II-33
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
Dowód. Przyjmijmy ϕ(t) = max(1 − t, 0) dla t ∈ [0, ∞) oraz
fn (x) := distd (x, X \ Un ) i gn (x) = fn (x) ·
n−1
Y
ϕ(n · fi (x)) dla x ∈ X.
i=1
S
S
Wówczas gn (X \ Un ) = {0} oraz gn (x) > 0 dla x ∈ Un \ n−1
U
;
a
że
k
k=1
n Un = X, to
dla każdego punktu x0 ∈ X można obrać taki indeks i = i(x0 ), że gi (x0 ) > 0. Indeks
ten wyznacza otoczenie {x ∈ X : fi (x) > fi (x0 )/2} punktu x0 , P
na którym zerują się
wszystkie funkcje gn z n > max(i, 2/fi (x0 )). Stąd funkcja g := n gn jest poprawnie
określona, dodatnia i ciągła, zaś (gn /g)∞
n=1 jest żądanym podziałem jedynki. Uwaga 2. a)∗ Kto jest zaznajomiony z definicją przestrzeni Banacha zauważy, że pochodzące od Michaela rozumowanie z §7 dowodzi też oryginalnej wersji jego twierdzenia:
jeśli przestrzeń X jest parazwarta, to funkcja, żądana w twierdzeniu z §7, istnieje gdy E
jest dowolną przestrzenią Banacha (zamiast: euklidesową).
b) Ze względu na rolę formuł zbliżonych do (7), warto wiedzieć, które przestrzenie
są parazwarte. Bardzo ważne jest twierdzenie A.H. Stone’a mówiące, że każda przestrzeń metryzowalna jest parazwarta; jego dowód można znaleźć w [BCPP]. Parazwartość ośrodkowych przestrzeni metryzowanych wynika z lematu 1 i zadania 2b),d) w §4.
III § 1.
III-34
III
Zwartość
§ 1.
Zwartość w przestrzeniach metrycznych.
Definicja. Przestrzeń metryczną (X, d) nazwiemy całkowicie ograniczoną, jeśli dla
każdego ε > 0 można ją pokryć skończenie wieloma zbiorami o średnicach < ε.
Uwaga 1. a) Przestrzeń całkowicie ograniczona jest ośrodkowa (i wobec metryzowalności ma bazę przeliczalną). Gdy bowiem ustalić ε > 0 i wybrać po punkcie z każdego
zbioru, o których mowa w definicji, to otrzymany zbiór
S skończony Aε będzie ε–gęsty w
X tzn. taki, że distd (x, Aε ) < ε ∀x ∈ X; zbiór zaś n A1/n będzie ośrodkiem w X.
b)∗ Nietrudno teraz zauważyć, że gdy dla każdej liczby ε > 0 istnieje w X skończony
zbiór ε–gęsty w X (względem metryki d), to przestrzeń (X, d) jest całkowicie oganiczona,
i vice versa. (Jest to kryterium Hausdorffa; zbiór ε–gęsty nazywany też jest ε–siecią.)
c) Gdy podprzestrzeń (F, d|F ) przestrzeni (X, d) jest całkowicie ograniczona, to i jej
domknięcie (F , d|F ) jest takie. Wynika to stąd, że dla każdego skończonego pokrycia
F1 , ...Fn zbioru F , rodzina F 1 , ..., F n pokrywa F .
Przykład 1. a) Ograniczony podzbiór prostej (R, de ) jest całkowicie ograniczony, bo jest
zawarty w pewnym odcinku [−M, M ], który dla każdego n można pokryć 2n odcinkami
[M i/n, M (i + 1)/n], gdzie i = −n, ..., n − 1, mającymi średnicę M/n. Podobnie, każdy
ograniczony podzbiór przestrzeni euklidesowej (E, de ) jest całkowicie ograniczony.
b) Tym niemniej, zbiór A := {(1, 0, 0, ...), (0, 1, 0, ...), ...} jest ograniczony w metryce
pudełkowej ρ(x, y) = supn |xn − yn |, lecz nie jest w niej całkowicie ograniczony, bo
ρ(x, y) = 1 dla każdych dwóch różnych punktów x, y ∈ A.
Twierdzenie 1 (G. Cantora). Dla przestrzeni metrycznej (X, d) równoważne są warunki:
i) z każdego ciągu punktów tej przestrzeni można wybrać podciąg zbieżny;
ii) przestrzeń (X, d) jest całkowicie ograniczona i zupełna.
Dowód. i)⇒ii). Zupełność przestrzeni (X, d), spełniającej warunek i), wynika stąd,
że każdy ciąg Cauchy’ego, zawierający podciąg zbieżny, sam jest zbieżny. By dowieść
całkowitej ograniczoności ustalmy ε > 0. Niech x1 ∈ X, a gdy znamy już An =
{x1 , ..., xn }, obierzmy xn+1 ∈ X tak, by distd (xn+1 , An ) ≥ ε/2 –jeśli taki punkt istnieje.
Dla pewnego n ∈ N proces ten się zakończy, bo w przeciwnym razie otrzymalibyśmy ciąg
(xn )∞
n=1 , którego żaden podciąg nie spełnia warunku Cauchy’ego, wbrew i). Rodzina kul
{B(a, ε/2) : a ∈ An } jest skończona, składa się ze biorów o średnicy < ε, i pokrywa X
(bo distd (x, An ) < ε/2 dla x ∈ X).
ii)⇒i). Niech w ciągu (xn )∞
n=1 występuje nieskończenie wiele różnych punktów (inaczej wybór podciągu zbieżnego nie sprawia kłopotu). Z całkowitej ograniczoności prze-
III-35
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
strzeni (X, d) wynika, że można zbiór {xn }∞
n=1 pokryć skończenie wieloma zbiorami o
średnicy < 1. Któryś z nich zawiera nieskończenie wiele elementów tego zbioru, co daje
nieskończony zbiór A1 ⊂ {xn }∞
n=1 o średnicy < 1. Gdy znamy już nieskończony zbiór
An−1 , to w ten sam sposób wybieramy jego nieskończony podzbiór An o średnicy < 1/n.
Szukany podciąg (xnk ) tworzymy biorąc n0 = 1 i indukcyjnie obierając nk > nk−1 tak,
by xnk ∈ Ak . Ponieważ diam{xnk : k ≥ j} ≤ diamd Aj → 0, więc (xnk ) jest ciągiem
d–Cauchy’ego, zbieżnym wobec zupełności przestrzeni (X, d). Twierdzenie
2. Warunek i) jest też równoważny każdemu z poniższych:
T
iii) n Fn 6= ∅ dla każdego ciągu F1 ⊃ F2 ⊃ ... niepustych zbiorów Fn = Fn ⊂ X;
iv) (warunek Heinego i Borela): z każdego otwartego przeliczalnego pokrycia przestrzeni X można wybrać pokrycie skończone.
Dowód. i)⇒iii). Z każdego zbioru Fn wybierzmy punkt xn . Ciąg (xn ) zawiera na
podstawie i) podciąg, zbieżny do pewnego
punktu x ∈ X. Z domkniętości zbiorów Fn i
T
inkluzji F1 ⊃ F2 ... wynika, że x ∈ n Fn .
iii)⇒i).
Dla danego ciągu {xn }∞
n=0 ⊂ X przyjmijmy An := {xn , xn+1 , ...} i niech
T
x ∈ n An . Możemy wtedy obrać n0 = 0 i indukcyjnie obierać nk tak, by xnk ∈
Bd (x, 1/k) ∩ Ank , otrzymując podciąg (xnk ) ciągu (xn ), zbieżny do x.
iii)⇔iv). Tak warunek iii), jak i iv),Sjest równoważny temu, by dla każdego ciągu
W1 ⊂ W2 ⊂ ... zbiorów otwartych, jeśli n Wn = X, to Wn = X dla pewnego n. Definicja. Przestrzeń metryczną (X, d) nazywamy zwartą, jeśli spełniony jest któryś z
warunków od i) do iv) (a więc i wszystkie one).
Uwaga 2. a) Podprzestrzeń przestrzeni Rn jest zwarta wtedy i tylko wtedy, gdy jest
ograniczona w metryce de i domknięta. Wynika to z zupełności przestrzeni euklidesowych, twierdzenia 1 i przykładu 1.
b) Jednak w przestrzeni (RN , dsup ), jednostkowa kula domknięta nie jest zwarta –
również na podstawie przykładu 1.
Uwaga 3. W obrębie przestrzeni metrycznych, warunki od i) do iv) implikują też, że
v) z każdego pokrycia otwartego przestrzeni można wybrać pokrycie skończone.
Istotnie, na podstawie ii) i uwagi 1, przestrzeń jest ośrodkowa, więc z zadanego jej
pokrycia otwartego można wybrać pokrycie przeliczalne, a z niego – pokrycie skończone,
na podstawie iii). (Wykorzystano zadanie 2 b), d) w §I.4.)
Twierdzenie 3. Każdemu pokryciu otwartemu U zwartej przestrzeni metrycznej można
przyporządkować jego liczbę Lebesgue’a – czyli taką liczbę dodatnią δ = δ(U), że każdy
zbiór o średnicy < δ jest zawarty w pewnym elemencie pokrycia U.
Dowód. Przypuśćmy, wbrew tezie, że dla każdego n ∈ N istnieje zbiór An ⊂ X, który
nie jest zawarty w żadnym zbiorze U ∈ U i spełnia warunek diamd An ≤ 1/n. Obierzmy
III § 1.
III-36
punkty an ∈ An i przez przejście do podciągu załóżmy, że otrzymany ciąg (an )∞
n=1
jest zbieżny do punktu x0 ∈ X. Dla pewnego U0 ∈ U zachodzi x0 ∈ U0 , a zatem i
B(x0 , r) ⊂ U0 , gdzie r > 0. Stąd i z nierówności trójkąta wynika, że An ⊂ U0 gdy
1
n + d(an , x0 ) < r, co przeczy wyborowi zbiorów An . Sprzecznośc ta dowodzi tezy. Wniosek 1. Ciągłe przekształcenie f zwartej przestrzeni metrycznej (X, d) w przestrzeń
metryczną (Y, ρ) jest jednostajnie ciągłe, tzn. spełnia warunek: dla każdej liczby
ε > 0 istnieje liczba δ > 0, taka, że d(x1 , x2 ) < δ ⇒ ρ(f (x1 ), f (x2 )) < ε dla x1 , x2 ∈ X.
Dowód. Wystarczy za δ przyjąć liczbę Lebesgue’a pokrycia otwartego U := {f −1 (B(y, ε/2) :
y ∈ Y } przestrzeni X. Na koniec zastosujemy twierdzenie 1 do badania zwartości przestrzeni funkcyjnych.
Ustalmy przestrzeń topologiczną X i metryczną (Y, d) oraz rodzinę funkcji F ⊂ Y X .
Definicja. Rodzina F jest jednakowo ciągła, jeśli dla każdego x ∈ X i ε > 0 istnieje
otoczenie U punktu x takie, że diamd (f (U )) < ε dla f ∈ F.
Lemat 1. Niech X będzie przestrzenią zwartą, a (Y, d)– metryczną. Zbiór F ⊂ C(X, Y )
wtedy i tyko wtedy jest całkowicie ograniczony w metryce dsup , gdy spełnione są warunki:
a) dla każdego x ∈ X, zbiór F(x) := {f (x) : f ∈ F} jest całkowicie ograniczony w
metryce d, oraz
b) rodzina F jest jednakowo ciągła.
Dowód. 1) Gdy zbiór (F, dsup ) jest całkowicie ograniczony, to zbiór (F(x), d) –też, bo
jest obrazem F przy przekształceniu Y X 3 f 7→ f (x) ∈ Y , spełniającym warunek
Lipschitza ze stałą 1. (Tu, Y X i Y wyposażone są w metryki dsup i d, odpowiednio.)
Ponadto, rodzina F jest wtedy jednakowo ciągła. Istotnie, ustalmy ε > 0 i x ∈ X,
przedstawmy F w postaci sumy zbiorów F1 , ..., Fn o średnicy < ε i obierzmy funkcje
fi ∈ Fi ; ponieważ są one ciągłe, to dla i = 1, ..., n istnieją
otoczenia Ui punktu x takie,
T
że diamd fi (Ui ) < ε. Latwo zauważyć, że przy U = i Ui zachodzi diamd f (U ) < 3ε dla
f ∈ F.
2) Teraz założmy, że spełnione są warunki a) i b); dla danej liczby ε > 0 pokryjemy F
skończenie wieloma zbiorami o średnicy < 3ε. W tym celu zauważmy, że każdy punkt x ∈
X ma założenia takie otoczenie otwarte Ux , że diamd f (Ux ) < ε ∀f ∈ F. Korzystając
z v), możemy z pokrycia (Ux )x∈X wybrać pokrycie skończone (Uxi )ni=1 . Każdy ze zbiorów
F(xi ) ⊂ Y możemy też przedstawić jako sumę Q
skończonej rodziny Ai zbiorów o średnicy
< ε. Dla każdego ciągu A = (A1 , ..., An ) ∈ ni=1 Ai niech FA =
S {f ∈ F : f (xi ) ∈
Ai dla i = 1, ..., n}. Takich ciągów A jest skończenie wiele i F = FA (sumowanie po
wszystkich ciągach A). Pozostaje dowieść, że
diamdsup (FA ) < 3ε dla każdego ciągu A = (A1 , ..., An ) jak wyżej.
(8)
III-37
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
S
W tym celu niech f, g ∈ FA i x ∈ X. Ponieważ i Uxi = X, więc x ∈ Uxi dla pewnego i ∈ {1, ..., n}. Dalej, f (xi ), g(xi ) ∈ Ai , co daje d(f (xi ), g(xi )) ≤ diamd Ai < ε;
zachodzi też d(f (xi ), f (x)) ≤ diamd (f (Uxi )) < ε i podobnie d(g(xi ), g(x)) < ε. Zatem
(z nierówności trójkąta) d(f (x), g(x)) < 3ε dla x ∈ X i f, g ∈ FA , skąd wynika (8). Twierdzenie 4 (Arzeli i Ascoliego). Niech X będzie przestrzenią zwartą, (Y, d) –zupełną
przestrzenia metryczną, a zbiór F ⊂ C(X, Y ) niech spełnia warunki a) i b) lematu.
Wówczas domknięcie F zbioru F, w przestrzeni (C(X, Y ), dsup ), jest zbiorem zwartym.
Dowód. Jak już wiemy, zbiór F jest całkowicie ograniczony w metryce dsup , więc zbiór
F – też. A że przestrzeń (C(X, Y ), dsup ), a przez to i (F, dsup ) jest zupełna, to spełniony
jest warunek (ii) z twierdzenia 1. Uważny Czytelnik zauważył może brak precyzji w sformułowaniu lematu i twierdzenia: pozornie brak w nich założenia metryzowalności przestrzeni X, bez którego nie
wiadomo jeszcze, co oznacza jej zwartość. Jednak założenie to jest zbędne, co wyjaśni
pierwsza definicja następnego paragrafu – jeśli pamiętać, że w dowodzie grała rolę tylko
własność v) przestrzeni X.
Zadanie 1. a) Niech przestrzeń X będzie zwarta i metryzowalna, a zbiór P będzie
gęsty w X. Dowieść, że jeśli (Y, d) jest przestrzenią metryczną zupełną, a funkcje fn :
X → Y (n ∈ N) są jednakowo ciągłe i dla każdego p ∈ P ciąg (fn (p))n∈N jest zbieżny,
to ciąg (fn ) jest jednostajnie zbieżny do pewnej (ciągłej) funkcji f : X → Y .
b) Obierając za P zbior przeliczalny uzyskać z a) tezę twierdzenia Arzeli i Ascoliego
przy dodatkowym założeniu metryzowalności przestrzeni X.
c) Udowodnić też, że jeśli (X, d0 ) i (Y, d) są przestrzeniami metrycznymi, przy czym
(X, d0 ) jest zwarta, to dla każdej jednakowo ciągłej rodziny F ⊂ C(X, Y ) istnieje funkcja
δ : (0, 1) → (0, 1) taka, że dla f ∈ F i x1 , x2 ∈ X spełniających warunek d0 (x1 , x2 ) <
δ(ε) zachodzi d(f (x1 ), f (x2 )) < ε (tzn., rodzina F jest „ jednakowo jednostajnie ciągła”).
§ 2.
Zwartość w ogólnych przestrzeniach topologicznych.
Zaczniemy od uogólnienia pojęcia zwartości na przestrzenie, które nie są metryzowalne.
Odnotujmy, że dla takich przestrzeni własności i), v) i iii) (inaczej: iv)) mogą nie być
równoważne. Powszechnie przyjęta jest definicja oparta na własności v):
Definicja. Przestrzeń topologiczna jest zwarta, jeśli ma własność Hausdorffa (T2) i z
każdego jej pokrycia otwartego można wybrać pokrycie skończone.7
Wygodne bywa wyrażenie własności v) w terminach zbiorów domkniętych:
7
W podręcznikach angielskich i amerykańskich, własność (T2) nie jest włączana do definicji zwartości.
III § 2.
III-38
Stwierdzenie 1. Przestrzeń topologiczna ma własność v) wtedy i tylko wtedy, gdy
vi) każda scentrowana rodzina niepustych, domkniętych podzbiorów przestrzeni ma
niepuste przecięcie.
Dowód. vi)⇒v). Niech U będzie otwartym pokryciem przestrzeni X i przyjmijmy
F :=
T
{X \ U : U ∈ U }. Rodzina F składa się ze zbiorów domkniętych; ponadto
S
Tn F = ∅, bo
U = X. Jeśli więc zachodzi vi), to rodzina ta nieSjest scentrowana, tzn. i=1 (X \Ui ) =
∅ dla pewnych U1 , ..., Un ∈ U. Tym samym X = ni=1 Ui .
v)⇒vi). Dążąc do sprzeczności przypuśćmy, że zachodzi v), lecz pewna rodzina F
zaświadcza o fałszywości
vi). Wtedy U := {X \ F : F ∈ F} jest otwartym pokryciem
T
przestrzeni X (bo F = ∅), z którego nie można wybrać pokrcia skończonego (bo
F1 ∩ ... ∩ Fn 6= ∅ dla F1 , ..., Fn ∈ F). W poniższych dowodach będziemy starali się opierać na własności vi), by „przećwiczyć” sposoby wykorzystania jej; nietrudno jednak zmienić te dowody tak, by oparte
były na v), jak we wielu podręcznikach. Będziemy mówić, że K jest zbiorem zwartym
w przestrzeni topologicznej (Y, T ), jeśli podprzestrzeń (K, T|K ) jest zwarta.
Twierdzenie 1. a) Przestrzeń Hausdorffa, będąca obrazem przestrzeni zwartej przy
przekształceniu ciągłym, jest zwarta.
b) Domknięta podprzestrzeń przestrzeni zwartej jest przestrzenią zwartą.
c) Zwarty podzbiór K przestrzeni Hausdorffa Y jest w niej domknięty; co więcej,
każdy punkt y ∈ Y \ K ma otoczenie, rozłączne z pewnym otoczeniem zbioru K.
d) Przestrzeń zwarta jest normalna, tzn. ma własność (T4) z §I.4.
Dowód. Poniżej, X jest przestrzenią zwartą.
Ad a). Niech f : X → Y będzie ciągłą surjekcją. Gdy F jest scentrowaną rodziną
niepustych zbiorów domkniętych F ⊂ Y , to rodzina F 0 := {f −1 (F ) : F ∈ F} też ma te
własności (przy Y zastąpionym przez X), ze T
względu na ciągłość i surjektywność
f . Na
T
0
podstawie zwartości przestrzeni X zachodzi F 6= ∅ i wobec tego F =
6 ∅.
Ad b). Gdy X0 jest domkniętą podprzestrzenią zwartej przestrzeni X, a F scentrowaną rodziną niepustych zbiorów domkniętych F ⊂ X0T
, to F ma analogiczne własności
jako rodzina podzbiorów przestrzeni X –wobec czego F =
6 ∅. Ponadto, X0 ma własność Hausdorffa (T2), więc jest przestrzenią zwartą. (Wykorzystano zadania 6b) w §II.3
i 8 w §II.4.)
Ad c). Niech y ∈ Y \ K i F := {G ∩ K : G jest otoczeniem punktu y}. Rodzina
F jest scentrowana i składa się z domkniętych podzbiorów przestrzeni K. Ponadto,
T
F = ∅ – bo na podstawie własności (T2) przestrzeni Y , dla każdego punktu x ∈ K
istnieje otoczenie Gx punktu y takie, że x 6∈ Gx . Ponieważ podprzestrzeń K ma własność
vi) na podstawie b), więc wynika stąd, że F = ∅ dla pewnego F ∈ F. To oznacza, że dla
III-39
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
pewnego otoczenia G punktu y zachodzi G ∩ K = ∅. Zbiór U := X \ G jest otoczeniem
zbioru K i U ∩ G = ∅ (a więc i y 6∈ U , co wykorzystamy niżej).
Ad d). Niech K i L będą rozłącznymi, domkniętymi podzbiorami przestrzeni zwartej X. Rodzina F := {U ∩ L : U jest otoczeniem zbioru K} jest scentrowana i, jak
własnie dowiedliśmy, ma puste przecięcie. Jak wyżej, ze zwartości przestrzeni X wynika
więc, że U ∩ L = ∅ dla pewnego otoczenia U zbioru K – co dowodzi własności (T4).
Wniosek 1 (twierdzenie Weierstrassa). Ciągła funkcja rzeczywista, określona na przestrzeni zwartej, przyjmuje swe kresy.
Dowód. Z a) i c) wynika, że obraz tej funkcji jest zbiorem domkniętym w R. Zadanie 1. W przestrzeni Hausdorffa, suma dwóch podzbiorów zwartych jest zbiorem
zwartym, a każde dwa rozłączne zbiory zwarte mają rozłączne otoczenia.
T
Zadanie 2. Gdy F jest rodziną
zwartych
podzbiorów
przestrzeni
i
F ⊂ U , gdzie U
T
jest zbiorem otwartym, to F0 ⊂ U dla pewnej skończonej podrodziny F0 rodziny F.
Definicja. Niech X i Y będą przestrzeniami topologicznymi. Przekształcenie f : X →
Y jest domknięte, jeśli dla każdego zbioru domkniętego w X, jego obraz przy f jest
domknięty w Y . Analogicznie definiujemy przekształcenie otwarte.
Twierdzenie 2. a) Ciągłe przekształcenie przestrzeni zwartej w przestrzeń Hausdorffa
jest domknięte.
b) Ciągła bijekcja przestrzeni zwartej na przestrzeń Hausdorffa jest homeomorfizmem.
c) Niech przekształcenie f : X → Y będzie domknięte, przy czym przestrzeń Y i wszystkie zbiory f −1 (y), dla y ∈ Y , są zwarte. Jeśli przestrzeń X jest (T2), to jest zwarta.
Dowód. Ad a) i b). Niech X będzie przestrzenią zwartą, a Y Hausdorffa, i niech przekształcenie f będzie ciągłe. Dla zbioru domkniętego K ⊂ X stwierdzmy kolejno, że
1) podprzestrzeń K jest zwarta, 2) jej obraz f (K) jest zwartą podprzestrzenią przestrzeni Y , 3) obraz ten jest więc domknięty w Y . (Wykorzystano kolejno części b),a),c)
twierdzenia 1.) Tym samym przekształcenie f jest domknięte. Gdy ponadto f jest bijekcją, to przekształcenie g := f −1 jest ciągłe, bo zbiory g −1 (K) = f (K) są domknięte
w Y dla domkniętych K ⊂ X.
Ad c). Niech K będzie scentrowaną rodziną niepustych zbiorów domkniętych K ⊂ X.
Rodzina K0 := {f (K) : K ∈ K} ma te same własności,
T 0 z X zamienionym−1na Y (gra rolę
domkniętość f ), wobec czego istnieje punkt y ∈ K . Rodzina {K ∩ f (y) : K ∈ K}
−1
składa się więc z niepustych, domkniętych podzbiorów przestrzeni zwartej
T f (y); a że
jest scentrowana, w ślad za K, to ma niepuste przecięcie. Tym samym K 6= ∅. Twierdzenie 3. Gdy przestrzeń topologiczna Y jest zwarta, a X – dowolna, to rzutowanie πX : X × Y → X jest domknięte.
III § 3.
III-40
Dowód. Niech zbiór K będzie domknięty w X × Y i niech x 6∈ πX (K); dowiedziemy, że
x ∈ U ⊂ X \ πX (K) dla pewnego otoczenia U punktu x (w przestrzeni X). W tym celu
zauważmy, że dla y ∈ Y mamy (x, y) 6∈ K, więc z domkniętości K i definicji topologii
produktowej wynika, że (x, y) ma otoczenie (w X × Y ), rozłączne z K i będące postaci
Uy × Vy dla pewnych otoczeń Uy ∈ TX i Vy ∈ TY punktów x i y, odpowiednio. Dalej,
z pokrycia otwartego {Vy : y ∈TY } zwartej przestrzeni Y możemy wybrać pokrycie
skończone (Vyi )ni=1 . Zbiór U := ni=1 Ui ma żądane własności, bo z (U × Vyi ) ∩ K = ∅
dla i = 1, ..., n wynika, że (U × Y ) ∩ K = ∅ i tym samym U ∩ πX (K) = ∅. Zadanie 3. W przestrzeni zwartej, każdy nieskończony zbiór ma punt skupienia (tzn.
punkt przestrzeni, którego każde otoczenie zawiera nieskończenie wiele elementów zbioru).
Zadanie 4. a) (Twierdzenie Diniego.) Niech X będzie przestrzenią zwartą i ciąg funkcji
fn : X → R będzie monotonicznie punktowo zbieżny do funkcji f : X → R. Dowieść,
że jeśli f i wszystkie funkcje fn są ciągłe, to zbieżność jest jednostajna.
b) Niech j(x) := x dla x ∈ [0, 1] i przyjmijmy f0 = j oraz indukcyjnie fn+1 :=
√
√
fn + 21 (j − fn2 ). Udowodnić, że fn % j i wywnioskować, że j jest jednostajną
granicą ciągu funkcji wielomianowych, zerujących się w zerze.
Zadanie 5. Niech (X, d) będzie zwartą przestrzenią metryczną. Dowieść, że jeśli przekształcenie f : X → X spełnia warunek d(f (x1 ), f (x2 )) ≥ d(x1 , x2 ) ∀x1 , x2 ∈ X, to
f (X) = X. (Wskazówka: przyjąć, że p ∈ X \f (X) i zbadać orbitę (f n (p))∞
n=1 punktu p.)
§ 3.
Twierdzenie Tichonowa i uzwarcenie Čecha–Stone’a.
Twierdzenie 1 (A. Tichonowa). Iloczyn kartezjański dowolnej rodziny przestrzeni zwartych jest przestrzenią zwartą.
Istnieje wiele dowodów tego ważnego twierdzenia, lecz żaden ze znanych mi nie jest
prosty. Warto więc rozwiązać nastepujące
Zadanie 1. Udowodnić to twierdzenie, gdy rozważana rodzina
a) jest skończona (wskazówka, gdy przestrzenie są dwie: twierdzenia 2c) i 3 w §2);
b) składa się z przeliczalnie wielu przestrzeni metryzowalnych. (Wskazówka: użyć
metody przekątniowej, w oparciu o warunek i) z §1.)
Dowód twierdzenia 1 (w trzech krokach.) i) Niech
Q F będzie scentrowaną rodziną
domkniętych, niepustych
podzbiorów iloczynu X = s∈S Xs zwartych przestrzeni Xs ;
T
dowiedziemy, że F =
6 ∅. Zakończy to dowód, bo X jest (T2)–przestrzenią, patrz
zadanie 8 w §II.4.
W tym celu dla każdego s ∈ S oznaczmy przez πs : X T
→ Xs naturalne rzutowanie. Ze
względu na zwartość przestrzeni Xs , istnieje punkt ps ∈ {πs (F ) : F ∈ F} (domknięcie
brane w Xs ). Oznaczmy przez p punkt (ps )s∈S ∈ X.
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
III-41
T
Naiwne przypuszczenie, że zawsze p ∈ F, jest na ogół fałszywe, co widać na przykładzie S = {1, 2}, X1 = X2 = [0, 1] i F złożonego z jednego zbioru ∆ := {(t, t) : t ∈
[0, 1]}. Można wówczas przyjąć p1 = 0, p2 = 1, choć (0, 1) 6∈ ∆.
ii) Dowiedziemy jednak niżej w iii), że przypuszczenie to jest prawdziwe przy założeniu
maksymalności F (względem inkluzji) wśród scentrowanych rodzin, składających się z
niepustych, domkniętych podzbiorów przestrzeni X.8 Na mocy T
lematu Kuratowskiego–
T
e
Zorna, F jest podrodziną takiej maksymalnej rodziny F; a że F =
6 ∅ jeśli Fe =
6 ∅,
e Od tej pory zakładamy więc maksymalność rodziny F.
to możemy zastąpić F przez F.
Zauważmy, że ze względu na nią, jeśli zbiór domknięty K przecina każdy zbiór F ∈ F,
to K ∈ F –bo w przeciwnym razie rodzina F ∪ {K} ∪ {K ∩ F : T
F ∈ F} zaprzeczyłaby
maksymalności F. W szczególności, dla F1 , ..., Fn ∈ F zachodzi ni=1 Fi ∈ F.
T
iii) Udowodnimy teraz, że p ∈ F. Wobec domkniętości zbiorów F ∈ F wystarczy
dowieść, że gdy F ∈ F i U jest otoczeniem punktu
to U ∩ F 6= ∅. Możemy
T p, −1
zakładać, że otoczenie U jest bazowe, tzn. U = s∈S0 πs (Us ), gdzie S0 ⊂ S jest
zbiorem skończonym i Us jest otoczeniem punktu ps dla s ∈ S0 .
Ustalmy więc zbiory F, S0 i Us (s ∈ S0 ) jak wyżej. Korzystając z własności (T4)
przestrzeni Xs , obierzmy dla s ∈ S0 domknięte otoczenia Ks punktu ps , zawarte w Us .
Dla s ∈ S0 i F 0 ∈ F, ponieważ ps ∈ πs (F 0 ), to Ks ∩ πs (F 0 ) 6= ∅, czy równoważnie
F 0 ∩ πs−1 (Ks ) 6= ∅. Wobec dowolności F 0 ∈ F i maksymalności F wynika stąd, że do F
należy
zbiór πs−1 (Ks ), a ze względu na dowolność s ∈ S0 i skończoność S0 – także zbiór
T
−1
s∈S0 πs (Ks ) ∩ F . (Dwukrotnie patrz ii).) W szczególności, ostatni zbiór jest niepusty,
a tym samym niepusty jest i zawierający go zbiór U ∩ F . Twierdzenie Tichonowa może być użyte do konstrukcji ważnego uzwarcenia.
Definicja. Uzwarceniem przestrzeni X nazywamy każdą przestrzeń zwartą, zawierającą X jako podprzestrzeń gęstą.
Często, konstruując uzwarcenia, zastępujemy X przez homeomorficzną z X przestrzeń
0
X , i tak postąpimy też niżej. W tym ujęciu uzwarceniem przestrzeni X jest przestrzeń
zwarta, wraz z homeomorfizmem f : X → X 0 na jej gęstą podprzestrzeń X 0 .
Twierdzenie 2 (E. Čech, M. Stone). ∗ Gdy przestrzeń X jest normalna,9 to istnieje jej
uzwarcenie βX mające następującą własność:
β) każda funkcja ciągła z X w [0, 1] przedłuża się do funkcji ciągłej z βX w [0, 1].
Dowód.
∗
Oznaczmy przez Λ zbiór wszystkich funkcji ciągłych z X w odcinek I := [0, 1],
Tzn., że F ⊂ F 0 dla takich rodzin F, F 0 , gdy F ∈ F 0 dla każdego zbioru F ∈ F. Nietrudno zauważyć, że suma
dowolnego łancucha rodzin scentrowanych też jest rodziną scentrowaną.
9
Twierdzenie i jego dowód, wraz z wynikami z §II.6, są prawdziwe przy założeniu normalności osłabionym tak: X jest
(T1) i dla każdego punktu x ∈ X i jego otoczenia G istnieje funkcja ciągła z X do [0, 1], zerująca się w x i równa 1 na X \G.
Jest to tzw. własność Tichonowa, oznaczana (T3.5); przestrzenie normalne ją mają, na podstawie lematu Urysohna.
8
III § 4.
III-42
wyposażmy I Λ w topologię produktowa i określmy przekształcenie f : X → I Λ wzorem
f (x) = (λ(x))λ∈Λ dla x ∈ X.
Z zadania 1 w §II.6 i własności (T3.5) przestrzeni X wynika, że f jest homeomorfizmem
na podprzestrzeń X 0 := f (X). Przyjmijmy za βX domknięcie, w przestrzeni I Λ , zbioru
X 0 . Dana funkcja µ ∈ C(X 0 , I) jest na X 0 równa rzutowaniu X 0 na oś Iλ dla λ = µ ◦ f
(bo złożenia obu przekształceń z surjekcją f : X → X 0 są równe). A że rzutowanie na
którąkolwiek z osi przedłuża się w sposób ciągły na I Λ i βX ⊂ I Λ , to µ przedłuża się
w sposób ciągły na podprzestrzeń βX. Dowodzi to, że βX ma żądaną własność, gdy
utożsamić X z X 0 ⊂ βX przy pomocy homemorfizmu f . Zadanie 2. ∗ a) Uzwarceniu βX przysługuje też własność, otrzymana z β) przez zmianę
[0, 1] na dowolną przestrzeń zwartą Y . (Wskazówka: gdy Y = I Γ dla pewnego zbioru Γ,
to skorzystać z β); a przypadku ogólnym – z tego, że Y można traktować jako domkniętą
podprzestrzeń pewnej kostki I Γ , patrz twierdzenie 1 w §II.6 i twierdzenie 2a) w §3.
b) Wywnioskować, że uzwarcenie βX przestrzeni X jest wyznaczone jednoznacznie
sformułowaną w β) własnością przedłużania: gdy uzwarcenia β1 X i β2 X ją mają, to
istnieje homeomorfizm β1 X → β2 X, będący identycznościa na X. (Wskazówka: dowód
twierdzenia 2b) w §I.5.)
§ 4.
∗
Twierdzenie Stone’a–Weierstrassa. (Materiał na ćwiczenia.)
Przez C(X) będziemy oznaczać zbiór wszystkich funkcji ciągłych z przestrzeni topologicznej X do (R, Te ). Powiemy, że zbiór F ⊂ C(X) oddziela punkty, jeśli dla każdych
różnych punktów x1 , x2 ∈ X istnieje taka funkcja f ∈ F, że f (x1 ) 6= f (x2 ).
Twierdzenie 1 (M. Stone, K. Wierstrass). Niech X będzie przestrzenią zwartą, a F ⊂
C(X) – zbiorem funkcji, który oddziela punkty, zawiera wszystkie stałe i jest zamknięty
względem dodawania i mnożenia w C(X). Wówczas10
zbiór F jest gęsty w (C(X), dsup ).
Twierdzenie to, udowodnione przez M. H. Stone’a, uogólnia twierdzenie K. Weierstrassa mówiące, że zbiór funkcji wielomianowych na [0, 1] jest gęsty w C([0, 1]).
Dowód twierdzenia (w zadaniach). Domknięcie F zbioru F w (C(X), dsup ) nadal
spełnia założenia twierdzenia. Zastępując F przez F uzyskamy więc, że F = F; należy
dowieść, że F = C(X). Uzyskuje się to w kilku krokach, pozostawionych jako zadania:
a) W oparciu o zadanie 2 z §I.3 lub 4b) z §2 dowieść, że |f | ∈ F dla f ∈ F.
10
Założenia o F można osłabić tak: F jest podalgebrą w C(X) i {f (x) : f ∈ F} =
6 {0} dla x ∈ X. Poniższy dowód
pozostaje w mocy, lecz krok c) staje się trudniejszy.
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
III-43
b) Wykorzystując równość min(s, t) = (s + t − |s − t|)/2 wywnioskować, że zbiór F
jest zamknięty względem brania obwiedni górnej i dolnej każdych dwóch jego elementów.
c) Niech u ∈ C(X) i ε > 0 będą dane. Wykorzystać założenia, by dla x, y ∈ X
uzyskać fx,y ∈ F z fxy (y) = u(y) i fxy (x) = u(x). Przyjąć Ux = {s : (u − fxy )(s) < ε}.
d) Przez wybór z (Ux )x∈X pokrycia skończonego i korzystając z b), wywnioskować
istnienie dla y ∈ X funkcji fy ∈ F takiej, że fy > u − ε i fy (y) = u(y).
e) Powtarzając to rozumowanie, uzyskać funkcję f ∈ F taką, że u − ε < f < u + ε.
§ 5.
∗
Przestrzenie lokalnie zwarte i uzwarcenie Aleksandrowa (zadania).
Zadanie 1. Niech (X, T ) będzie przestrzenią lokalnie zwartą, tzn. (T2) i taką, że
każdy jej punkt posiada pewne zwarte otoczenie. (Przykładem jest przestrzeń euklidesowa Rn .) Obierzmy punkt ∞ 6∈ X, przyjmijmy αX = X ∪ {∞} i zdefiniujmy w αX
topologię αT , generowaną przez T wraz ze wszystkimi zbiorami U ⊂ αX takimi, że
∞ ∈ U i X \ U jest zwartą podprzestrzenią przestrzeni w X. Udowodnić, że:
a) Przestrzeń (αX, αT ) jest zwarta, zaś jeśli przestrzeń X jest niezwarta, to X = αX.
b) Jeśli X ma bazę przeliczalną, to i przestrzeń zwarta αX ma bazę przeliczalną, a
przez to jest metryzowalna. (Patrz twierdzenie metryzacyjne Urysohna w II.6.)
Zadanie 2. Niech podprzestrzeń X przestrzeni Hausdorffa Y będzie gęsta w Y i
lokalnie zwarta (w topologii podprzestrzeni). Udowodnić, że:
a) X jest zbiorem otwartym w Y ;
b) Istnieje jedyne ciągłe przekształcenie f : Y → αX takie, że f (x) = x dla x ∈ X;
spełnia ono warunek f −1 (∞) = Y \ X. W szczególności, jeśli #(Y \ X) = 1 i przestrzeń
Y jest zwarta, to f jest homeomorfizmem.
Uwaga 1. Z zadań tych wynika, że
i) Niezwarta przestrzeń lokalnie zwarta X posiada jedyne uzwarcenie αX takie, że
#(αX \ X) = 1; nazywane jest ono jej uzwarceniem jednopunktowym lub Aleksandrowa. (Jedyność jest tu rozumiana analogicznie jak w zadaniu 2 z §3.)
b) Gdy przestrzeń X ma bazę przeliczalną, uzwarcenie to jest metryzowalne.
c) W szczególności, lokalnie zwarta, ośrodkowa przestrzeń metryzowalna jest metryzowalna w sposób zupełny –bo jest homeomorficzna z otwartym podzbiorem przestrzeni
αX, kóra jest metryzowalna i zwarta (a przez to zupełna w metryzującej ją metryce). Uwaga 2. Sfera S n jest jednopunktowym uzwarceniem przestrzeni euklidesowej Rn (czy
też: przestrzeni, homeomorficznej z Rn ). Wynika to stąd, że rzut stereograficzny f z bieguna p = (0, ..., 0, 1) wyznacza homeomorfizm zbioru S n \P
{p} na kopię E = Rn × {0} ⊂
Rn+1 przestrzeni Rn . Tu, S n := {(x1 , ..., xn+1 ) ∈ Rn+1 : i x2i = 1}, zaś f przyporządkowuje punktowi x ∈ S n \ {p} punkt przecięcia prostej px z podprzestrzenią E. III § 5.
III-44
Zadanie 3. Twierdzenie Baire’a pozostaje słuszne dla przestrzeni lokalnie zwartych (w
miejsce metryzowalnych w sposób zupełny).
UWAGA: NIE WSZYSTKO, CO WYWIESZONO, PRZEDSTAWILEM –MATERIAL
O UZWARCENIU ČECHA–STONE’A I DALSZY, JEŚLI BĘDZIE OMAWIANY, TO
NA ĆWICZENIACH.
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
IV-45
IV
Spójność
§ 1.
Definicja i podstawowe własności.
Definicja. Przestrzeń topologiczna jest spójna, jeśli nie jest sumą dwóch niepustych, rozłącznych zbiorów otwartych (równoważnie: domkniętych). Gdy poprzestrzeń
X0 przestrzeni X jest spójna to mówimy, że X0 jest zbiorem spójnym w X.
Uwaga 1. a) Przestrzeń X jest spójna wtedy i tylko wtedy, gdy każda funkcja ciągła
z X do przestrzeni dyskretnej {0, 1} jest stała. Wynika to stąd, że każda funkcja ϕ :
X → {0, 1} wyznacza rozkład X = U ∪ V na rozłączne zbiory otwarte U := ϕ−1 (0) i
V = ϕ−1 (1) – a także jest przez taki rozkład wyznaczona ostatnimi równościami.
b) Również, przestrzeń X jest spójna wtedy i tylko wtedy, gdy jej jedynymi podzbiorami domknięto–otwartymi są X i ∅. (Dlaczego?) Ta charakteryzacja spójności jest
użyteczna w zastosowaniach; patrz np. dalej dowód twierdzenia 2b) w §2.
Przykład 1. a) Każdy przedział J w prostej euklidesowej R jest spójny. Istotnie, gdy
funkcja ϕ : J → {0, 1} ⊂ R jest ciągła i nie jest stała, to 0, 1 ∈ ϕ(J), skąd ϕ(J) ⊃ [0, 1]
na podstawie twierdzenia Darboux ϕ –wbrew temu, że ϕ(J) ⊂ {0, 1}.
b) Odwrotnie, gdy zbiór S jest spójny w R, to jest przedziałem. By tego dowieść
wystarczy zauwazyć, że dla a, b ∈ S, gdzie a < b, zachodzi [a, b] ⊂ S – co z kolei wynika
stąd, że każdy punkt c ∈ [a, b] \ S wyznacza rozkład S = U ∪ V na rozłączne zbiory
otwarte U := {x ∈ S : x < c} i V := {x ∈ S : x > c}. Twierdzenie 1. a) Obraz przestrzeni spójnej przy przekształceniu ciągłym jest przestrzenią spójną. S
b) Gdy X = A, gdzie wszystkie zbiory A ∈ A są spójne i przecinają (niepusto)
pewien zbiór A0 ∈ A, to przestrzeń X jest spojna.
c) Przestrzeń, której pewien gęsty podzbiór jest spójny, sama jest spójna.
Dowód. Ad a). Niech surjektywne przekształcenie f : X → Y będzie ciągłe. Jeśli
ϕ : Y → {0, 1} jest niestałą funkcją ciągłą, to ϕ ◦ f jest niestałą funkcją ciągłą z X do
{0, 1}. Stąd i z uwagi wynika teza a).
Ad b). Funkcja ciągła ϕ : X → {0, 1} jest stała na zbiorach A ∈ A, bo są one spójne.
A że A ∩ A0 6= ∅, to na każdym
S zbiorze A ∈ A przyjmuje ona tę wartość, co na A0 .
Funkcja ϕ jest więc stała, bo A = X.
Ad c). Gdy X0 jest zbiorem spójnym w X i funkcja ϕ : X → {0, 1} jest ciągła, to
ϕ(X0 ) = {c} dla pewnego c ∈ {0, 1}, skąd zbiór ϕ−1 (c) zawiera X0 i jest domknięty (z
ciągłości f ). Jeśli więc zbiór X0 jest ponadto gęsty w X, to ϕ−1 (c) = X i f = c. Uwaga 2. a) Gdy X0 ⊂ X1 ⊂ X0 ⊂ X, to ze spójności X0 wynika spójność X1 . Jest
tak, bo wypisane inkluzje pociągają za sobą, że zbiór X0 jest gęsty w podprzestrzeni X1
– więc pozostaje skorzystać z twierdzenia 1c).
IV § 2.
IV-46
b) Zbiór X0 ⊂ X jest spójny wtedy i tylko wtedy, gdy nie można go przedstawić
w postaci sumy rozłącznych, niepustych zbiorów A, B takich, że A ∩ B = A ∩ B = ∅
(domknięcia są w X). Wynika to stąd, że gdy X0 = A ∪ B, to warunek A ∩ B = ∅ jest
równoważny temu, by zbiór A był domknięty w podprzestrzeni X0 (jako ślad na niej
zbioru domkniętego A), a warunek B ∩ A = ∅ – temu, by zbiór B był domknięty w X0 .
Przykład 2. S := ({0} × [−1, 1]) ∪ {(t, sin(1/t)) : t ∈ (0, 1]} jest spójnym podzbiorem
płaszczyzny R2 , bo zawiera gęsty (w S) podzbiór {(t, sin(1/t)) : t ∈ (0, 1]}, będący
obrazem przdziału (0, 1] przy ciągłym przekształceniu t 7→ (t, sin(1/t)).
Twierdzenie 2. Niech f : X → Y będzie przekształceniem otwartym na przestrzeń
spójną Y , takim, że wszystkie zbiory f −1 (y), y ∈ Y , są spójne. Wówczas X jest przestrzenią spójną.
Dowód. Niech funkcja ϕ : X → {0, 1} będzie ciągła. Zauważmy, że jest ona stała na
każdym zbiorze f −1 (y), bo zbiór ten jest spójny. Możemy więc określić funkcję g : Y →
{0, 1} tak, by ϕ = ψ ◦f . Dla otwartych zbiorów U ⊂ {0, 1} mamy ψ −1 (U ) = f (ϕ−1 (U ))
–co jest zbiorem otwartym wobec ciągłości ϕ i otwartości f . Dowodzi to, że funkcja g jest
ciągła. A że przestrzeń Y jest spójna, to ψ = const i wobec tego ϕ = ψ ◦ f = const. Uwaga 3. W założeniach twierdzenia 2, otwartość f można zastąpić domkniętością.
Ogólniej, wystarcza założyć, że przekształcenie f jest ilorazowe – definicja będzie podana
w §V.1 i powyższszy dowód ma być wskazówką do sformułowanego tam zadania 1.
Twierdzenie 3. Iloczyn kartezjański rodziny przestrzeni spójnych jest spójny.
Dowód. a) Dla iloczynu dwóch przestrzeni, teza wynika z twierdzenia 2, odniesionego do
rzutowania rozważanego iloczynu na jeden z czynników. (Otwartość rzutowania odnotowano na ćwiczeniach.) Przez indukcję wynika stąd, że iloczyn kartezjański skończenie
wielu przestrzeni spójnych
Q jest spójny.
b) Niech teraz X = s∈S Xs , gdzie przestrzenie Xs są spójne. Wybierzmy z każdej z
nich pewien punkt ys i dla skończonych zbiorów T ⊂ S przyjmijmy
YT := {(xs ) ∈ X : xs = ys dla wszystkich s ∈ S \ T }.
Każdy zbiór YT zawiera punktQ
(ys )s∈S i jest spójny,Sbo jest homeomorficzny ze skończonym iloczynem kartezjańskim t∈T Xt . Zbiór Y = T YT , gdzie T przebiega wszystkie skończone podzbiory zbioru S, też jest więc spójny. (Korzystamy twierdzenie 1b).)
A że Y = X, patrz zadanie 1c)∗ w §II.3, to teza wynika z części c) twierdzenia 1. Zadanie 1. Niech przestrzeń X będzie spójna. Dowieść, że jeśli brzeg Fr(K) zbioru
domkniętego K ⊂ X jest spójny, to i zbiór K jest spójny.
Zadanie 2. Dowieść, że ciągła funkcja f , określona na przestrzeni spójnej i przyjmująca
wartości w przeliczalnej przestrzeni normalnej, jest stała. (Wskazówka: dowieść, że nie
istnieje niestała funkcja ciągła g : im(f ) → R.)
IV-47
§ 2.
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
Lokalna spójność, łukowa spójność, składowe.
Definicja. Przestrzeń X jest łukowo spójna, jeśli dla każdych x, y ∈ X istnieje przekształcenie ciągłe γ : [0, 1] → X, dla którego γ(0) = x i γ(1) = y. Takie przekształcenie γ nazywane jest ścieżką lub drogą od x do y.
Uwaga 1. Jeśli istnieją w X ścieżki z x do y i z y do z (oznaczmy je λ i µ, odpowiednio),
to istnieją też ścieżki z y do x i z x do z. Istotnie, ścieżkę z y do x można zadać wzorem
[0, 1] 3 t 7→ λ(1 − t), a z x do z – wzorem t 7→ λ(2t) dla t ∈ [0, 1/2] i t 7→ µ(2t − 1) dla
t ∈ [1/2, 1]. (Dlaczego ostatnia ścieżka jest ciągła w punkcie 1/2?)
Przykład 1. Udowodnimy, że przestrzeń S z przykładu 2 w §1 nie jest ona łukowo spójna,
bo punktów z {0} × [−1, 1] nie można w S połączyć ścieżką z punktem (1, sin 1). W
tym celu oznaczmy przez π1 i π2 rzutowania płaszczyzny R2 na osi ox i oy, odpowiednio,
i przypuśćmy, że γ : [0, 1] → S jest ścieżką taką, że π1 γ(0) = 0 i π1 γ(1) 6= 0. Zbiór
γ −1 ({0} × [0, 1]) ⊂ [0, 1] jest zwarty i nie zawiera punktu 1. Jego kres górny t0 spełnia
więc warunki t0 < 1 i π1 (γ(t)) > 0 dla t ∈ (t0 , 1]. Ustalmy y ∈ [−1, 1] \ {π2 γ(t0 )}. Z
ciągłości γ wynika, że dla pewnego t1 ∈ (t0 , 1], zbiór γ([t0 , t1 ]) jest rozłączny z Z := S ∩
([0, 1]×{y}). Ponieważ na zbiorze S\({0}×[−1, 1]) rzutowanie π1 jest różnowartościowe,
więc zbiór T := π1 γ([t0 , t1 ]) ⊂ [0, 1] jest rozłączny ze zbiorem π1 (Z). Ponadto, T jest
przedziałem (bo jest spójny) i zawiera zero. A że inf π1 (Z) = 0 (dlaczego?), to wynika
stąd, że T = {0} –wbrew temu, że π1 γ(t1 ) 6= 0. Sprzeczność ta dowodzi tezy. Wyżej, zbiór S \ ({0} × [−1, 1]) jest łukowo spójny i gęsty w S. Odpowiednik części c) twierdzenia 1 z §1 byłby więc dla łukowej spójności nieprawdziwy. Tym niemniej,
prawdziwe pozostają odpowiedniki innych wyników z §1:
S
Twierdzenie 1. i) Gdy X = A, gdzie wszystkie zbiory A ∈ A są łukowo spójne i
przecinają (niepusto) pewien zbiór A0 ∈ A, to przestrzeń X jest łukowo spojna.
ii) Obraz przestrzeni łukowo spójnej przy przekształceniu ciągłym jest przestrzenią
łukowo spójną.
iii) Iloczyn kartezjański rodziny przestrzeni łukowo spójnych jest łukowo spójny.
T
Dowód. Ad i). Niech wpierw istnieje punkt x0 ∈ A. Gdy x1 ∈ A1 i x2 ∈ A2 , gdzie
A1 , A2 ∈ A, to wobec łukowej spójności zbiorów Ai istnieją w X ścieżki z x0 do x1 i
z x0 do x2 . Z uwagi 1 wynika więc istnienie ścieżki z x1 do x2 , co dowodzi tezy przy
poczynionym dodatkowym założeniu. Gdy założenie to nie jest spełnione, to w miejsce
wyjściowej rodziny A rozważamy rodzinę zbiorów A0 ∪ A (A ∈ A), która już je spełnia
i nadal składa się ze zbiorów łukowo spójnych (na podstawie tego, co dowiedziono).
Tezy ii) i iii) wynikają łatwo z przyjętych definicji. Definicja. Podzbiór A przestrzeni X nazywamy jej składową spójności, jeśli A jest
maksymalnym zbiorem spójnym w X (tzn. nie istnieje zbiór spójny, zawierający A i
IV § 2.
IV-48
różny od A). Analogicznie definiujemy składową łukowej spójności.
Przykład 2. Przestrzeń S z przykładu 1 ma jedna składową spójności (nią samą), lecz
dwie składowe łukowej spójności: są nimi {0} × [−1, 1] i {(t, sin(1/t)) : t ∈ (0, 1]}.
Uwaga 2. a) Składowa spójności jest zbiorem domkniętym, bo jej domknięcie jest
zbiorem spójnym i ją zawiera – więc jest jej równe.
b) Przykład 1 pokazuje, że składowa łukowej spójności może nie być domknięta.
Uwaga 3. Składowe spójności są klasami abstrakcji relacji
(x1 ∼ x2 ) ⇔(zbiór {x1 , x2 } jest zawarty w pewnym spójnym podzbiorze przestrzeni).
Istotnie, z twierdzenia 1b) z §1 wynika, że jest to relacja równoważności, i że klasa abstrakcji punktu x jest maksymalnym zbiorem spojnym, zawierającym {x}. Analogicznie
jest, gdy zastąpić spójność przez łukową spójność.
Wniosek 1. Rodzina składowych spójności jest pokryciem przestrzeni, złożonym ze zbiorów parami rozłącznych, i tak samo jest dla składowych łukowej spójności.
Uwaga 4. Istnieje więc jedyna składowa spójności, zawierająca dany punkt p przestrzeni, i jest ona sumą wszystkich spójnych podzbiorów tej przestrzeni, zawierających p.
Tak samo, istnieje jedyna składowa łukowej spójności, zawierająca dany punkt p przestrzeni, i jest ona (dlaczego?) zbiorem tych punktów, które można połączyć ścieżką z p.
Te jedyne składowe nazywamy składową spójności punktu p i składową łukowej
spójności punktu p, odpowiednio.
Stwierdzenie 1. W przestrzeni zwartej, składowa spójności jest przecięciem zawierających ją zbiorów domknięto–otwartych (tzn. takich, które są zarazem domknięte i
otwarte w przestrzeni). Założenie zwartości jest istotne. (Dowód na ćwiczeniach.)
Na koniec powiedzmy jeszcze kilka słów o lokalnej spójności.
Definicja. Przestrzeń X jest lokalnie spójna, jeśli każdy jej punkt ma bazę otoczeń,
złożoną ze zbiorów spójnych. (Czyli: dla każdego x ∈ X i jego otoczenia G istnieje zbiór
spójny G0 ⊂ G, będący otoczeniem punktu x; nie żąda się otwartości G0 .)
Przykład 3. W przestrzeni S z przykładu 2 w §1, żaden punkt x ∈ {0} × [−1, 1] nie bazy
otoczeń, złożonej ze zbiorów spójnych. Stwierdzenie 2. W przestrzeni lokalnie spójnej, niech A będzie zbiorem spójnym, a G
jego otoczeniem. Wówczas istnieje spójny zbiór otwarty U taki, że A ⊂ U ⊂ G.
Dowód. Przyjmijmy A0 = A, a gdy znamy już spójny zbiór An ⊂ IntG, weźmy
S dla każdego punktu x ∈ An jego spójne otoczenie Gx ⊂ IntG i przyjmijmy An+1 := Sx∈An Gx .
Z konstrukcji, An+1 jest spójnym otoczeniem zbioru An w IntG. Zbiór U := n An ma
więc żądane własności. (Spójność oboma razy wynika z twierdzenia 1b) z §1.) IV-49
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
Wniosek 2. Składowe spójności lokalnie spójnej przestrzeni X są zbiorami otwartymi,
a zarazem domkniętymi w X.
Dowód. Ustalmy składową A. Gdy zastosować stwierdzenie przy G = X, uzyskamy
spójny zbiór otwarty, zawierający A. Jest on równy A, bo A jest maksymalnym zbiorem
spójnym. Wobec tego zbiór A jest otwarty. Jest on też domknięty, bo jego dopełnienie
X \ A jest sumą innych składowych (patrz wniosek 1) i wobec tego jest otwarte w X. Twierdzenie 2. a) Składowa spójności otwartego podzbioru przestrzeni euklidesowej Rn
jest zbiorem otwartym w Rn .
b) Każde dwa punkty spójnego zbioru otwartego U ⊂ Rn można w U połączyć łamaną
(a więc i ścieżką).
Dowód. Ad a). Przestrzeń Rn jest lokalnie spójna, bo kule w metryce euklidesowej są
zbiorami spójnymi. Teza a) wynika więc z twierdzenia 1.
Ad b) Zauważmy, że punkty x, y ∈ U takie, że de (x, y) < distde (x, Rn \ U ), można
w U połączyć odcinkiem [x, y]. Wynika stąd łatwo, że dla ustalonego punktu p ∈ U ,
zarówno zbiór {x ∈ U : w U istnieje łamana z p do x}, jak i jego dopełnienie (w U )
są zbiorami otwartymi w U . Jednak pierwszy z nich jest niepusty, bo zawiera punkt p,
więc jest wobec spójności U równy U – co oznacza, że można p połączyć łamaną w U z
dowolnym punktem q ∈ U . Zadanie 1. Dopełnienie ograniczonego podzbioru przestrzeni Rn , dla n > 1, ma dokładnie jedną nieograniczoną składową spójności.
Zadanie 2. Gdy przestrzeń niespójna jest sumą dwóch swych spójnych i rozłącznych
podzbiorów, to są one jej składowymi.
Zadanie 3. Niech K będzie zbiorem domkniętym w przestrzeni X, która jest spójna i
lokalnie spójna. Dowieść, że:
a) Ze spójności K wynika spójność XS\ U , dla każdej składowej U zbioru X \ K.
(Wskazówka: dowieść, że X \ U = K ∪ V , gdzie sumujemy po wszystkich poza U
składowych V zbioru X \ K, oraz że V ∩ K 6= ∅ dla tych V .)
b) Gdy przestrzeń X jest ponadto zwarta, to prawdziwa jest też implikacja odwrotna.
c) Jeśli X jest jak w b), to ze spójności K wynika spójność brzegu Fr(U ) każdej
składowej U zbioru X \ K. (Wskazówka: składowymi zbioru X \ Fr(U ) są U i składowe
zbioru X \ U .)
V § 1.
V
V-50
Varia: przekształcenia ilorazowe, (nie)homeomorficzność przestrzeni i przestrzenie funkcyjne
Ten eklektyczny rozdział dotyczy trzech kręgów wyników, czy zagadnień, które w topologii ogólnej odgrywają istotną rolę, lecz nie są bezpośrednio związane ze sobą czy też z
materiałem wcześniej omawianym. Sporą część rozdziału omówimy na ćwiczeniach.
§ 1.
Przekształcenia ilorazowe.
Definicja. Przekształcenie f : X → Y przestrzeni topologicznych nazywamy ilorazowym, jeśli jest „na” i spełniony jest warunek
(zbiór W ⊂ Y jest otwarty w Y )⇔(zbiór f −1 (W ) jest otwarty w X).
(9)
Uwaga 1. a) Jeśli w (9) zmienimy dwukrotnie słowo „otwarty” na „domknięty”, otrzymamy warunek równoważny (bo f −1 (Y \ A) = X \ f −1 (A) dla A ⊂ Y ).
b) Przekształcenie ilorazowe jest ciągłe.
c) Różnowartościowe przekształcenie ilorazowe jest homeomorfizmem.
d) Ciągłe przekształcenie „na”, które jest otwarte lub jest domknięte, jest ilorazowe. Zadanie 1. Niech dane będą funkcje f : X → Y i g : Y → Z. Dowieść, że:
a) Gdy przekształcenie f jest ilorazowe, a g ◦ f jest ciągłe, to i g jest ciągłe. (Wskazówka: dowód twierdzenia 2 w §IV.1.)
b) Gdy przekształcenia f i g ◦ f są ilorazowe, to g też jest.
c) Gdy przekształcenia f i g są ilorazowe, to g ◦ f też jest.
Uwaga 2. Często, zadanie wygodnie jest wykorzystać w takiej postaci: niech przekształcenie f : X → Y będzie ilorazowe, a h : X → Z niech będzie stałe na każdym
zbiorze f −1 (y), dla y ∈ Y , wobec czego h = g ◦ f dla pewnego jednoznacznie wyznaczonego przekształcenia g : Y → Z. Wówczas przekształcenie g jest ciągłe, względnie jest
ilorazowe, wtedy i tylko wtedy, gdy h jest ma tę własność. Definicja. a) Rozkładem zbioru X nazywamy pokrycie D tego zbioru, złożone ze
zbiorów parami rozłącznych. Wyznaczone jest naturalne rzutowanie πD : X → D,
które każdemu punktowi x ∈ X przyporządkowuje jedyny zbiór D ∈ D taki, że x ∈ D.
c) Gdy ponadto X jest przestrzenią topologiczną, to zbiór D (będący zbiorem zbiorów) można wyposażyć w topologię T wypchniętą przez πD z X do D, jedyną, czyniącą πD przekształceniem ilorazowym. Przestrzeń (D, T ) nazywamy przestrzenią
rozkładu D i oznaczamy przez X/D, myśląc o niej jako o przestrzeni powstałej z X
przez „zgniecienie” każdego zbioru D ∈ D do punktu, przy czym różnych zbiorów z D
do różnych punktów. (Bezpośredni opis topologii w X/D jest taki: zbiór
S U jest otwarty
−1
w X/D wtedy i tylko wtedy, gdy otwarty w X jest zbiór πD (U ) = {D : D ∈ U }.)
V-51
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
d) Nierzadko, gdy mowa o przestrzeni rozkładu D, wymienia się tylko zbiory D ∈ D,
liczące więcej niż jeden punkt. I tak, dla rodziny D0 parami rozłącznych podzbiorów
S
przestrzeni X, pisze się X/D0 w miejsce X/D, gdzie D := D0 ∪ {{x} : x ∈ X \ D0 }.
Przykład 1. a) Dla A ⊂ X, zbiór X/A można utożsamić z {A} ∪ (X \ A). (Dlaczego?)
Przy tej reprezentacji, zbior U ⊂ X/A jest otwarty, jeśli jest podzbiorem przestrzeni
X \ A, otwartym w X, lub jeśli {A} ∈ U i zbiór (U \ {A}) ∪ A jest otwarty w X. Stąd
naturalne rzutowanie X → X/A przekształca zbiór X\A homeomorficznie na X/A\{A};
ponadto, X/A jest przestrzenią normalną, jeśli X jest przestrzenią normalną i A = A
(dlaczego?). W szczególności, gdy A = A i przestrzeń X jest zwarta, to X/A też jest
zwarta, jako obraz zwartej przestrzeni X przy rzutowniu π : X → X/A.
b) Przestrzeń Z := B n /S n−1 , gdzie B n to różna od punktu kula domknięta w przestrzeni Rn , a S n−1 to jej brzeg, jest homeomorficzna ze sferą S n . Wynika to stąd, że Z
jest przestrzenią zwartą, a Z \ {S n−1 } jest przestrzenią homeomorficzną z kulą otwartą
B n \ S n−1 , patrz a). Tym samym Z jest jednopunktowym uzwarceniem tej kuli, podobnie jak jest nim sfera S n . (Korzystamy z uwagi 2 w §III.5 i tego, że kula otwarta jest
homeomorficzna z Rn .) Teza wynika więc z jedyności takiego uzwarcenia; patrz §III.5.
Uwaga 3. Gdy przestrzeń X jest spójna, to X/D też jest, jako obraz przestrzeni spójnej
przy ciągłym przekształceniu πD . Implikacja odwrotna jest prawdziwa jeśli wszystkie
zbiory D ∈ D są spójne; patrz twierdzenie 2 w §IV.1 i uwaga po nim.
Przestrzeń X/D, z uwzględnieniem jej topologii, nie zawsze łatwo jest sobie wyobrazić. Może ona mieć złe własności (np. nie być przestrzenią Hausdorffa), nawet, gdy
przestrzeń X jest „porządna”. Sporym ułatwieniem bywa następujący lemat:
Lemat 1. Niech D = {h−1 (z) : z ∈ Z} dla pewnego ciągłego przekształcenia h : X → Z
przestrzeni X w przestrzeń Hausdorffa Z. Wówczas:
a) X/D jest przestrzenią Hausdorffa, przy tym homeomorficzną z h(X) jeśli przekształcenie h jest ilorazowe.
b) Jeśli istnieje taki zwarty zbiór K ⊂ X, że K ∩ D 6= ∅ dla każdego D ∈ D, to
przestrzeń X/D jest zwarta (i homeomorficzna z h(X) = h(K)).
Dowód. Z założenia wynika istnienie bijekcji g : X/D → h(X) takiej, że g ◦ πD = h. Na
podstawie uwagi 2, bijekcja ta jest ciągła (wobec czego przestrzeń X/D jest Hausdorffa,
w ślad za Z), zaś gdy przekształcenie h jest ilorazowe, to jest homeomorfizmem. To
dowodzi a). By uzyskać b) pozostaje zauważyć, że gdy D ∩ K 6= ∅ ∀D ∈ D, to h(K) =
h(X) i πD (K) = πD (X), przy czym ze zwartości K i własności (T2) przestrzeni Z i
X/D wynika, że przekształcenia h|K i (πD )|K są ilorazowe (bo są domknięte). Wniosek 1. Gdy X/D jest przestrzenią Hausdorffa, to dla każdego zbioru zwartego
L ⊂ X, jego obraz w X/D jest homeomorficzny z L/D0 , gdzie D0 = {D ∩ L : D ∈ D}.
V § 1.
V-52
Dowód. Przy Z := πD (L) i h := (πD )|L : L → Z zachodzi D0 = {h−1 (z) : z ∈ Z}. Przykład 2. a) Przestrzeń [0, 1]/{0, 1} jest homemomorficzna z okręgiem S 1 = {(x, y) :
x2 +y 2 = 1} na płaszczyźnie (R2 , Te ). Wynika to tak z przykładu 1b), jak i z lematu, przy
h(t) = (cos(2πt), sin(2πt)) dla t ∈ [0, 1] – bo {h−1 (s)}s∈S 1 = {0, 1} ∪ {{t}}t∈(0,1) .
b) Niech D = {Dt : t ∈ [0, 1)}, gdzie Dt = {t + n : n ∈ Z}. Przestrzeń R/D jest
nadal homeomorficzna z okręgiem S 1 –co w podobny sposób wynika z części c) lematu,
przy K = [0, 1] i h(t) = (cos(2πt), sin(2πt)) dla t ∈ R.
c) W sferze S n rozważmy rodzinę zbiorów D = {{x, −x} : x ∈ S n }. Przestrzeń S n /D
nazywana jest n–wymiarową przestrzenią rzutową i oznaczana przez P n . Gdy przyn
n+1
jąć h(x) = (xi xj )i≤j dla x = (xi )n+1
, to przy m = 21 (n + 1)(n + 2)
i=1 ∈ S ⊂ R
otrzymamy takie ciągłe przekształcenie h : S n → Rm , że D = {h−1 (y) : y ∈ im(h)}.
Ponieważ Rm jest przestrzenią Hausdorffa, więc wynika stąd, że przestrzeń P n jest homeomorficzna ze zwartą (ze względu na zwartość sfery) podprzestrzenią im(h) przestrzeni Rm , a więc jest zwarta i metryzowalna.
Zadanie 2. Gdy n = 2, to samo pozostaje prawdą przy m = 6 zastąpionym przez 4,
a h określonym wzorem h(x1 , x2 , x3 ) = (x21 − x22 , x1 x2 , x1 x3 , x2 x3 ).
W sferze S n = {x ∈ Rn+1 : ||x|| ≤ 1} zbiór K = {x ∈ S n : xn+1 ≥ 0} przecina każdy
zbiór {−x, x} rozkładu D, wobec czego przestrzeń P n jest homeomorficzna z K/D0 ,
gdzie D0 = {D ∩ K : D ∈ D}. Elementami rozkładu D0 przestrzeni K, zawierajacymi
więcej niż 1 punkt, są zbiory {x, −x}, dla x = (x1 , ..., xn , 0) ∈ K. Traktując kulę
domkniętą B n jako obraz zbioru K przy rzutowaniu wdłuż osi Oxn+1 stwierdzamy więc,
że P n = B n /E, gdzie E = {{x, −x} : x ∈ S n−1 }.
Przykład 3. a) Weżmy wyżej n = 2. Ponieważ istnieje homeomorfizm kuli B 2 na kwadrat [−1, 1]2 , który zachowuje antypodyzm względem zera, więc przestrzeń P 2 jest homeomorficzna z [−1, 1]2 /F, gdzie F = {{x, −x} : max(|x1 |, |x2 |) = 1}. Oddajemy to
rysunkiem oznaczajacym, że identyfikujemy każdy punkt x z u(x), gdzie u jest afinicznym homeomorfizmem odcinka a na a0 lub odcinka b na b0 , zachowującym zaznaczone
orientacje odcinków. (W dalszych rysunkach „primy” będą opuszczane.)
l’
b’
=
top
a’
a
l
b
powierzchnia rzutowa P 2
b) Wziąć poniższe rysunki jako definicje podpisanych pod nimi zbiorów:
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
V-53
b
a
a
a
d
a
a
b
a
b
a
a
b
powierzchnia
boczna walca
Zadanie 3. a) Niech h(s, t) = (cos(2πs), sin(2πs), t). Sprawdzić, że funkcja h :
[0, 1]2 → R3 wyznacza na [0, 1]2 ten sam rozkład {h−1 (z) : z ∈ im(h)}, co użyty wyżej do zdefiniowania powierzchni bocznej walca. Stąd i z lematu 1 wywnioskować, że
powierzchnia ta jest homeomorficzna z podprzestrzenią im(h) przestrzeni R3 .
b) To samo, przy powierzchni bocznej walca zastąpionej przez torus, zaś funkcji h
zdefiniowanej wzorem h(s, t) = ...... Dowieść też, że powierzchnia boczna walca jest
homeomorficzna z S 1 × [0, 1], a torus – z S 1 × S 1 .
Definicja. Niech X i Y będą rozłącznymi przestrzeniami topologicznymi i niech f :
A → Y będzie ciągłym przekształceniem domkniętej podprzestrzeni A przestrzeni X.
Możemy wtedy utworzyć sumę rozlączną X ∪Y przestrzeni X i Y , jak opisano w przykładzie 3 z §II.2, oraz rozważyć następującą rodzinę D jej parami rozłącznych podzbiorów:
D = {f −1 (y) ∪ {y} : y ∈ Y }
Przestrzeń ilorazową (X ∪Y )/D nazywamy wynikiem doklejenia przestrzeni X do Y
wzdłuż przekształcenia f . Przestrzeń tę oznaczamy X ∪f Y . Określone jest naturalne rzutowanie X ∪ Y → X ∪f Y .
Założenie rozłączności zbiorów X i Y można łatwo ominąć, utożsamiając X z X 0 :=
X × {0}, a Y z Y 0 := Y × {1}. (Dlatego na ogół nie żąda się, by było ono spełnione.)
Przykład 4. Niech X i Y będą domkniętymi podzbiorami przestrzeni Z i A := X ∩ Y .
Dla iA : A → Y oznaczającego naturalne włożenie twierdzimy, że przestrzeń X ∪iA Y jest
homeomorficzna z X ∪Y . Wynika to z lematu 1, bo przekształcenie h : X 0 ∪Y 0 → X ∪Y ,
gdzie X 0 i Y 0 są jak wyżej i h(x, 0) = x, h(y, 1) = y, jest domknięte i ma te same
przeciwobrazy punktów, co naturalne rzutowanie X 0 ∪ Y 0 → X 0 ∪iA Y 0 . Teza jest też
prawdziwa, gdy oba zbiory X, Y są otwarte w Z (bo wtedy h jest otwarte).
Zadanie 4. a) Na podstawie poniższego rysunku stwierdzić, że butelka Kleina K jest
homeomorficzna z sumą dwóch wstęg Moebiusa, mającymi wspólny brzeg (względem K).
b) Stwierdzić podobnie, że płaszczyzna rzutowa P 2 jest sumą wstęgi Moebiusa i dysku,
mającymi wspólny brzeg (w P 2 ). W a) i b), wspólny brzeg jest homeomorficzny z S 1 .
c) Co otrzymamy ze wstęgi Moebiusa, gdy ją rozetniemy wzdłuż linii d? Jakich identyfikacji można dokonać w powierzchni bocznej walca, by otrzymać wstęgę Moebiusa?
V § 2.
b1
V-54
b2 b3
a
a
b3 b2
b1
d) Co otrzymamy z przestrzeni P 2 , torusa i butelki Kleina, gdy je podobnie rozetniemy? (Przy butelce Kleina są dwa przypadki.)
e) Z czym jest homeomorficzna przestrzeń ilorazowa M/∂M , gdzie ∂M to ,brzeg”
wstęgi Möbiusa M ?
Zadanie 5. a) Niech D = I 2 ⊂ R2 . Korzystając ze wzoru
Fr(D × D) = Fr(D) × D ∪ D × Fr(D)
dowieść, że sfera S 3 jest sumą dwóch pełnych torusów, sklejonych brzegami.
b)* Wywnioskować, że gdy z przestrzeni R3 wyjąć wnętrze standardowo położonego
pełnego torusa, to otrzymamy przestrzeń homeomorficzną z pełnym torusem bez punktu.
c)∗ Sprobować wyobrazić to sobie!
Problem 4. W torusie T = S 1 × S 1 ⊂ R4 definiujemy rodzinę zbiorów D = {{x, −x} :
x ∈ T }. (Tu − odnosi się do R4 .) Z czym jest homeomorficzna przestrzeń T /D?
Problem 5. Wobrazić sobie trąbkę Borsuka, zdefiniowaną na rysunku, lub zrobić jej
model plastelinowy. Czy trąbka ta jest przestrzenią ściągalną (definicja w §VI.1)?
Uwaga 4. Na koniec zauważmy, że każda relacja równoważności ∼ w X wyznacza
rozkład zbioru X na klasy abstrakcji tej relacji. Przestrzeń tego rozkładu oznaczamy
X/ ∼ i nazywamy przestrzenią ilorazową, wyznaczoną przez relację ∼.
§ 2.
(Nie)homeomorficzność przestrzeni–zadania omawiane na ćwiczeniach.
1. Ustalić, czy któreś dwie z poniższych przestrzeni są ze sobą homeomorficzne: okrąg
x2 +y 2 = 1, zbiór liczb wymiernych, zbiór licz niewymiernych, odcinki [0, 1], [0, 1), (0, 1),
V-55
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
kostka [0, 1]2 (wszystkie traktowane jako poprzestrzenie (R2 , de ) lub (R, de ), odpowiednio), kostka Hilberta [0, 1]N i kostki Tichonowa [0, 1]R i [0, 1]A , gdzie #A > #R.
(Odpowiedź: nie, choć dla pary [0, 1]2 , [0, 1]N może to wymagać dodatkowych środków.)
2. ∗ Udowodnić, że każdy zwarty zbiór wypukły w Rn , o niepustym wnętrzu, jest
homeomorficny z kulą {x ∈ Rn : ||x|| ≤ 1}.
Część dotycząca zbioru Cantora:
3. Niech X i Y będą zwartymi przestrzeniami metrycznymi, a F i G – bazami topologii
TX i TY , odpowiednio, złożonymi ze zbiorów domknięto–otwartych. (Dalece nie każda
przestrzeń ma taką bazę!) Niech dalej Φ : F → G będzie bijekcją taką, że
T
T
a) dla każdej skończonej rodziny F 0 ⊂ F zachodzi F 0 6= ∅ ⇔ Φ(F 0 ) 6= ∅, oraz
b) dla każdych F1 , F2 , ... ∈ F zachodzi diam(Fn ) → 0 ⇔ diam(Φ(Fn )) → 0.
T
Udowodnić, że wzór ϕ(x) = {Φ(F ) : F ∈ F i x ∈ F } poprawnie określa homeomorfizm ϕ : X → Y . (Wskazówka: dowieść ciągłości ϕ i wykorzystać ją też przy Φ
zastąpionym przez Φ−1 .)
4. Niech X będzie zwartą, niepustą przestrzenią metryzowalną bez punktów izolowanych, taką, że każdy jej punkt ma dowolnie małe otoczenia domknięto–otwarte. Niech
dalej przestrzeń Y ma te same własności. Za L.E.J. Brouwerem udowodnić, że przestrzenie te są homeomorficzne, na następującej drodze:
a) Dowieść, że gdy Z jest niepustym domknięto–otwartym podzbiorem w X lub w Y ,
to Z można rozbić na dwa niepuste zbiory domknięto–otwarte, a także dla każdego
ε > 0 można Z rozbić na skończenie wiele zbiorów domknięto–otwartych o średnicach
< ε. („Rozbić” oznacza tu „pokryć rodziną zbiorów parami rozłącznych”.)
b) Wywnioskować, że gdy Z jest jak wyżej i ε > 0, to dla prawie wszystkich n można Z
rozbić na dokładnie n niepustych zbiorów domknięto–otwartych o średnicach < ε.
c) W oparciu o to, skonstruować rodziny F i G domknięto–otwartych podzbiorów w
X i w Y , odpowiednio, oraz bijekcję Φ : F → G, spełniające warunki a) i b) zadania 1.
5. Wywnioskować z poprzedniego zadania, że zbiór Cantora C jest homeomorficzny z
iloczynem kartezjańskim przeliczalnie wielu dowolnych zbiorów skończonych, z których
każdy liczy więcej niż jeden punkt, a także jest homeomorficzny z przestrzenią C × H,
dla dowolnego niepustego zbioru domkniętego H ⊂ C.
6. Niech X będzie zwartą przestrzenią metryzowalną.
a) Dla każdego n ∈ N obierzmy skończone pokrycie FQ
n przestrzeni X, złożone ze
zbiorów domkniętych o średnicach < 1/n, i niech C = n Fn i H = {(Fn ) ∈ C :
T
Fn 6= ∅}. Dowieść
T ciągłości i surjektywności przekształcenia u : H → X, określonego
wzorem u(F ) = n Fn dla F = (Fn ) ∈ H.
b) W oparciu o zadanie 3 wywnioskować istnienie ciągłej surjekcji zbioru Cantora na X.
V § 3.
V-56
7. Niech X będzie zwartym zbiorem wypukłym w Rn lub w RN . Skonstruować ciągłą
surjekcję odcinka [0, 1] na X, na następującej drodze: obrać ciągłą surjekcję z C na X,
gdzie C jest zbiorem Cantora, reprezentowanym tym razem w standardowy sposób jako
podzbiór odcinka I = [0, 1], i rozszerzyć ją liniowo na każdą składową zbioru I \ C.
§ 3.
Przestrzenie funkcyjne
Może będą omówione na ostatnim wykładzie.
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
VI-57
VI
Elementy topologii sfer i przestrzeni euklidesowych
Zawsze w tym rozdziale, „przekształcenie” oznacza funkcję ciągłą między przestrzeniami
topologicznymi, a zbiór Rn wyposażamy w metrykę euklidesową de i w wyznaczoną przez
nią topologię. Często dla x ∈ Rn piszemy ||x|| zamiast de (0, x). Przyjmujemy:
B n := {x ∈ Rn : ||x|| ≤ 1},
I := [0, 1],
§ 1.
S n := {x ∈ Rn+1 : ||x|| = 1},
C to ciało liczb zespolonych, C∗ := C \ {0},
B n := B n \ S n−1 ,
Rn∗ := Rn \ {0}.
Homotopijność przekształceń.
Niżej, X, Y i Z są przestrzeniami topologicznymi. Wiele wyników tego rozdziału ma
związek z pojęciem homotopii.
Definicja. a) Przekształcenia f, g : X → Y nazywamy homotopijnymi, jeśli istnieje
przekształcenie H : X × I → Y takie, że dla każdego punktu x ∈ X zachodzi H(x, 0) =
f (x) i H(x, 1) = g(x). Przekształcenie H nazywamy homotopią między f i g.
b) Gdy wyżej homotopię H można obrać tak, by przyjmowała wartości w danej
podprzestrzeni Y0 przestrzeni Y , to mówimy, że f i g są homotopijne w Y0 . (Oczywiście
wtedy f i g też przyjmują wartości w Y0 .)
c) Przekształcenie nazywamy nieistotnym, jeśli jest homotopijne z (jakimś) przekształceniem stałym; w przeciwnym razie nazywamy je istotnym. Jak w a), możemy
też mówić o istotności (lub nieistotności) w Y0 , gdzie Y0 ⊂ Y .
d) Przestrzeń X jest ściągalna, jeśli przekształcenie identycznościowe idX : X → X
jest nieistotne.
Bardziej poglądowo, o homotopii między f i g możemy myśleć jako o rodzinie (ht )t∈I
przekształceń ht : X → Y . Związek ht (x) = H(x, t) dla x ∈ X i t ∈ I pozwala
wyznaczyć H przy pomocy rodziny (ht )t∈I i odwrotnie. Warunek, nakładany na rodzinę
(ht )t∈I jest taki, by odpowiadająca jej funkcja H była ciągła oraz by h0 = f i h1 = g.
Przykład 1. a) Twierdzimy, że jeśli przekształcenia f, g : X → Rn \ {0} spełniają warunek ||f (x) − g(x)|| < ||f (x)|| + ||g(x|| dla każdego x ∈ X, to są one homotopijne w
Rn \ {0}. Istotnie, wzór X × I 3 (x, t) 7→ tg(x) + (1 − t)f (x) określa homotopię łączącą
f z g, która nie przyjmuje wartości 0 (dlaczego?).
b) Każdy wypukły zbiór X ⊂ Rn jest ściągalny. Homotopię pomiędzy f := idX a
przeksztalceniem stałym g(x) = x0 (x ∈ X) zadajemy tym samym wzorem, co wyżej.
Ogólniej, gdy zbiór X ⊂ Rn jest gwiaździsty względem swego punktu x0 , tzn. gdy
tx0 + (1 − t)x dla x ∈ X i t ∈ I, to jest ściągalny.
Zadanie 1. a) Dla f, f 0 : X → Y i g, g 0 : Y → Z, jeśli f jest homotopijne z f 0 , a g z g 0 ,
to g ◦ f jest homotopijne z g 0 ◦ f 0 .
VI § 1.
VI-58
b) Wywnioskować, że jeśli któraś z przestrzeni X, Y jest ściągalna, to każde przekształcenie f : X → Y jest nieistotne.
c) Wywnioskować też, że obcięcie nieistotnego przekształcenia jest nieistotne.
d) Homotopijność przekształceń jest relacją równoważności w zbiorze C(X, Y ).
e) Jeśli przestrzeń Y jest łukowo spójna, to każde dwa przekształcenia stałe z X do Y
są homotopijne.
Zadanie 2. Dowieść homotopijności przekształceń f i idX , gdy
a) X = S n i f : S n → S n jest przekształceniem takim, że de (f (x), x) < 2 dla x ∈ S n .
b) X jest podprzestrzenią przestrzeni Rn , zaś f : X → X jest przekształceniem
takim, że dla każdego x ∈ X punkty x i f (x) leżą w pewnym wypukłym zbiorze Ax ⊂ X.
(Ważne zastosowanie, to gdy X jest brzegiem kostki, a zbiory wypukłe to jej ściany.)
W dalszej części, przedciwdziedziną Y rozważanych przekształceń będą na ogół podzbiory przestrzeni Rn . Karol Borsuk wyodrębnił klasę szczególnie „dobrych” takich podzbiorów; są nimi retrakty zbiorów otwartych w Rn (w tym zbiory otwarte w Rn ).
Definicja. Retrakcją przestrzeni Y , na jej podprzestrzeń Y0 , nazywamy każde przekształcenie r : Y → Y takie, że im(r) ⊂ Y0 i r(y) = y dla wszystkich y ∈ Y0 . Jeśli taka
retrakcja istnieje, to mówimy, że Y0 jest retraktem przestrzeni Y .
Przykład 2. a) Sfera S n−1 jest retraktem zbioru otwartego Rn∗ ⊂ Rn . Żądaną retrakcję
można określić wzorem x 7→ x/||x|| dla x ∈ Rn∗ . 11
b) Retrakcja zbioru B n \ {p} na S n−1 istnieje dla każdego punktu p ∈ B n . Można
ją określić, przyporządkowując każdemu punktowi x ∈ B n \ {p} punkt przecięcia S n−1
z półprostą o początku p, przechodzącą przez x.
Twierdzenie 1 (Borsuka o przedłużaniu). Niech X0 będzie zbiorem domkniętym w przestrzeni metryzowalnej X, a Y retraktem zbioru otwartego w Rn . Gdy przekształcenia
f0 , g0 : X0 → Y są homotopijne i f0 można przedłużyć do (ciągłego) przekształcenia z X
do Y , to g0 też można tak przedłużyć.
Dowód. Obierzmy retrakcję r : W → Y zbioru otwartego W ⊂ Rn i homotopię
H0 : X0 × I → Y między f0 a g0 (tzn. H0 jest ciągłe oraz H0 (x, 0) = f0 (x) i
H0 (x, 1) = g0 (x) dla x ∈ X0 ). Określmy funkcję G : X0 × I ∪ X × {0} → Y wzorem
G|X0 ×I = H i G(x, 0) = f (x) dla x ∈ X, gdzie przekształcenie f : X → Y przedłuża f0 .
(Poprawność definicji i ciągłość G wynika stąd, że H0 (x, 0) = f (x) dla x ∈ X0 .) Na
e : X × I → Rn przekształpodstawie twierdzenia Tietzego istnieje ciągłe przedłużenie G
e−1 (Rn \ U ); zbiór ten jest domknięty w X × I i rozłączny z
cenia G. Niech K = G
X0 × I. Jego rzut πX (K) na X (wzdłuż osi I) jest więc rozłączny z X0 i domknięty, na
Rn∗ i S n−1 będą jedynymi wykorzystywanymi tu retraktami otwartych pozbiorów przestrzeni Rn , a dalsze wyniki
tego paragrafu będą zastosowane tylko przy Y = Rn∗ . Można więc założyć przy pierwszym czytaniu twierdzenia 1 i jego
dowodu, że Y = W = Rn∗ i r = id; podobnie przy następnych wynikach.
11
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
VI-59
podstawie twierdzenia Kuratowskiego o rzutowaniu wzdłuż osi zwartej. Obierzmy taką
e α(x))
funkcję α : X → I, że α|X0 = 1 i α(x) = 0 dla x ∈ πX (K). Wzór g(x) = r ◦ G(x,
definiuje szukane przedłużenie funkcji g0 . Uwaga 1. Nietrudno też uzyskać homotopię między f z g, przedłużającą homotopię H0 .
Dlatego na ogół mówi się o „twierdzeniu o przedłużaniu homotopii”.
Wniosek 1. Jeśli X, X0 , Y są jak wyżej, to każde nieistotne przekształcenie g0 : X0 → Y
przedłuża się do przekształcenia g : X → Y .
Dowód. Niech f0 będzie przekształceniem stałym, z którym homotopijne jest przekształcenie g0 . Ponieważ f0 można przedłużyć na X, więc g0 też można. Wniosek 2. Przekształcenie f : S n → Y , gdzie Y jest jak wyżej, jest nieistotne wtedy
i tylko wtedy, gdy przedłuża się do przekształcenia fe : B n+1 → Y .
Dowód.
12
Wynika to z wniosku 1 oraz części b) i c) zadania 1. Retrakty zbiorów otwartych w Rn mają jeszcze jedną ważną własność:
Stwierdzenie 1. Niech Y będzie retraktem zbioru otwartego U ⊂ Rn , a f : X → Y
przekształceniem przestrzeni zwartej X. Wówczas istnieje liczba ε > 0 taka, że każde
przekształcenie g : X → Y , spełniające warunek dsup (f, g) < ε, jest z f homotopijne.
Dowód. Przyjmujemy ε = dist(f (X), Rn \ U ), a żądaną homotopię określamy wzorem
H(x, t) = r(tf (x) + (1 − t)g(x)) dla x ∈ X, t ∈ I, gdzie r : U → X jest retrakcją. Zadanie 3. Niech X0 będzie (homeomorficzne z) retraktem przestrzeni X. Dowieść, że:
a) Jeśli przestrzeń X jest ściągalna, to X0 też.
b) Jeśli X ma własność punktu stałego, tzn. każde przekształcenie z X w X ma
punkt stały, to X0 też ma tę własność.
§ 2.
Zespolona funkcja wykładnicza i podnoszenie przekształceń.
Płaszczyznę R2 utożsamiać będziemy ze zbiorem C liczb zespolonych, rozpatrywanym
jako ciało względem naturalnych działań i opatrzonym metryką (z1 , z2 ) 7→ |z1 − z2 | i
wyznaczoną przez nią topologią euklidesową. Przyjmujemy C∗ = C \ {0} oraz
E(x + yi) := ex (cos y + i sin y) dla x, y ∈ R.
(10)
Funkcja E : C → C jest ciągła i ma następujące własności:
i) E(0) = 1, E(z1 + z2 ) = E(z1 ) · E(z2 ) i E(−z) = 1/E(z) dla z, z1 , z2 ∈ C;
ii) E(C) = C∗ ,
12
Teza jest prawdziwa bez założeń o Y (co można pozostawić jako zadanie); nałożono je tylko dla skrócenia dowodu.
VI § 2.
VI-60
iii) E −1 (1) = 2πiZ, skąd E(z1 ) = E(z2 ) ⇔ z1 − z2 ∈ 2πiZ na podstawie i);
iv) gdy E(x + iy) = z, to y jest argumentem liczby z (jednym z wielu).
Definicja. Mówimy, że przekształcenie fe : X → C jest podniesieniem przekształcenia
f : X → C∗ , jeśli E ◦ fe = f (i fe jest ciągłe, co tu dodatkowo zaznaczmy).
Uwaga 1. W Analizie Zespolonej, funkcja E oznaczana jest przez exp i nazywana
wykładniczą; zaś podniesienie przekształcenia f , jeśli istnieje, nazywane jest gałęzią
logarytmu tego przekształcenia. Wobec ii), warunkiem koniecznym jej istnienia jest, by
im(f ) ⊂ C∗ ; nie jest on jednak wystarczający. (Patrz dalej dowód stwierdzenia 1.)
Uwaga 2. Gdy przestrzeń X jest spójna, to każde dwa podniesienia u, v tego samego
przekształcenia f : X → C∗ różnią się o całkowitą wielokrotność liczby 2πi (tzn. u−v =
2πin dla pewnego n ∈ Z). Istotnie, zbiór (u − v)(X) jest zawarty w 2πiZ, patrz iii), a
przy tym jest spójny –więc jest jednopunktowy.
Lemat 1. a) Istnieje przekształcenie L : B(1, 1) → C takie, że E ◦L jest identycznością
na kole B(1, 1) = {z : |z − 1| < 1}.
b) Niech przekształcenia ciągłe f, g : X → C spełniają warunek |f (x) − g(x)| <
|f (x)| ∀x ∈ X. Jeśli f ma podniesienie, to i g je ma.
Dowód. a) Przyjmujemy L(z) := ln |z| + iα(z) dla z ∈ B(1, 1), gdzie α(z) to miara (w
radianach) zorientowanego kąta ∠(1, 0, z).
b) Z założenia wynika, że f (x) 6= 0 i g(x)/f (x) ∈ B(1, 1) dla x ∈ X. Przyjmujemy
ge(x) := L(g(x)/f (x)) + fe(x) dla x ∈ X, gdzie L jest przekształceniem z a) i fe jest
podniesieniem f . Z ciągłości f, g, fe i L wynika ciągłość ge, a z własności i) funkcji E –że
Ee
g = EL(g/f ) · E(fe) = (g/f ) · f = g.
Twierdzenie 1 (S. Eilenberga). Niech X będzie zwartą przestrzenią metryczną. Przekształcenie f : X → C∗ wtedy i tylko wtedy ma podniesienie, gdy jest nieistotne w C∗ .
Dowód. Gdy f ma podniesienie fe, to wzór X × I 3 (x, t) 7→ E(tfe(x)) zadaje homotopię
w C∗ między f a przekształceniem, stale przymującym wartość 1. Odwrotnie, niech
H : X × I → C∗ będzie homotopią między (pewnym) przekształceniem stałym g a f .
Przyjmijmy c := dist(0, im(H)); jest to liczba dodatnia, bo 0 6∈ im(H) i im(H) jest
zbiorem zwartym, jako obraz zwartej przestrzeni X × I przy ciągłym przekształceniu H.
Ze zwartości X wynika istnienie liczby n ∈ N takiej, że |H(x, t) − H(x, t0 )| < c dla
wszystkich x ∈ X i t, t0 ∈ [0, 1] takich, że |t − t0 | ≤ 1/n. (Najłatwiej to uzasadnić
wykorzystując jednostajną ciągłość H, gdy C wyposażyć w metrykę euklidesową, a X ×I
w metrykę ρ((x, t), (x0 , t0 )) = d(x, x0 ) + |t − t0 |, gdzie d to metryka przestrzeni X.) Przy
hk (x) = H(x, k/n) dla x ∈ X i k = 0, ..., n, otrzymujemy |hk − hk−1 | < c ≤ |hk | dla
k = 1, ..., n – co wynika stąd, że im(hk ) ⊂ im(H) ⊂ {z ∈ C : |z| ≥ c}. A że h0 = g ma
podniesienie, to na podstawie lematu mają je kolejno h1 , ..., hn = f . VI-61
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
Wniosek 1. Gdy X jest zwartym zbiorem ściągalnym (n.p., zwartym zbiorem wypukłym
w Rn ), to każde przekształcenie f : X → C∗ ma podniesienie.
Dowód. Wynika to z zadania 1b) w §1 i twierdzenia 1. Uwaga 3. Przy oznaczeniach twierdzenia 1, przekształcenia f, g : X → C∗ są homotopijne (w C∗ ) wtedy i tylko wtedy, gdy ich iloraz f /g jest przekształceniem nieistotnym
w C∗ . Istotnie, homotopia H pomiędzy f /g a przekształceniem 1X (w jedynkę) wyznacza homotopię (x, t) 7→ g(x) · H(x, t) między f i g, oraz odwrotnie, homotopia H 0
między f i g wyznacza homotopię (x, t) 7→ H 0 (x, t)/g(x) między f /g i 1X . Stwierdzenie 1. a) Dla n ∈ Z \ {0}, przekształcenie jn : S 1 → C∗ , dane wzorem
jn (z) = z n , jest istotne. (Przy n = 1 wynika stąd, że S 1 nie jest przestrzenią ściągalną.)
b) Przekształcenie f : S 1 → C∗ , spełniające warunek f (−z) = −f (z), jest istotne.
Dowód. Oboma razy, wystarczy zgodnie z twierdzeniem 1 dowieść, że badane przekształcenie nie ma podniesienia.
Ad a). Przypuśmy, że g : S 1 → C jest podniesieniem dla jn . Są więc dwa podniesienia
przekształcenia jn |S 1 \{1} : jednym jest (obcięcie) g, a drugim –przekształcenie h(cos t +
i sin t) := 2πint dla t ∈ (0, 2π). Na podstawie uwagi, różną się one o stałą, wobec
czego h ma granicę w punkcie 1 (bo ma ją g, równą g(1)). Jest to sprzeczne z tym, że
n 6= 0 i dla z bliskich 1, h(z) jest bliskie 0 gdy Rez > 0, zaś bliskie 2πin, gdy Imz < 0.
Ad b). Przyjmijmy S+ := {z ∈ S 1 : Im(z) ≥ 0} i S− := {z ∈ S 1 : Im(z) ≤ 0}.
Funkcja f|S+ ma pewne podniesienie u, bo półokrąg S+ jest homeomorficzny z odcinkiem
[0, 1] i przez to jest zbiorem ściągalnym. Możemy zakładać, że u(1) = 0 (gdy nie, dodamy
do u stałą −u(1); gra rolę to, że u(1) ∈ 2πiZ, bo Eu(1) = 1).
Ponieważ Eu(−1) = −1, więc u(−1) = (2k + 1)πi dla pewnego k ∈ Z. Możemy więc
określić podniesienie h przekształcenia f|S 1 \{1} wzorem h(z) = u(z) dla z ∈ S+ \ {1} i
h(z) = u(−z) + u(−1) dla z ∈ S− \ {1}. Ze wzorów tych wynika, że dla z 6= 1 bliskich 1,
h(z) jest bliskie 0 gdy z ∈ S+ , zaś bliskie 2(2k + 1)πi 6= 0, gdy z ∈ S− . Jak w a)
powoduje to, że nie istnieje podniesienie g przekształcenia f , bo miałoby ono granicę w
punkcie 1, a na S 1 \ {1} różniłoby się od h o stałą. Zadanie 1. ∗ Niech X będzie przestrzenią zwartą, A jej domkniętą podprzestrzenią
spójną, a p : X → Y przekształceniem „na”, takim, że p−1 (p(x)) = {x} dla x ∈ X \ A.
Dowieść, że dla istnienia podniesienia przekształcenia f : Y → C∗ wystarcza, by podniesienie miały f|p(A) i f ◦ p. (Zakładamy metryzowalność X i Y . Wskazówka: uwaga 2.)
§ 3.
Zasadnicze twierdzenie algebry; twierdzenia Brouwera i Borsuka–Ulama.
Twierdzenie 1 („zasadnicze twierdzenie algebry”). Każdy zespolony wielomian dodatniego stopnia ma w C pierwiastek.
VI § 3.
VI-62
W dowodzie, a także w dalszej części, pętlą w Y nazywamy przekształcenie z S 1 w Y .
P
Dowód twierdzenia. Niech wielomian P (z) = nj=0 cj z j , gdzie cn = 1, nie ma pierwiastków w C. Wyznacza on pętlę f : S 1 → C, daną wzorem f (z) = P (z) dla z ∈ S 1 .
Pętlę tę można połączyć homotopią S 1 × I 3 (z, t) 7→ P (tz) z pętlą
stale równą P (0). Z
Pn−1
n
drugiej strony, można ją też połączyć homotopią H(z, t) = z + j=0 cj tn−j z j z pętlą
jn (z) = z n (z ∈ S 1 ). Ponieważ P nie ma pierwiastków i H(z, t) = tn P (z/t) gdy t 6= 0,
to obie homotopie nie przyjmują wartości 0. Pętla jn jest więc homotopijna w C∗ z pętlą
stałą, skąd n = 0 na podstawie stwierdzenia 1a) w §2. Poniżej sformułujemy w postaci dwóch twierdzeń szereg tez dotyczących własności
domkniętej kuli B n i jej brzegu S n−1 . Obecnie, będziemy je w stanie udowodnić tylko
dla dwóch najniższych wartości n, choć są prawdziwe bez żadnych ograniczeń. Celem
dalszej części tego pragrafu jest udowodnienie obu twierdzeń w najniższych wymiarach
i przedyskutowanie zależności pomiędzy rozważanymi tezami dla dowolnego n.
Twierdzenie 2 (L.E.J. Brouwera). i) Sfera S n−1 nie jest przestrzenią ściągalną.
(Równoważnie: przekształcenie identycznościowe idS n−1 : S n−1 → S n−1 jest istotne.)
ii) Nie istnieje retrakcja kuli B n na sferę S n−1 .
iii) Każde przekształcenie z B n w B n ma punkt stały. Ogólniej, gdy przekształcenie
f : B n → Rn spełnia warunek f (S n−1 ) ⊂ B n , to f (x0 ) = x0 dla pewnego x0 ∈ B n .
Dowód tezy i) dla n = 1, 2. Teza ta jest oczywista gdy n = 1, bo S 0 = {−1, 1} ⊂ R
ma dwie składowe. Gdy n = 2, dowiedziono jej w stwierdzeniu 1 w §2.
i)⇒ii). Wynika to z poniższego zadania, bo kula B n jest ściągalna.
¬iii)⇒ ¬ii). Przypuśćmy, że przekształcenie f : B n → Rn nie ma punktu stalego
i f (S n−1 ) ⊂ B n . Retrakcję r kuli B n na S n−1 otrzymamy, przyjmując za r(x) jedyny
punkt sfery S n−1 , dla którego x ∈ [f (x), r(x)]. (Istnienie r(x) i ciągłość r wynikają stąd,
że r(x) = x + t2 (x − f (x)), dla t2 będącego większym z pierwiastków t1 , t2 równania
kwadratowego ||x + t(x − f (x))||2 = 1 –w którym to równaniu t1 t2 = ||x||2 − 1 ≤ 0, a
wyróżnik jest nieujemny.)
¬i)⇒ ¬iii). Niech przekształcenie idS n−1 : S n−1 → S n−1 będzie nieistotne. Przedłuża
się wtedy ono do przekształcenia r : B n → S n−1 , na podstawie wniosku 1 w §1. Wzór
x 7→ −r(x) zaś zadaje przekształcenie kuli B n , nie mające punktu stałego. Zadanie 1. Retrakt przestrzeni ściągalnej X (czyli jej obraz przy retrakcji r : X → X)
jest przestrzenią ściągalną.
Definicja. Punkty x, y ∈ Rk nazywamy antypodycznymi, jeśli x = −y. Gdy X ⊂ Rk ,
o przekształceniu f : X → Rl powiemy, że zachowuje antypodyzm, czy że jest
nieparzyste, jeśli dla x ∈ X zachodzi −x ∈ X i f (−x) = −f (x).
Twierdzenie 3 (Borsuka–Ulama). Prawdziwe są następujące tezy:
VI-63
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
a) Gdy f : S n → Rn jest ciągłe, to f (p) = f (−p) dla pewnego p ∈ S n .
b) Jeśli sfera S n pokryta jest n + 1 zbiorami domkniętymi, to któryś z nich zawiera
parę punktów antypodycznych.
c) Nie istnieje nieparzyste przekształcenie f : S n → Rn∗ .
d) Nieparzyste przekształcenie f : S n−1 → S n−1 jest istotne.
Tezę a) sformułował S. Ulam jako hipotezę, a wszystkie tezy zostały udowodnione
przez K. Borsuka; przy tym b) nieco wcześniej udowodnili Lusternik i Sznirelman w
pracy nieznanej Borsukowi. Rola d) i c) jest dla nas pomocnicza: a) i b) udowodnimy
wykorzystując d) dla n ≤ 2, zaś dla n > 2 wygodnie jest do tego użyć c). (Patrz
książka J. Matouska „Using the Borsuk–Ulam Theorem”.) Jednak d) i c) wydobywają
nieoczekiwane własności przekształceń zachowujących antypodyzm, co na różne sposoby
rozszerzono później na przekształcenia zachowujące inne symetrie.
Dowód d) dla n = 1, 2. Teza ta dla n = 1 wynika stąd, że tylko ±identyczność zachowuje antypodyzm sfery S 0 = {−1, 1}. Natomiast dla n = 2 dowiedziono jej w
stwierdzeniu 1b) w §2.
¬ c) ⇒ ¬d). Niech istnieje nieparzyste przekształcenie f : S n → Rn∗ . Składając
je z przekształceniem Π : Rn∗ → S n−1 , danym wzorem Π(x) = x/||x||, uzyskujemy
przekształcenie, które dodatkowo przyjmuje wartości w S n−1 ; będziemy p
więc zakładać, że
n
n−1
n−1
n
f (S ) ⊂ S . Funkcja F : B → S , zadana wzorem F (x) = f (x, 1 − ||x||2 ), jest
ciągła. Jej obcięcie f0 := F|S n−1 jest więc nieistotne i w ślad za f jest nieparzyste. (Dla
x = (x1 , ..., xn ) ∈ B n i t ∈ R utożsamiliśmy tu (x, t) z punktem (x1 , ..., xn , t) ∈ Rn+1 ;
skorzystaliśmy też z wniosku 1 w §1.)
c) ⇔ a) . Implikacja a) ⇒c) jest oczywista. Odwrotna implikacja wynika stąd, że dla
każdego przekształcenia f : S n → Rn , funkcja S n 3 x 7→ f (x)−f (−x) spełnia założenia
z c), więc przy założeniu prawdziwości c) przeprowadza pewien punkt p ∈ S n−1 na 0.
a) ⇒b) . Niech C1 , ..., Cn+1 będzie pokryciem sfery S n zbiorami domkniętymi. Przyjmijmy f (x) = (dist(x, C1 ), ..., dist(x, Cn )) dla x ∈ S n ; zgodnie z c), istnieje punkt
p ∈ S n taki, że f (−p) = f (p). Z równości tej i określenia f wynika, że jeśli da pewnego
i ≤ n zachodzi p ∈ Ci lub −p ∈ Ci , to
{p, −p} ⊂ Ci . Gdy zaś ani p, ani −p nie leżą w
Sn+1
C1 ∪ ... ∪ Cn , to {p, −p} ⊂ Cn+1 , bo i=1 Ci = S n .
Tym samym dowiedliśmy wszystkich tez dla n ≤ 2 oraz implikacji d)⇒c)⇔a)⇒b)
dla n > 2. Do zadań relegujemy implikacje mające mniejsze dla nas znaczenie.
Zadanie 2. Dowieść, że z zaprzeczenia d) wynika zaprzeczenie c). (Wskazówka: Niech
nieparzyste przekształcenie f : S n−1 → S n−1 będzie nieistotne. Przedstawić S n jako
sumę S+n ∪ S−n i utożsamić S+n ∩ S−n z dziedziną funkcji f , gdzie Sεn = {(x1 , ..., xn+1 ) ∈
S n : εxn+1 ≥ 0} dla ε = +, −. Przedłużyć f do f+ : S+n → S n−1 na podstawie
VI § 3.
VI-64
wniosku 1 w §1 i przyjąć F (x) := f+ (x) dla x ∈ S+n oraz F (x) := −f+ (−x) dla x ∈ S−n .
Wykorzystując nieparzystość f dowieść, że F jest dobrze określone, ciągłe i nieparzyste.)
Zadanie 3. Dowieść, że z zaprzeczenia c) wynika zaprzeczenie b). (Wskazówka: Niech
..., 0)
Ci ⊂ Rn będzie uwypukleniem zbioru {ek }n+1
k=1 \ {ei }, gdzie ei = (0, ..., 0, 1, 0, S
(jedynka na i-tym miejscu) dla i ≤ n, zaś en+1 := (−1, ..., −1). Przy C := i Ci
i x ∈ Rn∗ oznaczyć przez r(x) punkt przecięcia półprostej R+ x z C i dowieść, że dla
nieparzystego f : S n → Rn∗ , pokrycie {(r ◦ f )−1 (Ci )}n+1
i=1 zaprzecza tezie b).)
Uwaga 1. Oczywiście, teza d) twierdzenia 3 implikuje tezę i) twierdzenia 2; nie jest
jednak znane proste wyprowadzenie twierdzenia 3 z twierdzenie 2. Zastosowania obu
twierdzeń są zbyt liczne, by można je było tu omówić. W poniższych zadaniach i w §8
przedstawimy tylko niektóre z nich, i to dotyczące wyłącznie twierdzenia 2 (Brouwera).
Własność punktu stałego, koincydencje i zasada KKM (zadania, poza wykładem).
4. a) Niech (X, d) będzie zwartą przestrzenią metryczną i dla każdej liczby ε > 0
istnieje przekształcenie fε z X w podprzestrzeń Xε ⊂ X z własnością punktu stałego,
takie, że d(fε (x), x) < ε dla x ∈ X. Dowieść, że X ma własność punktu stałego.
b) Wywnioskować, że kostka Hilberta I N ma własność punktu stałego. (Wskazówka:
zbadać d(fn (x), x) dla x ∈ X i fn będącego naturalnym rzutowaniem na {(xj )∞
j=1 : xj =
0 dla j > n}; tu d jest dogodną metryką, zadającą topologię przestrzeni I N .)
5. Niech przekształcenie f : B n → B n będzie takie, że f (S n−1 ) ⊂ S n−1 i f|S n−1 :
S n−1 → S n−1 jest istotne. Przyjmując twierdzenie Brouwera w wymiarze n dowieść, że
gdy g : B n → Rn jest ciągłe i g(S n−1 ) ⊂ B n , to f (x0 ) = g(x0 ) dla pewnego x0 ∈ B n .
Wywnioskować, że im(f ) ⊃ B n . (Wskazówka: dowód ¬iii)⇒ ¬ii) w twierdzeniu 2.)
6. Niech J = [−1, 1] i dla k = 1, ..., n niech Fk+ i Fk− będą rozłącznymi podzbiorami
kostki J n , takimi, że Fkε S
⊃ {(xi ) ∈ J n : xk = ε1}, ε = ±. Dowieść, że jeśli wszystkie
zbiory Fkε są zwarte, to nk=1 (Fk+ ∪ Fk− ) 6= J n . (Wskazówka obrać fk : J n → J tak,
by fk−1 (ε1) = Fkε , przyjąć f = (fk ) : J n → J n i w oparciu o zadanie 5 dowieść, że
0 ∈ f (J n ); istotność f|∂J k : ∂J n → ∂J n uzyskać z twierdzenia 2i) i zadania 2b) w §1.)
b) Dowieść tej samej tezy, gdy wszystkie zbiory Fkε są otwarte w J n .
Problem 6. Niech W = {(1, 0, ..., 0), ..., (0, ..., 0, 1)} ⊂ Rn . Dla skończonego zbioru
P
n
E ⊂ W oznaczmy
przez
∆(E)
jego
powłokę
wypukłą
w
R
,
tzn.
∆(E)
:=
{
t(e)e :
P
e ∈ IE i
e∈E t(e) = 1}. Niech też ∆ := ∆(W ). Zakładając twierdzenie Brouwera,
a) Udowodnić zasadę Knastera – Kuratowskiego – Mazurkiewicza: gdy każdemu punktowi
e ∈ W przyporządkować T
domknięty podzbiór Fe sympleksu ∆ tak, by
S
∆(E) ⊂ e∈E Fe dla każdego E ⊂ W , to e∈W Fe 6= ∅. (Wskazówka: przy zaprzeczeniu
tezy podporządkować
P pokryciu {∆ \ Fe : e ∈ W } podział jedynki (λe )e∈W i dowieść, że
funkcja ∆ 3 x 7→ e λe (x)e nie ma punktu stałego.)
VI-65
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
b) Wywnioskować, że gdy {Ce : e ∈ W } jest domkniętym
pokryciem sympleksu ∆
T
takim, że Ce ∩ ∆(W \ {e}) = ∅ dla każdego e ∈ W , to e Ce 6= ∅.
c) Dowieść dalej istnienia liczby δ > 0 takiej, że każde pokrycie domknięte F sympleksu ∆, spełniające warunek diam(FS
) < δ ∀F ∈ F, zawiera n zbiorów z niepustym
przecięciem. (Wskazówka: przy Ce := {F : F ∈ F i F ∩ ∆(W \ {e}) = ∅} dowieść,
że jeśli liczba δ jest dostatecznie mała, to {Ce : e ∈ W } jest pokryciem sympleksu ∆.)
Problem 7. Niech γ : I → X będzie ścieżką w przestrzeni metrycznej (X, d), zaś (ci )ni=1
układem liczb dodatnich. Dowieść istnienia takich liczb K i 0 = t0 < t1 < ... < tn = 1,
że d(γ(ti ), γ(ti−1 )) = Kci dla i = 1, ..., n. (Jest to twierdzenie K. Urbanika.)
§ 4.
Rozcinanie Rn : twierdzenia Borsuka (część pierwsza) i Janiszewskiego.
Wiele rozumowań tego paragrafu przebiega tak samo dla każdego wymiaru n rozważanej
przestrzeni euklidesowej Rn , lecz zależy od twierdzenia Brouwera dla B n , dotąd udowodnionego tylko gdy n ≤ 2. Krytyczny czytelnik może więc chcieć założyć, że n ≤ 2.
Zajmować nas będzie zagadnienie, kiedy dany zbiór A ⊂ Rn rozcina Rn między
punktami p i q, tzn. kiedy punkty te leżą w różnych składowych zbioru Rn \ A.
Uwaga 1. Gdy zbiór A ⊂ Rn jest zwarty, to (patrz w §IV.2, wnioski 1 i 2 i zadanie 1):
a) składowe jego dopełnienia są otwarte w Rn i łukowo spójne,
b) gdy n > 1, to dokładnie jedna z tych składowych jest nieograniczona,
c) Fr(U ) ⊂ A dla każdej składowej U zbioru Rn \ A (tu patrz też zadanie 7 w §II.2).
Oznaczenie. Przez iA oznaczamy identycznościowe włożenie w Rn danego zbioru
A ⊂ Rn . Odnotujmy, że gdy p 6∈ A, to przekształcenie iA − p przyjmuje wartości w Rn∗ .
Lemat 1 (K. Borsuka). Niech A będzie zbiorem zwartym w Rn , zaś p punktem ograniczonej składowej U jego dopełnienia Rn \ A. Wówczas przekształcenie iA − p nie
przedłuża się do przekształcenia zbioru A ∪ U w Rn∗ , więc jest istotne w Rn∗ .
Dowód. Niech cB n będzie kulą o tak dużym promieniu c, by A ∪ U ⊂ cB n . Przypuśćmy,
wbrew tezie, że iA przedłuża się do przekształcenia f : A ∪ U → Rn \ {0}. Przy
Π : cB n \ {p} → cS n−1 oznaczającym dowolną retrakcję (patrz przykład 2b) w §2)
pozwala to określić retrakcję cB n → cS n−1 wzorem r(x) = Π(x) dla x 6∈ U oraz
r(x) = Π(f (x) + p) dla x ∈ A ∪ U . 13 Otrzymana sprzeczność z tezą ii) twierdzenia
Brouwera dowodzi pierwszej części lematu; część druga wynika zaś z niej i twierdzenia
Borsuka o przedłużaniu. Twierdzenie 1 (Borsuka o rozcinaniu, część 1). Niech A będzie zbiorem zwartym w Rn .
13
Poprawność tej definicji i ciągłość r wynikają stąd, że oba wzory dają ten sam wynik dla x ∈ A, przy czym oba zbiory
cB n \ U i A ∪ U są domknięte w cB n – ten drugi dlatego, że Fr(U ) ⊂ A. (Gra też rolę to, że f (x) + p 6= p dla x ∈ U ∪ A.)
VI § 4.
VI-66
a) Punkty p, q ∈ Rn \ A leżą we wspólnej składowej zbioru Rn \ A wtedy i tylko wtedy,
gdy przekształcenia iA − p i iA − q są homotopijne w Rn∗ .
b) Punkt p ∈ Rn \ A leży w nieograniczonej składowej zbioru Rn \ A wtedy i tylko
wtedy, gdy przekształcenie iA − p jest nieistotne w Rn∗ .
Dowód (w 4 krokach). i) Gdy p i q leżą we wspólnej składowej zbioru otwartego Rn \ A,
to można je połączyć ścieżką γ : [0, 1] → Rn \ A. Pozwala to połączyć iA − p z iA − q
homotopią w Rn∗ , zadaną wzorem A × I 3 (a, t) 7→ a − γ(t).
ii) Gdy punkty p i q leżą w różnych składowych zbioru Rn \ A, to przy n > 1
któryś z nich (niech będzie to p) leży w składowej U , która jest ograniczona. Ponieważ
q 6∈ A ∪ U , to przekształcenie iA − q przedłuża się wzorem x 7→ x − q do przekształcenia
z A ∪ U w Rn∗ . Przekształcenie iA − p zaś nie przedłuża się do przekształcenia z A ∪ U
w Rn∗ , na podstawie lematu 1. Twierdzenie Borsuka o przedłużaniu zapewnia więc, że
przekształcenia iA − p i iA − q nie są homotopijne w Rn∗ .
iii) Gdy n = 1, to wyżej p i q mogą też leżeć w (różnych) składowych niegraniczonych
znioru R \ A. Wtedy jednak przekształcenia iA − p i iA − q nadal nie są homotpijne
w R∗ , bo jedno przyjmuje wartości w R+ , a drugie w R− .
iv) Na koniec zauważmy, że gdy p leży w nieograniczonej składowej zbioru Rn \ A,
to przekształcenie iA − p jest nieistotne w Rn∗ . Możemy bowiem wobec ii) zakładać, że
||p|| > supa∈A ||a||, a wtedy homotopia A × I 3 (a, t) 7→ ta − p przyjmuje wartości w
Rn∗ (dlaczego?) i łączy iA z przekształceniem stałym w punkt −p.
Wraz z końcową częścią tezy lematu 1, ustalenia te pociągają za sobą tezy a) i b). Wniosek 1. Dla n > 1, dopełnienie zwartego i ściągalnego zbioru A ⊂ Rn jest spójne.
Dowód. Gdyby istniała ograniczona składowa zbioru Rn \ A, to dla pewnego punktu
p ∈ Rn \ A przekształcenie iA − p : A → Rn∗ byłoby istotne, wbrew wnioskowi 1 w§1.
Uwaga 2. ∗ Lemat 1 i twierdzenie 1, jak również dalsze twierdzenie 2 w §8, pozostaną
słuszne z Rn∗ zastąpionym przez sferę S n−1 , zaś iA , iA − p i iA − q zastąpionymi przez
ich złożenia z „radialną projekcją” Π : Rn∗ → S n−1 , daną wzorem Π(z) = z/||z||. W tej
postaci wyniki te są uważane za atrakcyjniejsze, bo sfera S n−1 ma wymiar niższy niż Rn∗
i jest zwarta. By upewnić się o prawdziwości podkreślonego zdania, należy rozwiązać
Zadanie 1. a) Projekcja Π, traktowana jako przekształcenie w Rn∗ , jest w Rn∗ homotopijna z przekształceniem identycznościowym.
b) W związku z tym, dla dowolnej przestrzeni X, przekształcenia u, v : X → Rn∗ są homotopijne w Rn∗ wtedy i tylko wtedy, gdy złożenia Π◦u i Π◦v są homotopijne w S n−1 . W
szczególności, u jest nieistotne w Rn∗ wtedy i tylko wtedy, gdy Π◦u jest nieistotne w S n−1 .
c) Wywnioskować, że przekształcenie f : X → S n−1 jest nieistotne w S n−1 wtedy i
tylko wtedy, gdy jest nieistotne w Rn∗ .
Twierdzenie 1 wykorzystamy, dowodząc twierdzenia o rozcinaniu płaszczyzny R2 = C.
VI-67
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
Lemat 2 (S. Eilenberga). Niech zwarta przestrzeń metryczna X będzie sumą dwóch
swych domkniętych podzbiorów A i B, mających spójne przecięcie A ∩ B. Jeśli przekształcenie f : X → C∗ ma tę własność, że oba przekształcenia f|A i f|B są nieistotne,
to jest ono nieistotne. (Za każdym razem, nieistotność jest w C∗ .)
Dowód. Z założenia i twierdzenia 1 z §1 wynika, że przekształcenia f|A i f|B mają przy
poczynionych założeniach podniesienia, które oznaczmy u i v, odpowiednio. Na spójnym
zbiorze A∩B są one podniesieniami tego samego przekształcenia f|A∩B , skąd funkcja (u−
v)|A∩B jest stała. Przy c ∈ 2πiZ oznaczającym jej wartość zauważamy, że wzór w(x) =
u(x) dla x ∈ A i w(x) = v(x) + c dla x ∈ B określa podniesienie przekształcenia f
–wobec czego f jest nieistotne. (Skorzystaliśmy ponownie z twierdzenia 1 w §1.) Twierdzenie 2 (S. Janiszewskiego). Niech A, B ⊂ C będą zbiorami zwartymi o spójnym
przecięciu A ∩ B, przy czym ani A, ani B nie rozcina płaszczyzny C między wskazanymi
punktami p, q ∈ C \ (A ∪ B). Wówczas X := A ∪ B również nie rozcina C między p i q.
Dowód. (S. Eilenberga.) Jak wiemy z §2 (z twierdzenia 1 i uwagi 3), zbiór zwarty Z ⊂ C
rozcina C między p i q wtedy i tylko wtedy, gdy przekształcenie fZ := (iZ − p)/(iZ − q)
jest nieistotne (w C∗ ). Stosując to przy Z = A i Z = B wnosimy, że przekształcenia fA
i fB są nieistotne. Z lematu wynika więc nieistotność przekształcenia fX , a z niej –teza.
(Wykorzystaliśny to, że fX (z) = fA (z) dla z ∈ A i fX (z) = fB (z) dla z ∈ B. Zadanie 2. Dowieść, że każde przekształcenie f : S n → C∗ jest dla n > 1 nieistotne.
(Wskazówka: przedstawić S n jako sumę półsfer, przecinających się wzdłuż kopii sfery
S n−1 ; skorzystać z twierdzenia 1 w §2 i z lematu 2.)
§ 5.
Indeks pętli na płaszczyźnie i stopień przekształcenia okręgu.
Pętle w przestrzeni Y wygodnie jest wiązać ze ścieżkami zamkniętymi w Y , jak następuje.
Definicja. a) Ścieżkę γ : [a, b] → Y nazywamy zamkniętą, jeśli γ(a) = γ(b).
b) Przekształcenie H : [a, b]×[0, 1] → Y nazywamy (swobodną) homotopią ścieżek
zamkniętych, jeśli H(a, t) = H(b, t) ∀t ∈ [0, 1]. Słowo „swobodną” często pomijamy.
Uwaga 1. a) Pętla f : S 1 → Y wyznacza ścieżkę zamkniętą γf : [0, 2π] → Y , zadaną
wzorem γf (t) = f (E(it)). I odwrotnie, zamknięta ścieżka γ : [0, 2π] → Y wyznacza
wzorem fγ (E(it)) = γ(t) dla t ∈ [0, 2π] pętlę fγ : S 1 → Y ; patrz w §V.2 przykład 2a) i
uwaga 2. (Bez trudu możnaby [0, 2π] zastąpić innym przedziałem [a, b].)
b) Podobnie stwierdzamy, że gdy pętle f, g : S 1 → Y są homotopijne, to odpowiadające im ścieżki γf i γg można połączyć homotopią ścieżek zamkniętych, i vice versa.
Z powyższych względów, w wielu podręcznikach utożsamia się „pętle” ze „ścieżkami
zamkniętymi”; tu jednak wolimy te pojęcia odróżniać. Zapytajmy: kiedy dwie pętle w C
są homotopijne w dopełnieniu danego punktu? By to zbadać, użyjemy indeksu pętli.
VI § 5.
VI-68
Definicja. a) Indeksem ścieżki γ : [a, b] → C względem punktu p ∈ C \ im(γ),
1
oznaczanym tu ind(γ, p), nazywamy liczbę 2π
Im(e
γ (b)−e
γ (a)), gdzie γ
e jest podniesieniem
ścieżki γ − p : [a, b] → C∗ . (Podniesienie istnieje na podstawie wniosku 1 w §2.)
b) Indeksem pętli f : S 1 → C względem punktu p ∈ C \ im(f ) nazywamy liczbę
ind(f, p) := ind(γf , p).
Uwaga 2. a) Indeks ind(γ, p) zależy tylko od γ i p, a nie od użytego podniesienia.
Wynika to stąd, że każde dwa podniesienia różnią się o stałą, patrz uwaga 2 w §2.
1
b) Z dokładnością do czynnika 2π
, indeks jest przyrostem argumentu punktu γ(t) − p,
gdy t przebiega odcinek [a, b], a argument zmienia się w sposób ciągły; patrz iv) w §2.
c) Gdy ścieżka γ jest zamknięta, to γ
e(b) i γ
e(a) są (pewnymi) argumentami tego
samego punktu γ(b) = γ(a), skąd γ
e(b) − γ
e(a) ∈ 2πiZ. Indeks ścieżki zamkniętej γ jest
1
γ (b) − γ
e(a)).
więc zawsze liczbą całkowitą, równą 2πi (e
Przykład 1. a) Dla n ∈ Z i pętli jn : S 1 → C∗ , zadanej wzorem jn (z) = z n , zachodzi
ind(jn ) = n. Ścieżka γ := γjn jest bowiem zadana wzorem γ(t) = E(int), a jej podnie1
sienie – wzorem γ
e(t) = int (oboma razy, t ∈ [0, 2π]), skąd ind(jn , 0) = 2πi
· 2πin = n.
b) Dla ścieżek u, v : [a, b] → C∗ zachodzi równość ind(u · v, 0) = ind(u, 0) + ind(v, 0)
– bo gdy u
e i ve są podniesieniami dla u i v, odpowiednio, to u
e + ve jest nim dla u · v. Twierdzenie 1. Pętle f, g : S 1 → C \ {p} są homotopijne w C \ {p} wtedy i tylko
wtedy, gdy ind(f, p) = ind(g, p). (Tu, p ∈ C jest zadanym punktem.)
Wersja równoważna: W C \ {p}, homotopia ścieżek zamkniętych między ścieżkami
zamkniętymi γ, λ : [a, b] → C\{p} istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy ind(γ, p) = ind(λ, p).
Dowód. Możemy zakładać, że p = 0 (inaczej dokonamy przesunięcia). Zajmiemy się
wersją dla ścieżek zamkniętych, dzieląc dowód na dwie części.
a) Niech ind(γ, 0) = ind(λ, 0). By dowieść homotopijności γ i λ w C∗ , obierzmy ich
podniesienia u i v, odpowiednio. Z założenia i definicji indeksu ścieżki, u(2π) − u(0) =
v(2π) − v(0) ∈ 2πiZ, wobec czego dla t ∈ [0, 1] zachodzi
(tu(2π) + (1 − t)v(2π)) − (tu(0) + (1 − t)v(0)) = v(2π) − v(0) ∈ 2πiZ,
czy równoważnie E(tu(0) + (1 − t)v(0)) = E(tu(2π) + (1 − t)v(2π)). Oznacza to, że
funkcja H : [0, 2π] × [0, 1] → C∗ , określona wzorem H(s, t) = E(tu(s) + (1 − t)v(s)),
jest homotopią ścieżek zamkniętych, łączącą γ i λ i przyjmującą wartości w C∗ .
b) Niech między γ i λ istnieje homotopia H : [a, b] × [0, 1] → C∗ ścieżek zamkniętych.
Dla t ∈ [0, 1], określmy ścieżkę zamkniętą µt wzorem µt (s) = H(s, t) (s ∈ [a, b]).
1 e
e t)), gdzie H
e jest podniesieniem homotopii H,
Ponieważ ind(µt , 0) = 2πi
(H(b, t) − H(a,
istniejącym na podstawie wniosku 1 w §2, to funkcja t 7→ ind(µt , 0) jest ciągła – więc
stała, bo ma wartości w Z. Stąd ind(γ, 0) = ind(λ, 0), bo γ = µ0 i λ = µ1 . Zadanie 1. Dla pętli f : S 1 → C dowieść, że funkcja p 7→ ind(f, p) jest stała na każdej
składowej zbioru C \ im(f ), a na składowej nieograniczonej jest zerowa.
VI-69
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
Każde przekształcenie f : S 1 → S 1 ⊂ C∗ możemy traktować jako pętlę w C∗ . Indeks
tej pętli względem zera nazywany jest stopniem przekształcenia f i oznaczany deg(f ).
Wniosek 1. Niech dane będą przekształcenia f, g : S 1 → S 1 .
a) Przekształcenia te są homotopijne w S 1 wtedy i tylko wtedy, gdy deg(f ) = deg(g).
b) Zachodzą równości deg(f ◦ g) = deg(f ) · deg(g) i deg(f · g) = deg(f ) + deg(g).
Dowód. Ad a). Gdy deg(f ) = deg(g), to z twierdzenia 1 wynika istnienie homotopii
H : S 1 × I → C \ {0} między f i g, a wzór H 0 := H/|H| poprawnie określa homotopię
w S 1 między f i g. Odwrotnie, jeśli f i g są homotopijne w S 1 , co niżej oznaczamy
znakiem ∼, to deg(f ) = deg(g) na podstawie twierdzenia 1 i definicji stopnia.
Ad b). Niech k := deg(f ), l := deg(g) i jn (z) := z n dla z ∈ S 1 i n ∈ Z. Ponieważ
deg(jn ) = n, patrz przykład 1, więc f ∼ jk i g ∼ jl , skąd f ◦g ∼ jk ◦jl = jkl na podstawie
zadanie 1a) w §1. Zatem deg(f ◦ g) = deg(jkl ) = kl. To dowodzi pierwszej równości
w b), zaś druga wynika z przykładu 1b), zastosowanego do u := γf i v := γg . Zakończmy uwagami dotyczącymi dalszych własności indeksu.
Uwaga 3. a) Gdy ścieżkę γ : [a, b] → C \ {p} złożyć z przekształceniem ϕ : [a1 , b1 ] →
[a, b] takim, że ϕ(a1 ) = a i ϕ(b1 ) = b, to dla ścieżki γ1 := γ ◦ ϕ zachodzi ind(γ1 , p) =
ind(γ, p). (Tu a < b i a1 < b1 .) Istotnie, jeśli γ
e jest podniesieniem ścieżki γ, to γ
e1 := γ
e ◦ϕ
jest podniesieniem ścieżki γ1 , przy czym γ
e1 (b1 ) = γ
e(b) i γ
e1 (a) = γ
e(a).
b) Dla ścieżek λ : [a, b] → C \ {p} i µ : [c, d] → C \ {p} takich, że λ(b) = µ(c), wzór
ν(t) = λ(a + (b − a)t) dla t ∈ [0, 1] i ν(t) = µ(2c − d + (d − c)t) dla t ∈ [1, 2]
określa ścieżkę ν : [0, 2] → C \ {p}, którą nazwiemy konkatenacją lub sklejeniem
ścieżek λ i µ i oznaczymy λ#µ. Z a) wynika, że
ind(λ#µ, p) = ind(λ, p) + ind(µ, p) dla p 6∈ im(λ) ∪ im(µ).
(11)
c) Gdy f : S 1 → C jest pętlą i z0 ∈ S 1 , to wzór f1 (z) = f (z0 z) zadaje taką pętlę f1 ,
że f1 (1) = f (z0 ) i ind(f1 , p) = ind(f, p) dla każdego punktu p 6∈ im(f ) = im(f1 ). (Ta
własność indeksu wynika z twierdzenia 1 lub z (11) – jak?)
Zadanie 2. Dowieść, że ind(f, 0) ∈ 2Z + 1 dla każdego nieparzystego przekształcenia
f : S 1 → C∗ . (Wskazówka: dowód stwierdzenia 1b) w §3.)
b) Dowieść, że ind(f, 0) ∈ 2Z dla każdego parzystego przekształcenia f : S 1 → C∗ .
Zadanie 3. ∗ a) Niech µ
e będzie poniesieniem ścieżki zamkniętej µ : [a, b] → C∗ .
Dowieść, że jeśli ścieżka µ#µ jest nieistotna w C∗ , to µ
e(b) = µ
e(a).
2
b) Niech P będzie płaszczyzną rzutową, reprezentowaną jako B 2 /D, gdzie D =
({z, −z})z∈S 1 . Udowodnić, że każde przekształcenie F : P 2 → C∗ jest nieistotne. (Wskazówka: oznaczyć przez p : B 2 → P 2 rzutowanie ilorazowe i przy f := F ◦ p|S 1 i µ :=
(γf )|[0,π] wywnioskować z a), że podniesienie µ
e ścieżki µ spełnia warunek µ
e(π) = µ
e(0);
∗
użyć tego, by podnieść F|p(S 1 ) , po czym podnieść F , w oparciu o zadanie 1 w §2.)
VI § 6.
VI-70
c) Oznaczmy przez M wstęgę Möbiusa, a przez ∂M jej „brzeg”; por. §V.1. Udowodnić,
że gdy obcięcie g|∂M przekształcenia g : M → C∗ jest nieistotne, to g jest nieistotne.
(Wskazówka: przedstawić P 2 jako sumę M i dysku, sklejonych wzdłuż ∂M , patrz zadanie
4b) w §V.1, po czym przedłużyć g na P 2 , korzystając z nieistotności g|∂M .)
§ 6.
Wyznaczanie indeksu.
Choć liczba ind(f, p) ma jasną interpretację geometryczną, to nie jest widoczne, jak wyznaczyć ją dla skomplikowanej pętli f : S 1 → C. Poniższy sposób umożliwia porównanie
ind(f, p) z ind(f, q) przy następującym założeniu, które niżej przyjmujemy:
p, q 6∈ im(f ) i f −1 ([p, q]) = {z0 } dla pewnego z0 ∈ S 1 .
(*)
Oznaczmy dla krótkości ścieżkę γf przez γ; posługując sie uwagą 3c) z §5 możemy
założyć, że z0 6= 1, lub inaczej, że z0 = γ(s) dla pewnego s 6∈ {0, 2π}.
Niech L+ oznacza półprostą o początku w p, na której leży punkt q; zawierająca ją
prosta dzieli C na dwie półpłaszczyzny. Za „lewą” przyjmiemy tę z nich, która jest po
lewej stronie prostej, gdy patrzeć od p do q; pozostałą nazwiemy „prawą”. Ponieważ
γ(a) = γ(b) 6∈ [p, q] i spełniony jest warunek (∗ ), więc istnieją liczby s− ∈ (0, s), s+ ∈
(s, 2π) takie, że obraz γ((s− , s)) przedziału (s− , s) (odp. obraz przedziału (s, s+ )) jest
zawarty w jednej z tych półpłaszczyzn. Niech

gdy γ(s− ) i γ(s+ ) leżą w tej samej półpłaszczyźnie,

0
ε= 1
gdy γ(s− ) leży w lewej półpłaszczyźnie, a γ(s+ ) w prawej,


−1
gdy γ(s− ) leży w prawej półpłaszczyźnie, a γ(s+ ) w lewej.
(Jeśli myśleć o „moim” przejeździe od p do q i przejeździe „pojazdu” γ(t), to ε = 0 gdy
do kolizji w punkcie γ(s) nie może dojść, bo pojazd wycofuje się skąd nadjechał, ε = 1
gdy może do niej dojść, lecz ja mam pierszeństwo, zaś ε = −1 w pozostałym razie.)
Twierdzenie 1. Przy tych oznaczeniach, ind(γ, q) = ind(γ, p) + ε.
Dowód. Niech wpierw ε = 1. Możemy założyć, że s+ i s− są tak blisko s, by |γ(t) −
γ(s)| ≤ 21 min(|p − γ(s)|, |q − γ(s)|) dla t ∈ [s− , s+ ]. Utwórzmy (zorientowaną) łamaną
Λ = [γ(s+ ), z− , z+ , γ(s− )], której krawędź [z− , z+ ] jest prostopadła do półprostej L+ , a
dwie pozostałe równoległe do niej, przy czym [z− , z+ ] przecina L+ poza [p, q].
Niech γ0 = γ|[s− ,s+ ] #Λ i γ1 = γ|[s+ ,2π] #γ|[0,s− ] #Λ← , gdzie # to konkatenacja ze str. 60,
a Λ← to łamana otrzymaną z Λ przez zmianę orientacji. Z (11) wynika, że ind(γ, z) =
ind(γ0 , z) + ind(γ1 , z) dla z = p i dla z = q. Ponadto, ind(γ0 , p) = 0, bo pętla γ0 leży w
pewnej półpłaszczyźnie, do której p nie należy. (Chodzi o półpłaszczyznę, ograniczoną
prostą prostopadłą do L+ i przechodzącą przez środek odcinka [p, γ(s)].) Na koniec,
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
VI-71
ind(γ1 , p) = ind(γ1 , q), bo odcinek [p, q] jest rozłączny z im(γ1 ), więc p i q leżą we
wspólnej składowej zbioru C \ im(γ1 ). Otrzymujemy stąd równość
ind(γ, q) = ind(γ, p) + ind(γ0 , q)
Pozostaje zauważyć, że ind(γ0 , q) = −1, bo pętla γ0 jest w C\{q} homotopijna z łamaną
zamkniętą [γ(s− ), γ(s+ )]#Λ (dlaczego?).
Gdy ε = −1, rozumujemy tak samo lub zmieniamy orientację ścieżki γ. Gdy zaś
ε = 0, to wyżej ind(γ0 , q) = 0, więc ind(γ, q) = ind(γ, p). (Nieco inna wersja §6 jest w notatkach z Funkcji Analitycznych na mej stronie.)
§ 7.
Twierdzenie Jordana.
Zajmiemy się teraz twierdzeniem Jordana o rozcinaniu płaszczyzny przez homeomorficzne kopie okręgu S 1 . Poniżej, przez „zbiór” rozumiemy podprzestrzeń przestrzeni
topologicznej (na ogół płaszczyzny).
Definicja. Krzywą Jordana nazywamy zbiór, homeomorficzny z okręgiem S 1 , zaś łukiem – zbiór, homeomorficzny z odcinkiem [0, 1]. Parametryzacją krzywej Jordana J
(odp. łuku L) nazywamy każdy homeomorfizm S 1 → J (odp. [0, 1] → L).
Dla pętli f : S 1 → C i punktu p 6∈ im(f ) będziemy pisać indf (p) w miejsce dotychczasowego ind(f, p), by móc dogodnie mówić o funkcji indf : C \ im(f ) → Z. Tak samo,
będziemy pisać indγ (p) w miejsce ind(γ, p), gdy γ jest ścieżką i p 6∈ im(γ).
Uwaga 1. Przypomnijmy, że funkcja indf jest stała na każdej składowej zbioru C \
im(f ), zaś równa zeru na jedynej składowej nieograniczonej. (Patrz zadanie 1 w §5 i
uwaga 1b) w §4.)
Twierdzenie 1 (C. Jordana). Niech pętla f : S 1 → C będzie różnowartościowa.
a) Dopełnienie C \ J krzywej J := im(f ) w C ma dokładnie dwie składowe, a
krzywa J jest brzegiem każdej z nich.
b) Funkcja indf przyjmuje na ograniczonej składowej zbioru C \ J stałą wartość ±1,
a na składowej nieograniczonej – stałą wartość 0.
Dowód. Podzielimy go na części.
1) Udowodnimy wpierw, że J jest brzegiem dowolnej składowej U zbioru C \ J.
Jak odnotowano w uwadze 1c) w §4, Fr(U ) ⊂ J. Pozostaje więc dowieść, że gdy
zbiór D jest otwarty i D ∩ J 6= ∅, to D ∩ U 6= ∅. W tym celu ustalmy D i obierzmy tak
duży łuk L ⊂ J, by J \ L ⊂ D. Wobec wniosku 1 w §4 istnieje ścieżka µ : [0, 1] → C \ L,
dla której µ(0) ∈ U i µ(1) ∈ J. Niech s0 := inf{t : µ(t) ∈ J}; wówczas µ(s0 ) ∈ J \ L ⊂
D. Dla s < s0 dostatecznie bliskiego s0 zachodzi więc µ(s) ∈ D, jak również µ(s) ∈ U
VI § 7.
VI-72
– to ostatnie, ponieważ zbiór µ([0, s]) jest rozłączny z J, przecina U (w punkcie µ(0)) i
jest spójny, jako obraz przedziału – a przez to jest zawarty w składowej U .
2) Dowiedziemy teraz obu tez przy założeniu, że J zawiera niepusty odcinek (p, q).
W tym celu wokół punktu z tego odcinka zakreślmy dysk D tak mały, by był rozłączny
z J \ (p, q). Zbiór D \ (p, q) ma dwie składowe, jest rozłączny z J i przecina, wobec 1),
każdą składową zbioru C \ J. Są więc najwyżej dwie składowe zbioru C \ J. Jedna
z nich jest nieograniczona i punkty do niej należące mają zerowy indeks względem γ.
Ponadto, gdy obrać odcinek (w1 , w2 ) ⊂ D tak, by przecinał (p, q) w jednym punkcie, to
na podstawie twierdzenia 1 w §6 otrzymamy |indf (w1 ) − indf (w2 )| = 1. Z powyższych
ustaleń i uwagi 1 wynika już tak a), jak b).
3) Teraz udowodnimy twierdzenie w pełnej ogólności.
Oznaczmy przez γ : [a, b] → C ścieżkę zamkniętą γf . Możemy zakładać, że krzywa J
nie zawiera niepustego odcinka otwartego. Przez dwa różne jej punkty poprowadźmy
prostą L i obierzmy ograniczoną składową (p, q) zbioru L\J. Zmieniając parametryzację
krzywej J jak opisano w uwadze 3c) z §5 możemy uzyskać, by punkt γ(a) = γ(b) był
równy p (co dalej zakładamy). Niech
c := γ −1 (q),
γ1 := γ|[a,c] #[q, p],
γ2 := [p, q]#γ|[c,b]
gdzie # oznacza konkatenację. (Patrz uwaga 3b) w §5.) Zarowno im(γ1 ), jak im(γ2 )
są krzywymi Jordana, bo (p, q) ∩ J = ∅; ponadto, indγ (z) = indγ1 (z) + indγ2 (z) dla
z 6∈ J ∪ (p, q). (Należy skorzystać z równości (11) w §5.)
Wokół pewnego punktu łuku γ((a, c)) zatoczmy tak mały dysk D, by był rozłączny
z krzywą im(γ2 ). Stwierdzamy kolejno, że:
i) Istnieją najwyżej dwie składowe zbioru C \ J.
Istotnie, ze względu na 1), w przeciwnym razie w D istniałyby trzy punkty, należące
każdy do innej składowej. Wobec 2), krzywa im(γ1 ) nie rozcina C między dwoma z nich,
które oznaczmy z1 i z2 . Również im(γ2 ) nie rozcina C między punktami z1 i z2 , bo te leżą
w spójnym dysku D, rozłącznym z im(γ2 ). Ponieważ krzywe im(γ1 ) i im(γ2 ) przecinają
się wzdłuż zbioru spójnego [p, q], a ich suma zawiera krzywą J, rozcinającą C między z1
i z2 , więc otrzymujemy sprzeczność z twierdzeniem Janiszewskiego – co dowodzi i).
ii) Dla punktów w1 , w2 ∈ D \ J, pomiędzy którymi im(γ1 ) rozcina C, zachodzi
|indγ (w1 ) − indγ (w2 )| = 1. (Jak wyżej, punkty takie istnieją na podstawie 1) i 2).)
Istotnie, ponieważ C jest rozcinane między w1 i w2 przez im(γ1 ), lecz nie przez im(γ2 ),
to wobec 2) zachodzi |indγ1 (w1 ) − indγ1 (w2 )| = 1 i indγ2 (w1 ) = indγ2 (w2 ). Pozostaje
więc skorzystać z tego, że indγ (wi ) = indγ1 (wi ) + indγ2 (wi ) dla i = 1, 2.
Jak w 2), ustalenia i) oraz ii) pociągają za sobą obie tezy. Uwaga 2. Część b) twierdzenia 2 umożliwia zdefiniowanie, kiedy orientacja parametryzacji f krzywej Jordana J jest dodatnia: powiemy, że tak jest, gdy indf (p) = 1 dla
VI-73
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
każdego (równoważnie: pewnego) punktu p ograniczonej składowej zbioru C \ J. Możliwość „zgodnego” wyróżnienia orientacji krzywych Jordana jest dość subtelną własnością:
przysługuje ona płaszczyźnie i niektórym innym powierzchniom, lecz nie wstędze Moebiusa, płaszczyźnie rzutowej czy butelce Kleina. Również ta część twierdzenia Jordana,
która dotyczy rozcinania, jest na ogół fałszywa dla powierzchni:
Zadanie 1. We wstędze Moebiusa i płaszczyźnie rzutowej wskazać nierozcinającą
krzywą Jordana, w przypadku wstęgi różną od krzywej brzegowej.
Zadanie 2. Niech p będzie punktem krzywej Jordana J, zaś γ pętlą w ograniczonej
składowej zbioru C \ J. Dowieść, że ind(γ, p) = 0.
§ 8.
Twierdzenie Borsuka o rozcinaniu, c.d., oraz Brouwera o zachowaniu
otwartości.
Na koniec powrócimy do przypadku przestrzeni Rn i zakładając twierdzenie Brouwera o
punkcie stałym dla B n , udowodnimy następujące dwa twierdzenia:
Twierdzenie 1 (Brouwera o zachowaniu otwartości). Gdy przekształcenie f : W → Rn
otwartego zbioru W ⊂ Rn jest różnowartościowe, to zbiór f (W ) jest otwarty w Rn .
Twierdzenie 2 (Borsuka o rozcinaniu, część 2). Dla n > 1, dopełnienie zbioru zwartego
A ⊂ Rn jest niespójne wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje istotne przekształcenie z A w Rn∗ .
Przed dowodem odnotujmy ważne konsekwencje tych twierdzeń:
Wniosek 1. Dla k < n nie istnieje różnowartościowe przekształcenie z Rn do Rk ,
wobec czego przestrzenie Rk i Rn nie są homeomorficzne.
Dowód. W przeciwnym razie istniałoby różnowartościowe przekształcenie z Rn w
{(xi )ni=1 ∈ Rn : xi = 0 dla i > k}, wbrew twierdzeniu 1. Wniosek 2. Gdy zbiory zwarte A, A0 ⊂ Rn są homeomorficzne i jeden z nich rozcina Rn
(tzn., jego dopełnienie jest niespójne), to drugi też ma tę własność. W szczególności,
każdy zbiór w Rn , homeomorficzny ze sferą S n−1 , rozcina Rn .
Dowód. Jeśli ϕ : A0 → A jest homeomorfizmem, a przekształcenie f : A → Rn∗ jest
istotne, to i f ◦ ϕ jest istotne. Teza, oczywista dla n = 1, wynika więc z twierdzenia 2.
Odnotujmy, że wyżej zbiory Rn \ A i Rn \ A0 mają nawet tyle samo składowych. (To
inne twierdzenie Brouwera, którego dowód wymaga bardziej zaawansowanych metod.)
Dowód tych twierdzeń, według pomysłu z książki Hurewicza i Wallmana, wykorzystuje lemat i zadanie (to ostatnie potrzebne tylko w twierdzeniu 2).
VI § 8.
VI-74
Zadanie 1. Niech X0 będzie domknietym podzbiorem zwartej przestrzeni metrycznej X
i niech f : X0 → Rn∗ będzie przekształceniem, nie przedłużajacym się w sposób ciągły
na X. Wówczas wśród zawierających X0 zbiorów zwartych, na które f nie można w
sposób ciągły przedłużyć, istnieje minimalny względem inkluzji. (Przedłużenia mają
mieć wartości w Rn∗ . Wskazówka: lemat Kuratowskiego–Zorna i zadanie 2 w §III.2.)
Lemat 1. a) Każde przekształcenie z B n−1 w Rn można dowolnie blisko przybliżać przekształceniami, których obraz nie zawiera zera.
b) Gdy X = B n−1 lub X = S n−1 , zaś A jest zbiorem zwartym w X, to każde przekształcenie f : A → Rn∗ przedłuża się na X. (Tu i dalej, mowa jest o przedłużeniach
ciągłych, z wartościami w Rn∗ .)
c) Gdy zbiór zwarty K ⊂ Rn nie zawiera wskazanej kuli otwartej B w metryce de , to
każde przekształcenie z K \ B w Rn∗ przedłuża się na K.
Dowód. Ad a). Jeśli n = 2, to można rozważane przekształcenie f dowolnie blisko
przybliżyć kawałkami liniowym przekształceniem g : B 1 → R2∗ . Jest oczywiste, że
obraz im(g) tego przekształcenia, będący łamaną, można nieco przesunąć tak, by 0
nie znalazło się w przesuniętej łamanej. Dla n > 2 dowód można znaleźć w [BCPP],
twierdzenie 7.6.3. Inny wynika z tego, że f można na podstawie twierdzenia Stone’a–
Weierstrassa aproksymować odwzorowaniem g|B n−1 , gdzie g jest wielomanem; zbiór zaś
g(B n−1 ) można nieco przesunąć, jak wyżej, bo ma puste
wnętrze. (W ślad za B n−1 , ma
R
on bowiem zerową miarę Lebegue’a: µ(g(B n−1 )) =
| det(g 0 (x)|dµ(x) = 0.)
B n−1
Ad b). Niech wpierw X = B n−1 . Na podstawie twierdzenia Tietzego, f = fe|A dla
pewnego przekształcenia fe : X → Rn . Wobec a), istnieje dalej takie przekształcenie g :
X → Rn∗ , że dsup (fe, g) < inf{||f (a)|| : a ∈ A}. Przekształcenia f i g|A są homotopijne
w Rn∗ , patrz przykład 1a) w §1; a że g|A przedłuża się do przekształcenia z X w Rn∗
(przedłużeniem jest g), to f też się przedłuża, na podstawie twierdzenia Borsuka z §1.
Dla X = S n−1 przedstawmy sferę S n−1 jako sumę dwóch „półsfer” X + i X − , homeomorficznych z B n−1 . Jak już wiemy, można f|A∩X + przedłużyć na X + , a otrzymane
przekształcenie zbioru (X + ∪ A) ∩ X − przedłużyć na X − , by otrzymać szukane przedłużenie na zbiór X + ∪ X − = X.
Ad c). Niech dane będzie przekształcenie f : K \ B → Rn∗ . Sfera S := Fr(B) jest homeomorficzna z S n−1 , więc można skorzystać z b), by f|S∩K przedłużyć do przekszałcenia
g : S → Rn∗ . Następnie, obieramy punkt y ∈ B \ K i retrakcję r : B \ {y} → S, patrz
przykład 2b) w §1, a żądane przedłużenie fe : K → Rn∗ określamy wzorem fe(x) = f (x)
dla x ∈ K \ B i fe(x) = g(r(x)) dla x ∈ K ∩ B. (Wynik jest ten sam na K ∩ S.) Dowód twierdzenia 2. Jeśli zbiór Rn \ A jest niespójny, to istnieje jego ograniczona
składowa U . Jak wiemy, dla q ∈ U przekształcenie iA − q : A → Rn∗ jest istotne.
VI-75
H. Toruńczyk, Wykład z Topologii I∗ , jesień 2013.
Odwrotnie, niech istnieje istotne przekształcenie f : A → Rn∗ . Obierzmy kulę domkniętą B zawierającą A; wówczas f nie przedłuża są w sposób ciągły na B i wobec
zadania 1 istnieje taki zbiór zwarty K ⊃ A, że f przedłuża się w sposób ciągły na każdy
zawierający A zbiór zwarty K 0 ( K, lecz nie na K. Dowiedziemy, że
(*) zbiór K \ A jest otwarty w Rn \ A (i siłą rzeczy niepusty).
Jednak zbiór K \ A jest też domknięty w Rn \ A i różny od Rn \ A (bo jest ograniczony;
oboma razy korzystamy ze zwartości K). Tak więc z (*) wyniknie niespójność Rn \ A,
co zakończy dowód.
By dowieść (*), niech p ∈ K \ A. Zatoczmy wokół p otwartą kulę B, rozłączną z A.
Z własności zbioru K wynika, że f przedłuża się do przekształcenia g : K \ B → Rn∗ ,
które to g nie przedłuża się jednak na K. Z lematu 1c) wynika więc, że B ⊂ K. Wraz
z otwartością B i dowolnością p ∈ K \ A, kończy to dowod (*) i twierdzenia 2. Dowód twierdzenia 1. Niech przekształcenie f : W → Rn zbioru otwartego W ⊂ Rn
będzie 1−1 i niech p ∈ W ; udowodnimy, że f (p) ∈ Intf (W ). W tym celu niech D będzie
kulą wokół p, której domknięcie D jest zawarte w W . Liczba ε := distde (f (p), f (Fr(D)))
jest wtedy dodatnia i wystarcza dowieść, że kula B := Bde (f (p), ε) jest zawarta w f (D).
W przeciwnym jednak razie każde przekształcenie z f (D)\B w Rn∗ przedłużałoby się na
f (D), na podstawie lematu 1c); a że f|D : D → f (D) jest homeomorfizmem (ze względu
na zwartość D i różnowartościowość f ), to każde przekształenie z A := D \ f −1 (B)
w Rn∗ przedłużałoby się na D. Jednak składowa U punktu p w Rn \ A jest zawarta w
D (bo A ⊃ Fr(D)) i tym samym jest ograniczona. Przekształcenie iA − p nie przedłuża
się więc na U , a tym bardziej na zbiór D ⊃ U . Dowodzi to, że B ⊂ f (D). Zadanie 2. Dowieść, że gdy Y = Rn∗ lub Y = S n−1 , to dla k < n − 1 każde przekształcenie z S k w Y jest nieistotne. (Wskazówka: wniosek 2 w §1 i lemat 1b).)