Topologia ogólna

CZĘŚĆ I : Zbiory ,funkcje i relacje

1.1. Zbiory. Zbiór jest kolekcją obiektów matematycznych. Zapisujemy a ∈ S jeśli zbiór S zawiera obiekt a.
1.1.1.Przykład. Liczby naturalne 1,2,3,..., mogą być kolekcją formującą zbiór Z+ = {1,2,3,...}.
Ta naiwna forma teorii zbiorów prowadzi niestety do paradoksów. Paradoks Russela dotyczy formuły S ∉ S. Po pierwsze należy zauważyć ,że może się zdarzyć ,że zbiór jest składową samego siebie. Zbiór wszystkich nieskończonych zbiorów jest przykładem. Zbiór Russela
R = {S | S ∉ S}
jest zbiorem wszystkich zbiorów, które nie są składową samego siebie. Czy R ∈ R lub czy R ∉ R? .Jak możemy usunąć tą sprzeczność?
1.2Definicja. Populacja generalna obiektów matematycznych jest rozwarstwiona. Poziom 0 populacji generalnej składa się z (możliwie)pewnymi obiektami atomowymi. Poziom i > 0 składa się ze zbioru obiektów z niższych poziomów. Zbiór jest obiektem matematycznym , który nie jest atomowy.
Żaden obiekt populacji generalnej nie może spełnić S ∈ S dla atomów nie mając elementów a zbiór i elementy z tego zbioru nie mogą być a tym samym poziomie. Zatem R składa się ze wszystkiego w populacji generalnej. Ponieważ elementy R zajmują wszystkie poziomy populacji generalnej , nie ma poziomu dla R. Dlatego R jest poza populacją generalną, R nie jest zbiorem. Sprzeczność się rozwiała! Aksjomatyczna teoria zbiorów jest próbą stworzenia takiego precyzyjnego formułowania teorii na bazie aksjomatów, aksjomatów ZFC, dla teorii zbiorów .(Z oznacza Zermelo F to Fraenkl, a C to Aksjomat Wyboru). Nie jest możliwe udowodnić lub nie stwierdzenia "ZFC jest spójne" wewnątrz.
Jeśli A i B są zbiorami, wtedy
A ∩ B = {x|x ∈ A i x ∈ B}      A ∪ B = {x|x ∈ A lub x ∈ B}
A x B = {(x,y) | x ∈ A i y ∈ B}       A II B = {(1,a) | a ∈ A} ∪ {(2,b)| b ∈ B}
i
A - B = {x | x ∈ A i x ¬in B}
są również zbiorami. Te działania spełniają:
A ∩(B ∪ C) = (A ∩ B)∪ (A ∩ C)    A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)
A - (B ∪C) = (A - B) ∩ (A - C)    A - (B ∩ C) = (A - B) ∪ (A - C)
jak również kilka innych zasad. Mówimy ,że A jest podzbiorem B, lub B podzbiorem A, jeśli wszystkie elementy A są elementami B Zbiory A i B są równe jeśli A i B mają takie same elementy. W symbolach matematycznych
A ⊂ B ⇔ ∀x ∈ A: x ∈ B
A = B ⇔ (∀x∈ A : x ∈ B i ∀x ∈ B: x ∈ A) ⇔ A ⊂ B i B ⊂ A
Zbiór potęgowy A
P(A) = {B | B ⊂ A}
jest zbiorem wszystkich podzbiorów z A
1.2.Funkcje Funkcje lub przekształcenia są fundamentalne dla wszystkich matematyków. Więc co to jest funkcja?
1.3Definicja Funkcją z A do B jest podzbiór f z A x B taki ,że dla wszystkich a w A jest dokładnie jedno b w B takie ,że (a,b) ∈ f
Zapisujemy f:A → B dla funkcji f ⊂ A x B i myślimy o f jako zasadzie, która dla dowolnego elementu a ∈ A kojarzy jednoznaczny obiekt f(a) ∈ B. Ten zbiór A jest dziedziną f, zbiór B jest przeciwdziedziną z f; dom(f) = A, cod(f) = B
Funkcja f jest:
* injektywna lub wzajemnie jednoznaczna jeśli różne elementy A mają różne obrazy w B
* surjektywna lub na jeśli wszystkie elementy w B są obrazami elementów w A
* bijektywna jeśli jest zarówno injektywna i surjektywna, jeśli dowolny element z B jest obrazem dokładnie jednego elementu z A
Innymi słowy, przekształcenie f jest injektywne, surjektywne, bijektywne jeśli równanie f(a) = b ma co najwyżej jedno rozwiązanie, co najmniej jedno rozwiązanie dokładnie jedno rozwiązanie dla wszystkich b ∈ B. Jeśli f:A &rarr B i g:B → C są przekształceniami takie, że cod(f) = dom(g), wtedy złożenie przekształcenia g º f:A → C definiowanym przez g º f(a) = g(f(a))
`1.4 Twierdzenie Niech A i B będą dwoma zbiorami
(1) Niech f:A → B będzie przekształceniem. Wtedy
f jest injektywna ⇔ f ma odwrotność po lewej
f jest surjektywna f ma odwrotności po prawej
f jest bijektywna ⇔ f ma odwrotność
(2) Istnieje surjetywne przekształcenie A ->> B . Istnieje injektywne przekształcenie B >-> A.
Dowolna lewa odwrotność jest surjektywna a dowolna prawa odwrotność jest injektywna. Jeśli f:A → B jest bijektywna wtedy odwrotność f-1 : B → A jest przekształceniem które do b ∈ B przypisuje jednoznaczne rozwiązanie równania f(a) = b, tj.
a = f-1(b) ⇔ f(a) = b
dla wszystkich a ∈ A, b ∈ B
Niech przekształcenie (A,B) oznacza zbiór wszystkich przekształceniem z A do B. Wtedy
map(X,A x B) = map(ΔX,(A,B)), map(A II B,X) = map((A,B),ΔX)
gdzie ΔX = (X,X). Tu, (A,B) jest parą przestrzeni i przekształceń (f,g) : (X,Y) → (A,B) między parą przestrzeni określonych przez parę przekształceń f:X → A, g:Y → B. Mówi się ,że iloczyn jest prawo sprzężony do przekątnej a przeciwdziedzina jest lewo sprzężona do przekątnej
1.5.Relacje. Jest wiele różnych typów relacji. My skupimy się na relacjach równoważności i relacjach porządkowych.
1.6.Definicja Relacja R w zbiorze A jest podzbiorem R ⊂ A x A.
1.7.Przykład Możemy zdefiniować relację D na Z+ przez aDb jeśli a jest podzielne przez b. Relacja D ⊂ Z+ x Z+ ma taką właściwość ,że aDa dla wszystkich a i aDb i bDc ⇒ aDc dla wszystkich a,b,c . Mówimy ,że D jest zwrotna i przechodnia.
1.5.1 Relacje równoważności. Równość jest zazwyczaj relacją równoważności. Tu mamy ogólną definicję
1.9.Definicja Relacja równoważności w zbiorze A jest relacją ~⊂A x A to znaczy
Zwrotna : a ~ a dla wszystkich a ∈ A
Symetryczna : a ~ b ⇒ b ~ a dla wszystkich a,b ∈ A
Przechodnia : a ~ b ~ c ⇒ a ~ c dla wszystkich a,b,c ∈ A
Klasa równoważności zawierająca a ∈ A jest podzbiorem
[a] = {b ∈ A | a ~ b}
wszystkich elementów z A , które są równoważne do a. Istnieje przekształcenie kanoniczne [ ] : A &rarr A/~ na zbiorze
A/~={[a] | a ∈ A} ⊂ P(A)
klas równoważnych, które pobierają element a ∈ A do klasy równoważności [a] ∈ A/~ zawierającą a. Przekształcenie f:A → B szanuje relację równoważności ~ if a1 ~ a2 &rArr f(a1) = f(a2) dla wszystkich a1,a2 ∈A (f jest stałą w każdej klasie równoważności). Przekształcenie kanoniczne [ ] : A → A/~ odnosi się do relacji równoważności i jest uniwersalnym przykładem takiego przekształcenia: Dowolne przekształcenie f:A → B ,które odnosi się do współczynników relacji równoważności jednoznacznie przez A/~ w tym sensie , że istnieje jednoznaczne przekształcenie f^ takie ,że diagram


komutuje. Jak można zdefiniować f^?
1.10.Przykład.
(1) Równość jest relacją równoważności. Klasa równoważności [a] = {a} składa się tylko z jednego elementu
(2) a mod b mod n jest relacją równoważności w Z. Klasa równoważności [a] = a+nZ składa się ze wszystkich liczb całkowitych kongruentnych di a mod n a zbiór klas równoważności jest Z/nZ = {[0],[1],...,[n-1]}
(3) x ~ y |x| = |y| jest relacją równoważności na płaszczyźnie R2. Klasa równoważności [x] jest okręgiem wyśrodkowanym na początku a R2/~ jest zbiroem wszystkich okręgów wyśrodkowanych na początku. Przekształcenie kanoniczne R2 → R2/~ bierze punkt na okręgu na którym leży.
(4) Jeśli f:A → B jest dowolną funkcją, a1 ~ a2 f(a1) = f(a2) jest relacją równoważności na A. Klasa równoważności [a] = f-1(f(a)) ⊂ A jest włóknem nad f(a) ∈ B. Zapisujemy A/f dla zbioru klas równoważności. Przekształcenie kanoniczne A → A/f bierze punkt do włókna w którym leżu. Dowolne przekształcenie f:A → B może być wyrażone


jako kompozycja surjekcji po której występuje injekcja. Koograniczenie f^:A/f → f(A) z f^ jest bijekcją między zbiorem włókien A/f a obrazem f(A)
(5)(Ograniczenie) Niech X będzie zbiorem a A ⊂ X podzbiorem. Deklarujemy dowolne dwa elementy z A będą równoważne i dowolny element poza A będący równoważny tylko do siebie. Jest to relacja równoważności. Klasy równoważności to A i {x} dla x ∈ X - A. Zapisujemy X/A dla zbioru klas równoważności.
(6)(Relacje równoważności generowane przez relacje) Cześć wspólna dowolnej grupy relacji równoważnością jest relacją równoważności. Część wspólna wszystkich relacji równoważności zawierających daną relację R jest nazywana relacją równoważności generowaną przez R
1.11 Lemat Niech ~ będzie relacją równoważności na zbiorze A. Wtedy
(1)a ∈ [a]
(2)[a] = [b] ⇔ a ~ b
(3) Jeśli [a] ∩ [b] ≠ ∅ wtedy [a] = [b]
Dowód. (1) jest zwrotnością, (2) jest symetrią , (3) jest przechodniością:: Jeśli c ∈ [a] ∩ [b], wtedy a ~ c ~ b więc a ~ c a i [a] = [b]
Ten lemat implikuje ,że zbiór A/~ jest rozkładem z A, zbiorem niepustych, rozłącznych podzbiorów z A , którego suma jest wszystkim z A. Odwrotnie, przy danym rozkładzie A definiujemy relację równoważności przez zadeklarowanie a i b będących równoważnościami jeśli leżą w tym samym podzbiorze rozkładu. Konkludujemy ,że relacja równoważności jest zasadniczo tą samą rzeczą jak rozkład.
1.5.2. Porządek liniowy. Zwykłe relacje porządkowe < w Z lub R jest przykładem porządku liniowego. Tu mamy ogólną definicję
1.12.Definicja Porządek liniowy w zbiorze A jest relacją < ⊂ A x A to jest:
Porównywalny : Jeśli a ≠ b wtedy a < b lub b < a dla wszystkich a,b ∈ A
Niezwrotny: a < a dla żadnego a ∈ A
Przechodni : a < b < c ⇒ a < c dla wszystkich a,b,c ∈ A
Jakie są odpowiednie przekształcenia między uporządkowanymi zbiorami?
1.13.Definicja Niech (A,<)i (B,<) będą liniowo uporządkowanymi zbiorami. Rząd przekształcenia izometrycznego jest przekształceniem f:A → B takim ,że a1 < a2 ⇒ f(a1) < f(s2) dla wszystkich a1,a2 ∈ A. Rząd izomorfizmu jest bijektywnym rzędem przekształcenia izomorficznego. Rząd przekształcenia izomorficznego f:A → B jest zawsze iniekcją. Jeśli istnieje rząd izomorfizmu f:A → B, wtedy mówimy ,że (A,<) i (B,<) ma ten sam typ rzędu. Jak możemy stworzyć nowe uporządkowane zbiory ze starych zbiorów uporządkowanych? Cóż, dowolny podzbiór liniowo uporządkowanych zbiorów jest liniowo uporządkowanym zbiorem w oczywisty sposób używając ograniczonej relacji uporządkowania. Również iloczyn dwóch liniowo uporządkowanych zbiorów jest zbiorem liniowo uporządkowanym
1.14.Definicja Niech (A,<) i (B,<) będą liniowo uporządkowanymi zbiorami. Porządek słownikowy na A x B jest porządkiem liniowym danym przez


Ograniczenie porządku słownikowego do iloczynu podprzestrzeni jest porządkiem słownikowym ograniczonego porządku liniowego. a co z porządkami na A II B , A &cup B , map(A,B) lub P(A)?
Jakie są właściwości niezmiennika zbioru uporządkowanego? W liniowo uporządkowanym zbiorze (A , <) , warto określić przedziały takie jak
(a,b) = {x ∈ A | a < x < b}, (-∞,b] = {x ∈ A | x ≤ b}
i podobnie dla innych typów przedziałów ,[a,b],(a,b],(-∞,b)] itd.
Jeśli (a,b) = ∅ wtedy a jest bezpośrednim poprzednikiem b a b jest bezpośrednim następnikiem a. Niech (A,<) będzie zbiorem uporządkowanym zbiorem a B ⊂ A podzbiorem.
* M Jest największym elementem z B jeśli M ∈ B a b ≤ M dla wszystkich b ∈ B. Element m jest najmniejszym elementem z B jeśli m &isin B a m ≤ b dla wszystkich b ∈ B. Oznaczmy największy element (jeśli istnieje) przez maxB a najmniejszy element (jeśli istnieje) przez minB
* M jest górną grnicą dla B jeśli M &isn; A i b ≤ M dla wszystkich b ∈ B. Element m jest dolną granicą dla B jeśli m ∈ A i m ≤ b dla wszystkich b ∈ B. Zbiór górnych granic to a zbiór dolnych granic to
* Jeśli zbiór górnych granic ma najmniejszy element , jest nazywany kresem górnym dla B i oznaczonym przez supB. Jeśli dolna granica ma największy element jest nazywana kresem dolnym dla B i oznaczana przez inf B
1.15.Definicja Zbiór uporządkowany (A,<) ma właściwość supremum jeśli dowolny niepusty podzbiór A , który ma górną granicę ma supremum. Jeśli również (x,y) ≠ ∅ dla wszystkich x < y, wtedy (A, < ) jest liniowym continuum
1.16.Przykład
(1) R i (0,1) mają ten sam typ rzędu.[0,1) i (0,1) mające różne typy rzędów, dla [0,1) ma najmniejszy element a (0,1)nie. {-1} ∪ (0,1) i [0,1) mają ten sam typ rzędu ponieważ możemy znaleźć wyraźny izomorfizm między nimi.
(2) R x R ma liniowy porządek słownikowy. Jakie są przedziały (1x2,1x3),[1x2,3x2] i (1x2,3x4]? Czy R x R jest liniowym continuum Czy [0,1] x [0,]?
(3) Rozważmy dwa podzbiory R x R. Porządek słownikowy w Z+ x [0,1) ma ten sam typ porządku kal [1,∞) więc jest liniowym continuum. W porządku słownikowym na [0,1) x Z+ każdy element (a,n) ma (a,n+1) ponieważ jest bezpośrednim następnikiem więc nie ma liniowego continuum. Zatem Z+x [0,1) i [0,1) x Z+ nie maję tego samego typu porządku.(Ogólnie, (A,<) x (B,<) i (B,<) x (A,<) reprezentują różne typy porządków. Nie jest to niespodzianka ponieważ porządek słownikowy nie jest symetryczny w tych dwóch zmiennych)
(4) (R, <) jest liniowym continuum, ponieważ uczymy się o tym w przedszkolu. Zbiór podporządkowany (Z+, <) ma właściwość supremum ale nie jest liniowym continuum, ponieważ (1,2) = ∅
(5)(-1,1) ma właściwość supremum: Niech B będzie granicą z powyższego podzbioru (-1,1) i niech M ∈ (-1,1) będzie górną granicą. Wtedy B jest również ograniczone z góry w R, oczywiście jest supremum , supB , w R. Teraz supB jest najmniejszą górną granicą tak więc supB ≤ M < -1. Konkludujemy ,że supB leży w (-1,1) a więc jest również supremum w (-1,1). Faktycznie, wypukły podzbiór liniowego continuum jest liniowym continuum.
(6) R -{0} nie ma właściwości supremum ponieważ podzbiór B = {-1, -1/2, -1/3,...} jest ograniczony z góry (powiedzmy przez 100) ale zbiór górnych granic (0, ∞) nie ma najmniejszego elementu

CZĘŚĆ II : Liczby całkowite i liczby rzeczywiste

Zakładamy ,że liczby rzeczywiste T istnieją ze wszystkim zwykłymi właściwościami (R,+,. jest polem),(R,+,.,<) jest polem uporządkowanym, (R,<) jest liniowym continuum (1.15). Co z Z+?
2.1.Definicja Podzbiór A ⊂ R jest induktywny jeśli 1 ∈ A i a ∈ A ⇒ a + 1 ∈ A.
Istnieją indukcyjne podzbiory R, na przykład samo R i [1,∈]
2.2.Definicja Z+ jest częścią wspólną wszystkich podzbiorów induktywnych z R
Mamy 1 ∈ Z+ i Z+ ⊂[1,∈) ponieważ [1,∈)jest induktywne więc 1 = minZ+ jest najmniejszym elementem Z+
Twierdzenie 2.3 (Zasada indukcji). niech J będzie podzbiorem, Z+ takim ,że
1 ∈ J i ∀n ∈ Z+: n ∈ J ⇒ n + 1 ∈ J+
Dowód. J jest induktywne więc j zawiera najmniejszy zbiór induktywny Z+
Twierdzenie 2.4 Dowolny niepusty podzbiór z Z+ ma najmniejszy element
Przed dowodem potrzebujemy lematu
Dla każdego n ∈ Z+ zapisujemy
Sn = {X ∈Zn | x < n}
dla zbioru dodatnich liczb całkowitych mniejszych niż n (sekcja poniżej n). Zwróć uwagę ,że S1 = ∅ i Sn+1 = Sn & cup; {n}.
2.5.LematDla dowolnego n ∈ Z+, niepusty podzbiór z Sn ma najmniejszy element
Dowód. Niech J ⊂ Z+ będzie zbiorem liczb całkowitych dla których lemat jest prawdziwy. Wystarczające jest z (2.3) aby wykazać ,że J jest induktywne. 1 &isisn; J z trywialnego powodu ,że nie ma niepustych podzbiorów S1 = ∅. Załóżmy ,że n ∈ J. Rozważmy niepusty podzbiór A z Sn+1. Jeśli A składa się z samych n, wtedy n = minA jest najmniejszym elementem z A. Jeśli nie, A składa się z liczb całkowitych < n, a wtedy min(A ∩Sn) jest najmniejszym elementem (2.5). Jest to również najmniejszy element z A.
Twierdzenie 2.6 (Ogólna zasada indukcji). Niech J będzie podzbiorem z Z+ takim ,że
∀n ∈ Z+ : Sn ⊂ J ⇒ n ∈ J
Wtedy J = Z+
Dowód. Wykażemy kontrapozycję. Niech J będzie właściwym podzbiorem Z+. Rozważmy najmniejszy element n= min(Z+ - J) poza J. Wtedy n ∉ J i Sn & sub; J (dla n jest najmniejszym elementem nie w J oznaczając ,że wszystkie elementy mniejsze niż n są w J). Zatem J nie spełnia hipotezy.
Twierdzenie 2.7 (Zasada Archimedesa). Z+ nie ma górnej granicy w R: Dla dowolnej liczby rzeczywistej istnieje naturalna liczba która jest większa
Dowód. Założymy przeciwieństwo i wydobywamy sprzeczność. Załóżmy ,że Z+ jest ograniczone z góry. Niech b = supZ+ będzie kresem górnym (R ma właściwość kresu górnego). Ponieważ b-1 nie jest górną granicą (jest mniejsze niż kres górny), istnieje dodatnia liczba całkowita n ∈ Z+ taka ,że n > b-1. Wtedy n+1 jest również liczbą całkowitą. (Z+ jest induktywne) a n+1 > b. Ta sprzeczność którą jest górna granica dla Z+
Twierdzenie 2.8 (Zasada definicji rekurencyjnej) Dla dowolnego zbioru B i dowolnej funkcji
ρ :map({Sn | n ∈ Z+}, B) → B
istnieje jednoznaczna funkcja h:Z+ → B taka ,że h(n) = ρ(h|Sn) dla wszystkich n ∈ Z+
Wynika to ż zasady indukcji, ale nie będziemy omawiać szczegółowo. Uważa ,się ,że źle jest definiować h pod względem h ale zasada definicji rekurencyjnej pozwala na zrobienie tego w pewnych sytuacjach. Oto przykład definicji rekurencyjnej z programowania komputerowego
fibo := func < n | n le 2 select 1 else $$(n-1) + $$(n-2) > ;
funkcji Fibonacciego. Matematycy (czasami) wolą zamiast tego stosować zasadę definicji rekurejnej do przekształcenia


Funkcje rekurencyjne mogą być wyliczone przez maszyny Turinga

CZĘŚĆ III : Produkty i koprodukty

3.1.Definicja Indeksowana grupa zbiorów składa się ze zbioru A zbiorów, zbiór indeksowany J i funkcji surjektywnej f:J → A.
Często oznaczamy zbiór f(j) przez Aj a cała indeksowaną rodzinę przez {Aj}j∈J. Kolekcja A może być przekształcona do grupy indeksowanej przez użycie przekształcenia tożsamościowego A → A jako funkcję indeksowaną. Definiujemy sumę, część wspólną, produkt i koprodukt grupy indeksowanej


Istnieją przekształcenia naturalne


dane przy πj(x) = x(j) i ιj(a) = (j,a) dla wszystkich j ∈ J . Te przekształcenia są używany w ustanawianiu tożsamości


dla dowolnych zbiorów X i Y. Daje to określone przekształcenie


Jeśli zbiór indeksowy J = Sn+1 = {1,...,n} wtedy również piszemy
A1 ∪ ... ∪An,A1 ∩ ... ∩An, A1 x An, A1 II ... IIAn
dla , odpowiednio. Jeśli również Aj = A dla wszystkich j piszemy Aω dla produktu Πj∈Z+ A, zbiór wszystkich funkcji x:Z+ → A tj. wszystkie sekwencje (x1,...xn, ...) elementów z A.
3.2.Przykład
(1) S1 ∪ S2 ∪ ... ∪Sn... =
(2) Jeśli zbiór A = {A} składa się tylko z jednego zbioru A wtedy , Πj∈JA = map(J,A) ,a IIj∈JA = J x A
(3) Istnieje bijekcja między {0,1}ω = map(Z+, {0,1}) a P(Z+). Ogólniej, istnieje bijekcja między produktem Πj∈J{0,1} = map(J,{0,1}) i zbiorem potęgowym P(J)
3.3.Aksjomat (Aksjomat Wyboru). Dla dowolnego niepustego zbioru niepustych zbiorów rozłącznych, A, istniej zbiór C ⊂ ∪A∈AA taki ,że C ∩A składa się dokładnie z jednego elementu dla wszystkich A ∈ A
Jeśli aksjomaty ZF teorii zbiorów są spójne, wtedy ZF +AC i ZF+ ¬AC są twierdzeniami spójnymi.
Twierdzenie 3.4 Poniższe instrukcje są równoważne:
(1) Aksjomat Wyboru
(2) Dowolne przekształcenie surjektywne ma inwersję prawostronną
(3) Dla dowolnej niepustej grupy indeksowanej (nie niekoniecznie rozłącznych) niepustych zbiorów, {Aj}j∈J , istnieje funkcja c:J → ∪j∈JAj (funkcja wyboru) taka, że c(j) ∈ Aj dla wszystkich j ∈ J
(4) Πj∈JAj ≠ ∅ dla dowolnego niepustej indeksowanej grupy niepustych zbiorów.
Dowód.
(1) ⇒ (2) :Niech f:A → B będzie przekształceniem surjektywny. Definiujemy prawostronną odwrotność g: B → A przez {g(b)} = C ∩ f-1(b) gdzie C ⊂ A = ∪b∈Bf-1(b) jest zbiorem takim ,że C ∩ f-1(b) zawiera dokładnie jeden punkt dla każdego b ∈ B
(2) &rArr (3) : Definiujemy c będące gdzie pierwsze przekształcenie jest prawostronną odwrotnością do funkcji biorąc Aj ro j dla wszystkich j ∈ J
(3) ↔ (4): Produkt jest definiowany jako zbiór funkcji wyboru
(3) ⇒ (1) : Niech A będzie niepsutą kolekcją niepustych zbiorów. Wstawmy C = c(A) gdziie c:A → ∪A∈AA jest funkcją wyboru

CZĘŚĆ IV : Skończone i nieskończone zbiory

4.1.Definicja Zbiór A jest skończony jeśli Sn+1 ~ A dla pewnego n ∈ Z+. Zbór jest nieskończony jeśli nie jest skończony. Zapisujemy X ~ Y jeśli jest bijekcja między dwoma zbiorami X i Y
4.2.Lemat Niech n ∈ Z+ i niech B będzie właściwym podzbiorem Sn+1
(1) Jest niemożliwe przekształcić B na Sn+1
(2) Sm+1 ~ B dla pewnego m < n
Dowód. Oba wyrażenia są udowodnione przez indukcję.
(1) Jeśli n = 1, wtedy S2 = {1} i B = ∅ więc twierdzenie jest prawdziwe w tym przypadku. Zakładamy ,że jest prawdziwe dla pewnego n ∈ Z+. Rozważmy właściwy podzbiór B z Sn+1+1. Załóżmy ,że istnieje suriekcja f:B → Sn+1+1. Przez permutację elementów B i Sn+1+1 jeśli to konieczne, możemy założyć ,że f(n+1) = n+1. Wtedy B - f-1(n+1) jest właściwym podzbiorem z Sn+1, który jest odwzorowany na Sn+1 przez f. Ale to jest niemożliwe przez hipotezę indukcji
(2) Jeśli n = 1, wtedy S2 = {1} a B = ∅ więc S1 ~ B. Zakładamy ,że twierdzenie jest prawdziwe dla pewnego n ∈ Z+. Rozważmy właściwy podzbiór B z Sn+1+1. Przez permutację elementów Sn+1+1, jeśli to konieczne, możemy założyć że n+1 ∉ B tak więc B jest podzbiorem Sn+1 Jeśli B = Sn+1 , wtedy B ~ Sn+1, oczywiście. W przeciwnym razie B jest właściwym podzbiorem Sn+1 a wtedy Sm+1 ~ dla pewnego m < n < n+1 przez hipotezę indukcji.
4.3.Następstwo Niech A będzie zbiorem skończonym
(1) Jeśli Sm+1 ~ A ~ Sn+1, wtedy m = n
(2) Dowolny podzbiór A jest skończony
Dowód
(1) Załóżmy ,że m &ne n. Możemy wtedy założyć ,że m < n. Ale wtedy Sm+1 jest właściwym podzbiorem Sn+1 który może być przekształcony na Sn+1. To nie jest możliwe
(2) Ponieważ jest to prawda dla modelu zbioru skończonego Sn+1, jest prawdą dla wszystkich zbiorów skończonych
Nauczyliśmy się już ,że jeśli A jest skończone wtedy Sn+1 ~ A dla unikalnego n ∈ Z+. To n jest nazywane mocą A i jest oznaczane cardA ⊂ |A|, Nauczyliśmy się też, ze jeśli B ⊂ A wtedy B jest skończone, |B| ≤ |A| , a
(4.4)
co jest czasami nazywane zasadą szufladkowania
Twierdzenie 4.5 (Charakterystyka zbiorów skończonych) Niech A będzie zbiorem. Poniższe wyrażenia są równoważne
(1)A jest skończone
(2)Istnieje suriekcja Sn+1 → A dla pewnego n ∈ Z+
(3) Istnieje iniekcja A → Sn+1 dla pewnego n ∈ Z+
Dowód.
(1) ⇒ (2) : Istnieje nawet bijekcja Sn+1 &rarrl A
(2) ⇔ (3) : 1.4.(2)
(3) ⇒ (1) : Jeśli istnieje iniekcja A → Sn+1, wtedy istnieje bijekcja między A i podzbiorem Sn+1. Ale wiemy już ,że wszystkie podzbiory skończonych zbiorów są skończone.
4.6.Następstwo (Własności dziedziczne zbiorów skończonych)
(1)Podzbiory zbiorów skończonych są skończone
(2)obrazy zbiorów skończonych są skończone
(3)Skończone sumy zbiorów skończonych są skończone
(4)Skończony iloczyn kartezjański zbiorów skończonych jest skończony
Dowód.
(1) Udowodniono już w (4.3)
(2) Sn+1 ->> A ->> B
(3) Abu zobaczyć ,że suma dwóch zbiorów skończonych jest skończona, wystarczy wykazać ,że Sm+1IISn+1 jest skończona (dla sumy dwóch zbiorów skończonych jest obraz tego zbioru) Ale jest bezpośrednio ,że Sm+n+1 ~Sm+1IISn+1. Indukcja teraz pokazuje ,że A1∪...∪An jest skończone kiedy A1,...An są nieskończenie wieloma zbiorami skończonymi.
(4) Niech A i B będą skończone. Ponieważ A x B - IIa∈AB jest sumą skończenie wielu zbiorów skończonych, jest skończone. Indukcja teraz wykazuje ,że A1 x ... x An jest skończone kiedy A1,..., An są skończenie wiele zbiorów skończonych
Czy wszystkie zbiory są skończone? Nie!
4.7.Następstwo Z+ jest nieskończone
Dowód. Istnieje surjektywne przekształcenie właściwego podzbioru Z+ - {1} na Z+
Twierdzenie 4.8 (Charakterystyka zbiorów nieskończonych) .Niech A będzie zbiorem. Poniższe wyrażenia są równoważne;
(1)A jest nieskończone
(2)Istnieje injektywne przekształcenie Z+ → A
(3)Istnieje surjetywne przekształcenie A → Z+
(4)Jest bijekcja właściwego podzbioru ze sobą
Dowód.
(1) ⇒ (2) : Niech c:P′(A) → A będzie funkcją wyboru. Definiujemy h:Z+ → A rekurencyjnie przez
h(1)=c(A)
h(i)=c(A-{h(1),...,h(i-1)}), i > 1
Wtedy h jest injektywne (jeśli i < j wtedy h(j) ∈ A - {h(1),...,h(i),....,h(j-1)} więc h(i) ≠ h(j))
(2) ⇔ (3) : 1.4(2)
(2) ⇒ (4) : Widzimy Z+ jako podzbiór A. Wtedy A = (A - Z+) ∪ Z+ jest bijekcją z właściwym podzbiorem A - {1} = (A - Z+) ∪ (Z+ - {1})
(4) ⇒ (1) : To jest 4.2
Zastosowaliśmy tu zasadę definicji rekurencyjnych (2.8) do



CZĘŚĆ V : Zbiory policzalne i niepoliczalne

5.1Definicja Zbiór C jest nieskończenie policzalnym jeśli Z+ ~C. Jest policzalny jest policzalny lub nieskończenie policzalny. Jest niepoliczalny jeśli nie jest policzalny.
5.2.Lemat Dowolny podzbiór Z+ jest albo skończenie albo nieskończenie policzalny (w bijekcji z Z+)
Dowód. Niech C ⊂ Z+ będzie nieskończonym zbiorem liczb całkowitych dodatnich. Wykażemy że C ma typ porządkowy Z+. Definiujemy funkcję h:Z+ → rekurencyjnie (2.8) przez
h(1) - min C
h(i) = minC - {h(1),...,h(i=1)}, i > 1

używając 2.4. Zwróć uwagę ,że C - {h(1),...,h(i=1)} jest niepusty ponieważ C jest nieskończone (4.5). twierdzimy ,że h jest bijektywne
h zachowuje porządek : Jeśli i < j , wtedy
h(i) = min(C={h(1),...,h(i-1)}) < min(C={h(1),...,h(i-1),...,h(j-1)}) = h(j)
ponieważ


h jest surjektywne : Niech c ∈ C. Musimy znaleźć dodatnią liczbę całkowitą m taką ,ze c = h(m). Mamy nadzieję ,że
m = min{n &isisn; Z+> | h(n) ≥ c}
(Zauważ ,że to ma sens ponieważ zbiór {n ∈ Z+ | h(n) ≥ c} jest niepusty ponieważ nie możemy wstawiać zbioru nieskończonego Z+ do zbioru skończonego {1,...,c-1} = Sc (4.3) Zauważ również ,że ponownie używamy 2.4) . Z definicji m
h(m) ≥ c i h(n) ≥ c ⇒ n ≥ m
Ostatnia z tych dwóch właściwości jest równoważna n < m ⇒ h(n) < c, więc c ∉ {h(1),...,h(m-1)}, lub c ∈ C - {h(1),...,h(m-1)} i dlatego
h(m) = min(C-{h(1),...,h(m-1)}) le; c
z definicji h. Zatem h(m) = c
zastosowaliśmy zasadę definicji rekurencyjnej (2.8) do


Twierdzenie 5.3 (Charakterystyka zbiorów policzalnych). Niech A będzie zbiorem. Poniższe instrukcje są równoważne
(1)A jest policzalne
(2)Istnieje suriekcja Z+ → A
(3)Istnieje iniekcja A → Z+
Dowód. Jeśli A jest skończone, twierdzenie jest prawdziwe, więc zakładamy ,że A jest nieskończenie policzalne
(1) ⇒ (2) : Jasne
(2) ⇔ (3) : 1.4.(2)
(3) ⇒ (1) : Możemy również założyć ,że A ⊂ Z+. Ponieważ A jest z założenia nieskończone, A jest nieskończenie policzalny z Lematu 5.2
5.4Przykład Z+ jest oczywistym zbiorem niepoliczalnym. Przekształcenie f:Z+ x Z+ → Z+ dane przez f(m,n) = 2m3n jest injektywne przez jednoznaczność rozkładu na czynniki pierwsze. Przekształcenie g:Z+ x Z+ & rarr; Q+ dane przez g(m,n) = m/n jest surjektywne. Zatem Z+ x Z+ i Q+ są nieskończenie policzalne
5.5.Następstwo (Własności dziedziczne zbiorów policzalnych)
(1)Podzbiór zbioru policzalnego jest policzalny
(2)Obraz zbioru policzalnego jest policzalny
(3)Policzalna suma zbiorów policzalnych jest policzalna
(4)Iloczyn skończony zbiorów policzalnych jest policzalny
Dowód.
(1) B >-> A >-> Z+
(2) Z+ ->> A ->> B
(3)Niech {Aj}j∈J będzie rodziną indeksowanych zbiorów gdzie J jest policzalne i każdy zbiór A jest policzalny. Dość pokazać ,że IIAj jest policzalne. Rozważmy przypadek gdzie J jest nieskończone. Wtedy możemy również założyć ,że J = Z+. Wybieramy dla każdego n ∈ Z+ przekształcenie injektywne fn :An →Z+. Wtedy mamy przekształcenie injektywne


ponieważ IIAj jest policzalne
(4)Jeśli A i B są policzalne, więc mamy A x B = IIa∈AB co widzieliśmy. Teraz użyjemy indukcji dla pokazania ,że jeśli A1,...,An są policzalne, więc A1 x .... x An. Możemy myśleć że iloczyn policzalny zbiorów policzalnych jest policzalnym lub, że wszystkie zbiory są skończone lub policzalne - ale to fałsz.
Twierdzenie 5.6 Niech A będzie zbiorem
(1)Nie ma przekształcenia injektywnego P(A) → A
(2)Nie ma przekształcenia surjektywnego A → P(A)
Dowód.(argument przekątniowy Cantora) Istnieje oglny fakt (1.4.(2)) ,że (1) ⇔ (2). Zatem wystarczy wykazać (2). Niech g:A→P(A) będzie funkcją. Wtedy
{a ∈ A | a ∉ g(a)} ∈ P(A)
nie jest obrazem g. Ponieważ jeśli ten zbiór był postaci g(b) dla pewnego b ∈ A, wtedy mielibyśmy b ∈ g(b) ⇔ b ∉ g(b)
5.7.Następstwo Zbiór P(Z+) = map(Z+,{0,1}) = Πn∈Z+{0,1} = {0,1}ω jest niepoliczalne
Paradoks Russela równie bada argument przekątniowy Cantora. Widzieliśmy również (5.2) ,że dowolny podzbiór Z+ jest albo skończony albo w bijekcji z Z. A co z podzbiorem R?
5.8.Twierdzenie (Hipoteza continuum Cantora, CH) Dowolny podzbiór z R jest albo policzalny albo w bijekcji z R
CH jest niezależnym aksjomatem ZFC dla teorii zbiorów w tym ,że jeśli ZFC jest spójne wtedy ZFC + CH i ZFC + ¬CH są teoriami spójnymi

CZĘŚĆ VI : Zbiory dobrze uporządkowane

Widzieliśmy ,że wszystkie niepuste podzbiory z (Z+, <) mają najmniejszy element i użyliśmy tej właściwości w kilku miejscach, więc można wnioskować ,że jest to ważna właściwość. Możemy myśleć o dobrze uporządkowanych zbiorach jako pewnego rodzaju uogólnionych wersjach Z+
6.1.Definicja Zbiór A z porządkiem liniowym < , jest dobrze uporządkowany jeśli dowolny niepusty podzbiór a element najmniejszy.
Zbiór dobrze uporządkowany ma element najmniejszy, Dowolny element (ale największy) w zbiorze dobrze uporządkowanym ma bezpośredni następnik, najmniejszy następnik.(A czy dowolny element (ale najmniejszy) poprzednik?) .Zbiór dobrze uporządkowany może nie zawierać nieskończenie malejącego łańcucha x1 > x2 > ...., fatycznie, liniowo uporządkowany zbiór jest dobrze uporządkowany jeśli i tylko jeśli nie zawiera kopii ujemnych liczb całkowitych Z-.
Niech (A, <) będzie zbiorem dobrze uporządkowany a α elementem A, Podzbiór
Sα(A) = Sα = (-∞, α) = {a ∈ A | a < α}
jest nazywane sekcjami A przez α. Zasada indukcji i zasada definicji rekurencyjnych ma zastosowanie nie tylko do Z+ i zbioru dobrze uporządkowanego
Twierdzenie 6.2(Zasada indukcji pozaskończonej). Niech (A, <) będzie dobrze zorganizowanym zbiorem i J ⊂ A podzbiorem takim ,że
∀α ∈ A;Sα ⊂ J ⇒ α ∈ J
Wtedy J = A
Dowód. Formalnie identyczny do dowodu 2.6
Twierdzenie 6.3(Zasada pozaskończonej definicji rekurencyjnej). Niech (A,<) będzie zbiorem dobrze uporządkowany. Dal dowolnego zbioru B i dowolnej funkcji:
ρ:map({S|α ∈ A},B) → B
istnieje jednoznaczna funkcja h:A→B taka ,że h(α) = ρ(h|Sα) dla wszystkich α ∈ A
6.4Twierdzenie (Właściwości dziedziczne zbioru dobrze uporządkowanego)
(1)Podzbiór dobrze uporządkowanego zbioru jest dobrze uporządkowany
(2)Koprodukt grupy dobrze uporządkowanej zbiorów dobrze uporządkowanych jest dobrze uporządkowany
(3)Produkt grupy skończonej zbiorów dobrze uporządkowanych jest dobrze uporządkowany
Dowód.
(1) Jasne
(2)Niech J będzie zbiorem dobrze uporządkowanym a {Aj}j∈J rodziną dobrze uporządkowanych zbiorów indeksowanych przez J. Dla i,j ∈ J i x ∈ Ai, y ∈Aj, definiujemy


i przekonamy się ,że jest dobrze uporządkowany
(3)Jeśli (A,<) i (B,<) są dobrze uporządkowane wtedy A x B = IIα∈AB jest dobrze uporządkowany. Teraz użyjemy indukcji do pokazania ,że iloczyn A1 x ... x An skończenie wielu dobrze uporządkowanych zbiorów A1,...,An jest dobrze uporządkowany
Jeśli C jest niepustym podzbiorem A x B wtedy minC = (c1,minπ2(C∩π1-1(c1))) gdzie c1 = min π1(C) jest najmniejszym elementem C
6.5.Przykład
(1) Liczby dodatnie całkowite (Z+,<) jest zbiorem dobrze uporządkowanym
(2)Dowolne obcięcie Sn+1 ] {1,2,...,n} z Z+ jest dobrze uporządkowany(6.4.(1))
(4) Sn+21 = {1,2,...,n} z Z+ jest dobrze uporządkowany. Iloczyn Sn+1 z Z+ jest dobrze uporządkowany (6.4(3))
Skończone iloczyny Z+n = Z+ x Z+ ... x Z+ są dobrze uporządkowane (6.4(3))
(5)Nieskończony iloczyn {0,1}ω nie jest dobrze uporządkowany , zawiera nieskończony łańcuch malejący (1,0,0,0,...) > (0,1,0,0,...) > (0,0,1,0,...) > ....
(6) Zbiór Sω^ = [1,ω] = Z+II{ω} jest dobrze uporządkowany (6.4.(2)). ω jest największym elementem. Obcięcie Sω = [1,ω] = Z+ jest nieskończenie policzalny ale dowolne inne obcięcie jest skończone. Skończony podzbiór A z [1,ω] ma górną granicę ponieważ zbiór nie ograniczony z góry


jest skończony (4.6.(3)) ale [1,ω] jest nieskończony. Sω^ ma ten sam typ porządkowy ponieważ interwał [1 x 2, 2 x 1] w Z+ x Z+
Który z tych dobrze uporządkowanych ma ten sam typ porządkowy? Możemy sklasyfikować całkowicie wszystkie skończone dobrze uporządkowane zbiory
Twierdzenie 6.6 (Skończone typy porządkowe).Dowolny skończenie liniowo uporządkowany zbiór A o mocy n ma typ porządkowy (Sn+1,<); w szczególności, jest dobrze uporządkowany i ma największy element
Dowód. Definiujemy h:Sn+1 & rarr; a rekurencyjnie przez h(1) = minA i
h(i) = min(A-{h(1),...,h(i-1)} , i > 1
Wtedy h jest dobrze zachowana. W szczególności, h jest injektywna a zatem bijektywna (z zasady szufladkowania (4.4)) ponieważ te dwa zbiory mają tą samą moc. Czy można znaleźć wyraźnie zachowany porządek bijekcji Sm+1 x Sn+1 → Sm+n+1? Istnieje więc tylko jeden typ porządkowy o danej skończonej mocy n .Istnieje wiele nieskończenie policzalnych dobrze uporządkowanych zbiorów (6.5). Czy są niepoliczalne, dobrze uporządkowane zbiory? Nasze przykłady, R, i {0,1}ω zbiory niepoliczalne nie są dobrze uporządkowane (6.5.(2), 6.5.(5))
Twierdzenie 6.7(Twierdzenie dobrze uporządkowane)>Dowolny zbiór może być dobrze uporządkowany
Skupimy się na minimalnym niepoliczalnym zbiorze dobrze uporządkowanym
6.8.Lemat Istnieje dobrze uporządkowany zbiór SΩ^ = [0,Ω] z najmniejszym elementem ,0, a największym elementem ,Ω takim ,że :
(1) Obcięcie SΩ ]= [0,Ω) z Ω jest niepoliczalny ale inne obcięcie Sα = [0,α) dla α < Ω jest policzalny
(2) Dowolny policzalny podzbiór z SΩ = [0,Ω) ma górne ograniczenie w SΩ = [0,Ω)
Dowód. Weźmy dowolny niepoliczalny dobrze uporządkowany zbiór A. Dołączamy największy element do A. Wywołamy ponownie wynik A. Teraz A ma co najmniej jedną nieprzeliczalną sekcję .Niech Ω będzie najmniejszym elementem z A takim ,że sekcja z tym elementem jest nieprzeliczalna, to znaczy Ω = min{α ∈ A } Sα jest niepoliczalne}. Wstawiamy SΩ^ = [0,Ω] gdzie 0 jest najmniejszym elementem z A. Ten dobrze uporządkowany zbiór spełnia (1) i (2) .Niech C będzie policzalnym podzbiorem SΩ = [0,Ω). Chcemy wykazać że ma górną granicę. Rozważmy zbiór elementów SΩ które nie są górną granicą tj.


Ten zbiór bez górnej granicy jest przeliczalny bo jest przeliczalna suma zbiorów przeliczalnych (5.5(4)). Ale SΩ jest nieprzeliczalny, więc zbiór niegórnych granic jest właściwym podzbiorem
Przypomnij sobie ,że uporządkowany zbiór Z+ x [0,1) jest liniowym continuum tego samego typu uporządkowanego ponieważ [1,∞) ⊂ R A co się stanie jeśli zastąpimy Z+ prze SΩ?

CZĘŚĆ VII : Zbiory częściowo uporządkowane. Zasada maksimum i lemat Zorna

Jeśli nie będziemy nalegać na porównywalność w naszej relacji porządkowej uzyskamy częściowo uporządkowany zbiór (poset):
7.1.Definicja. Ścisłe częściowe uporządkowanie na zbiorze A jest relacją na A który jest nie - zwrotny i przechodzi:
(1) a a odnosi się żadnego a ∈ A
(2) a b i b c implikuje a c
Nie wymagamy aby dwa nie identyczne elementy mogły być porównywane. Na przykład, zbiory potęgowe są ściśle częściowo uporządkowane przez właściwą inkluzję (faktycznie, dobrze jest czytać jako "jest zawarty w")
Twierdzenie 7.2 (Zasada Maksimum Hausdorfa). Dowolny liniowo uporządkowany podzbiór poset jest zawarty w maksymalnie liniowo uporządkowanym podzbiorze.
Dowód. Udowodnimy ,że dowolny poset zawiera maksymalnie liniowo uporządkowane podzbiory i i pozostawimy ogólną formę tego twierdzenia czytelnikowi Jako specjalny przypadek, załóżmy, że poset jest nieskończenie przeliczalny. Możemy również założyć ,że poset to Z+ z pewny częściowym porządkiem . Definiujemy h:Z+ → {0,1} rekurencyjnie przez h(1) = 0 i


dla i > 0. Wtedy H = h-1(0) jest maksymalnie liniowo uporządkowanym podzbiorem
Dla dowodu w ogólny przypadku, niech (A, <) będzie poset, dobrze uporządkowane A (6.7), stosujemy zasadę pozaskończonej rekurencji(6.3)do funkcji


i uzyskujemy funkcję h:A → {0,1}
7.3.Definicja. Niech (A,) będzie zbiorem ze ścisłym cząstkowym porządkiem. Element m z A jest maksymalny jeśli żaden element z A nie jest większy niż
Niech B będzie podzbiorem z A. Jeśli b c dla wszystkich b ∈ B, wtedy c jest górną granicą na B. Maksymalne elementy są często najbardziej interesujące.
Twierdzenie 7.4(Lemat Zorna).Niech (A, <) będzie poset. Załóżmy ,że dowolny liniowo uporządkowany podzbiór A a górną granicę .Wtedy A zawiera maksymalne elementy.
Dowód. Dowolna górna granica na maksymalnym liniowo uporządkowanym podzbiorze jest maksymalna : Niech H ⊂ A będzie maksymalnie liniowo uporządkowanym podzbiorem. Z hipotezy H mamy górną granicę m, tj. x m dla wszystkich x ∈ H. Przez maksymalność H, m musi być w H, i nie może być elementem wiekszym niż m. (Załóżmy ,że m ) d dla pewnego d. Wtedy x d m dla wszystkich elementów z H więc H ∪ {d} jest liniowo uporządkowane, sprzecznością maksymalności z H).
Użyjemy później lematu Zorna do udowodnienia twierdzenia Tichonowa, że produkt przestrzeni zwartych jest zwarty. Faktycznie, Aksjomat Wyboru, twierdzenie Zermello dobrego uporządkowania, zasada maksimum Hausdorffa , lemat Zorna i twierdzenia Tichonowa są ekwiwalentne. Tu mamy dwa typowe zastosowania. Przypomnijmy sobie ,że podstawą dla przestrzeni wektorowej nad polem jest maksymalnie niezależnym podzbiorem.
Twierdzenie 7.5 Dowolny liniowo niezależny podzbiór przestrzeni wektorowej zawarty jest w podstawie.
Dowód. Niech M ⊂ V będzie liniowo niezależnym podzbiorem. Stosując lemat Zrona do tego zbioru, ściśle częściowo uporządkowanego przez właściwą inkluzję , niezależnych podzbiorów zawierających M. maksymalny element jest podstawą. Jako następstwo widzimy ,ze R i R2 są izomorficzne jako przestrzenie wektorowe nad Q. Maksymalny ideał w pierścieniu jest maksymalnym ideałem właściwym.
Twierdzenie 7.6 Dowolny ideał właściwy pierścienia jest zawarty w ideale maksymalnym
Dowód. Niech I będzie ideałem właściwym. Rozważmy zbiór, ściśle częściowo uporządkowany przez właściwą inkluzję, właściwych ideałów zawierających danych ideał I.
7.7.Definicja Niech A będzie zbiorem. Relacja na A będzie częściowo uporządkowny dokładnie kiedy jest symetryczny (to znaczy a a dla wszystkich a w A), przechodni (to znaczy a b i b c implikują a c) i antysymetryczny (to znaczy a b i b a implikują a = b)

CZĘŚĆ VIII : Przestrzenie topologiczne

Co oznacza ,ze przekształcenie f:X → Y między dwoma zbiorami jest ciągłe? Aby odpowiedzieć na to pytanie, i wiele innych, wyposażymy zbiory w topologie.
8.1.Definicja Niech będzie zbiorem. Topologia na X jest zbiorem T podzbiorów z X, nazwanych zbiorami otwartymi, takimi ,że :
(1) ∅ i X są otwarte
(2) Część wspólna skończenie wielu (dwóch) zbiorów otwartych jest otwarta
(3) Suma dowolnego zbioru zbiorów otwartych jest otwarta
Przestrzeń topologiczna jest zbiorem X razem z topologią T na X
8.2.Przykład
(1) W trywialnej topologii T = {∅, X}, tylko dwa podzbiory są otwarte
(2) W topologii dyskretnej T = P(X), wszystkie podzbiory są otwarte
(3) W określonym punkcie topologicznym, zbiory otwarte to ∅ ,X a wszystkie podzbiory zawierają określony punkt x ∈ X. Na przykład przestrzeń Sierpińskiego jest zbiorem X = {0,1} z określonym punktem topologicznym dla punktu 0. Zbiory otwarte to T = {∅, {0}, X}
(4) W topologii współskończonej, zbiory otwarte to ∅ i X ,a wszystkie podzbiory ze skończonym dopełnieniem.
(5) Topologia standardowa na linii rzeczywistej R to T = {sumy otwartych przedziałów}
(6) Bardziej ogólnie, załóżmy ,że (X,d) jest przestrzenią metryczną. Wyśrodkowana r-piłka przy x ∈ X jest zbiorem Bd(x,r) = {y ∈ X | d(x,y) < r} punktów wewnatrz odległości r > 0 od x. Topologia metryczna na X jest zbiorem Td = {sumy otwartych piłek}. Zbiory otwarte przestrzeni topologicznej (X,Td) i zbiorów otwartych w przestrzeni metrycznej (X,d) są takie same.
Topologia Sierpińśkiego i topologia współskończona na zbiorze nieskończonym nie są topologiami metrycznymi. Topologie na X są częściowo uporządkowane przez inkluzję. Na przykład, topologia współskończona (8.2.(4)) na R jest zawawarta w topologii standardowej (8.2.(5)), a topologia niedyskretna (8.2.(1)) na {0,1} zawarta w topologii Sierpińskiego (8.2.(3)) jest zawarta w topologii dyskretnej (8.2.(2))
8.3.Definicja (Porównanie topologii). Niech T i T′ będą dwoma topologiami na tym samym zbiorze X


Słabsza topologia jest topologią w większości z otwartymi zbiorami, topologia silniejsza jest topologią z mała liczbą zbiorów otwartych. Topologia dyskretna jest słabsza a topologia niedyskretna silniejsza niż inna topologia : P(X) ⊃ T ⊃ {∅X}. Oczywiście, dwie topologie mogą być również nieporównywalne
8.4.Podbazy i bazy dla topologii. Dowolna cześć wspólna topologii jest topologia. Standardowy sposób definiowania topologii to określenie pewnego zbioru podzbiorów i spojrzenie na silną topologię zawierająca ten zbiór. W praktyce możemy ograniczyć się do zbioru podzbiorów które pokrywają X.
8.5.Definicja Podbazą jest zbiór S podzbiorów z X, który pokrywa X (którego sumą jest X). Podbaza S jest bazą jeśli część wspólna dowolnych dwóch S-zbiorów jest sumą S-zbiorów
Jeśli S ⊂ P(X) jest podbazą wtedy
Ts = {suma skończonych części wspólnych zbioru podbaz}
jest topologią , nazwaną topologią wygenerowaną przez podbazę S. Jest topologią silniejszą zawierającą S. Jeśli B ⊂ P(X) jest bazą wtedy
TB = {suma zbiorów baz}
jest topologią , nazwaną topologią wygenerowaną przez bazę S. Jest topologią silniejszą zawierającą T
Jeśli S jest podbazą, wtedy
BS = {Skończona część wspólna S-zbiorów}
jest podstawą generująca taką sama topologię jak S, TBS = TS
Topologia jest bazą jest podbazą.
Jak możemy porównywać topologie dane przez bazy? Jak możemy mówić czy dwie bazy lub podbaza i baza, generują tą samą topologię? (Dwie topologie, baza i podbaza są równoważne jeśli generują tą samą topologię)
8.7.Lemat (Porównanie). Niech B i B′ będą dwoma bazami a S podbazą


Dowód.(1) jest oczywiste ponieważ TB jest topologią silniejszą zawierającą B. Pozycja (2) pochodzi bezpośrednio z (1). Pozycja (3) jest udowodniona w ten sam sposób ponieważ TB = TS jeśli TB ⊂ TS i TB ⊃ TS jeśli B ⊂ TS a TB ⊃ S
8.8.Przykład
(1) W przestrzeni metrycznej, zbiór B = {B(x,r) | x ∈ X, r > 0}otwartych piłek jest (z definicji) bazą dla topologii metrycznej Td. Zbiór otwartych kul o promieniu 1/n, n ∈ Z+, jest równoważna bazie topologii dla Td
(2) Zbiór prostokątnych obszarów (a1,b1) x (a1,b2) w płaszczyźnie R2 jest bazą topologiczną równoważną standardowej bazie kul otwartych B(a,r) = {x ∈ R2 | |x - a < r}. Zawsze można wstawić kulę do wnętrza prostokąta i prostokąt wewnątrz kuli.
(3) Niech f:x → będzie przekształceniem. Jeśli T jest topologią na Y z bazą B lub podbazą S, wtedy f-1(T) jest topologią, początkową topologią dla f, na X z bazą f-1(B) i podbazą f-1(S).
(4) Bardziej ogólnie, niech X będzie zbiorem, {Yj} zbiorem przestrzeni topologicznych a fj : X → Yj, j ∈ J. zbiorem przekształceń. Niech Tj będzie topologią na Yj, Bj bazą a Sj, j ∈ J podbazą. Wtedy są równoważnymi podbazami na X. Topologia jaką generują jest nazywana topologią początkową dla przekształceń fj, j ∈ J
8.9.Przykład [Topologie na R]. Rozważmy trzy topologie na R:
R: Standardowa topologia z bazą otwartych przedziałów (a,b)
Rl: Topologia prawostronnie półotwartego przedziału z bazą prawostronnie półotwartych przedziałów [a,b)
RK : K-topologia z bazą {(a,b)} ∪ {(a,b) - K} gdzie K = {1,1/2, 1/3,1/4,...}
Prawostronna półotwarta topologia jest słabsza niż topologia standardowa ponieważ dowolny otwarty przedział jest sumą przedziałów półotwartych ale nie odwrotnie (8.7) ((a,b) = ∪a < x < b[x,b) i [0,1) jest otwarte w Rl ale nie w R; otwarty przedział zawierający 0 nie jest podzbiorem, [0,1). K-topologia jest dokładnie słabsza niż standardowa topologia ponieważ jej bazy zawierają standardowej bazy a R - K jest otwarte w RK ale nie w R (otwarty przedział zawierający 0 nie jest podzbiorem R-K).Topologie Rl i RK nie są porównywalne
8.10.Przykład. Zbiorów wszystkich otwartych półprostych:
S = {(-∞,b)} ∪ {(a, +infin;)}
jest podbazą a zbiór B = {(a,b)} wszystkich otwartych przedziałów jst bazą dla standardowej topologii na R (8.9) z 8.7.(3)

CZĘŚĆ IX : Topologie porządkowe

Kojarzymy przestrzeń topologiczną do liniowo uporządkowanego zbioru i uzyskujemy dużą ilość przykładów przestrzeni topologicznych. Możesz zobaczyć przestrzeń topologiczną jako środek do badania zbioru uporządkowanego, dla znajdowania niezmienników, lub możemy zobaczyć tą konstrukcję jako dostawcę ciekawych przestrzeni topologicznych. Niech (X , <) będzie liniowo uporządkowanym zbiorem zawierającym co najmniej dwa punkty. Otwarte półproste w X są podzbiorami
(-∞,b) = {x ∈ X | x < b}, (a, +∈) = {x ∈ X | a < x} z X
Zbiór wszystkich otwartych półprostych jest wyraźną podbazą.
9.1Definicja. Topologia porządkowa T < na liniowo uporządkowanym zbiorze X jest topologią ze wszystkimi otwartymi półprostymi jako podbazy. Liniowo uporządkowana przestrzeń jest liniowo uporządkowanym zbiorem z topologią porządkową
Otwarte przedziały w X są podzbiorem w postaci
(a,b) = (-∞,b) ∩ (a, +infin;) = {x ∈ X | a < x < b}, a,b ∈ x ,a < b
9.2.Lemat Zbiór wszystkich otwartych półprostych razem ze wszystkimi otwartymi przedziałami jest podstawą dla topologii porządkowej T < .
Dowód. BS = (8.6) {Skończone części wspólne S-zbiorów} = S ∪ {(a,b)}
Jeśli X ma najmniejszy element a0 wtedy (-∞,b) = [a0,b) jest otwarte. Jeśli X nie ma najmniejszego elementu, wtedy otwarta półprosta (-∞ , b) = ∪a < c (a,c) jest sumą otwartych przedziałów i nie potrzebujemy tej otwartej półprostej w podstawie. Podobnie przypomnijmy sobie zastosowanie największego elementu kiedy istnieje.
9.3.Lemat Jeśli X nie ma najmniejszego i największego elementu, wtedy zbiór {(a,b)} otwartego przedziału jest podstawą dla topologii porządkowej.
9.4.Przykład
(1) Topologia porządkowa na zbiorze uporządkowanym (R , <) jest topologią standardową
(2) Topologia porządkowa na zbiorze porządkowym R2 ma za podstawę zbir wszystkich otwartych przedziałów (a1 x a2, b1 x b2). Równoważna podstawa składa się z otwartych przedziałów (a x b1, a x b2) . R2 < jest dokładnie drobniejsza niż R22
(3) Topologia porządkowa na Z+ jest topologią dyskretną ponieważ (+infin;, n) ∩ (∞,n+1) = {n} jest otwarty
(4) Topologia porządkowa na Z+ x Z+ nie jest dyskretna. Dowolny otwarty zbiór ,który składa się z elementu 2 x 1 również zawiera elementy z {1} x Z+. Zatem zbiór {1 x 2} nie jest otarty
(5) Topologia porządkowa na Z x Z jest dyskretna
(6) Czy topologia porządkowa na SΩ jest dyskretna?
(7) I2 = [0,1]2 z topologią porządkową jest oznaczona IO2 i nazywana kwadratem uporządkowanym. Zbiory otwarte zawierające punkt x x y ∈ IO2 wygląda całkiem inaczej w zależności od tego czy y ∈ {0,1} lub 0 < y < 1

CZĘŚĆ X : Iloczyn topologiczny

Niech (Xj)j∈J będzie indeksowaną rodziną przestrzeni topologicznych. Niech πk : Πj∈J Xj → Xk będzie przekształceniem rzutowym. Otwarty cylinder jest podzbiorem iloczynu przestrzeni w postaci
πk-1(Uk), Uk ⊂ Xk otwarty, k ∈ J
Zbiór πk-1(Uk) składa się z punktów (xj) ∈ ΠXj z k-tą współrzędną w Uk. Alternatywnie, πk-1(Uk składa się ze wszystkich funkcji wyboru c:J → ∪j∈JUj takie ,że c(k) ∈ Uk.
10.1.Definicja Topologia iloczynu na Πj∈JXj jest topologią z z podbazą


składającą się ze wszystkich otwartych cylindrów, lub równoważnie, z podstawą (8.6)


Topologia iloczynu jest warstwą topologii tworząc wszystkie przekształcenia rzutowe πj : ΠXj → Xj, j ∈ J, ciągłymi. Staje się to szczególnie proste kiedy rozpatrujemy produkty skończone
10.2.Lemat Niech X = X1 x X2 x ... Xk będzie skończonym iloczynem kartezjańskim. Zbiór
B = {U1 x U2 x ... x Uk | U1 otwarty w X1, U2 otwarte w X2, ... Uk otwarte w Xk}
wszystkich iloczynów zbiorów otwartych jest bazą dla topologii iloczynów.
10.3.Następstwo Załóżmy ,że Bj jest bazą dla tej topologii na Xj, j = 1, ..., k. Wtedy B1 x ... x Bk jest bazą dla topologii iloczynu na X1 x ... x Xk
Dowód. Załóżmy ,że B1 x ... x Bk jest rzeczywiście bazą. Porównujemy ją z bazą 10.2 używając 8.7
10.4.Iloczyny liniowo uporządkowanych przestrzeni Kiedy (X, <) i (Y, <) są liniowo uporządkowanymi zbiorami, teraz mamy dwie topologie na iloczynie kartezjańskim X x Y: Topologia iloczynu topologii porządkowych (X,T < ) x (Y, T < ) a topologia uporządkowana iloczynu porządku słownikowego (X ,x Y, T < ). Te dwie topologie nie są generalnie identyczne lub nawet porównywalne. Trudno wyobrazić sobie ogólne związki między nimi ponieważ X < x Y < jest zasadniczo symetryczne w X i Y podczas gdy porządek słownikowy nie ma takiej symetrii. Ale nawet kiedy X = Y nie wydaje się być ogólnym wzorcem: Topologia porządkowa (Z+ x Z+, T < ) jest grubsza niż topologia iloczynu (Z+, T < ) x (Z+, T < ) (która jest dyskretna) (9.4.(4) - (5)). Z drugiej strony, topologia porządkowa (R x R, T < ) jest cieńsza niż topologia iloczynu (R,T < x R,T < )która jest standardową topologią, zobacz 9.4(1)-(2).
10.5.Następstwo Niech (X,<) i (Y,<) będą dwoma liniowo uporządkowanymi zbiorami. Załóżmy ,że Y nie ma największego lub najmniejszego elementu .Wtedy topologia porządkowa (X x Y) < = Xd x Y < gdzie Xd jest X z topologią dyskretną. Ta topologia jest cieńsza niż X < x Y < .
Dowód. Równania


pokazują ,że topologia porządkowa jest grubsza niż iloczyn dyskretny i topologii porządkowej. Z drugiej strony , zbiory {x} x (c,d) są podstawą dla = XdxY < (9.3, 10.3) a {x} x (c,d) = (x x c, x x d) jest otwarty w topologii porządkowej ponieważ jest przedziałem otwartym. Następstwo pokazuje ,że topologia porządkowa z X x Y nie dostarcza niczego nowego w przypadku gdy drugi czynnik jest nieograniczony w obu kierunkach. Jako przykład gdzie nie jest to ten przypadek, widzieliśmy już Z+ x Z+ i IO2
10.6.Topologia koproduktu. Topologia koproduktu na koprodukcie IIXj (3) jest najcieńszą topologią tworzącą wszystkie przekształcenia inkluzyjne ij : XjIIXj, j ∈ J, ciągłymi. To oznacza ,że


Alternatywnie, zbiory otwarte koproduktu IIXj są koproduktami IIUj otwartego zbioru Uj ⊂ Xj

CZĘŚĆ XI : Podprzestrzeń topologiczna

Niech (X,T) będzie przestrzenią topologiczną a Y ⊂ X podzbiorem. Wykonujemy Y w przestrzeni topologicznej
11.1.Definicja Podprzestrzeń topologiczna na Y jest topologią T = Y ∩ T = {Y cap; U | U ∈ T}. Podzbiór V ⊂ Y jest względnie otwarty do U jeśli jest otwarty w podprzestrzeni topologicznej.
Jest natychmiastowe ,że T&sub> jest topologią. Podzbiór V ⊂ Y jest relatywnie otwarty na Y jeśli i tylko jeśli V = Y ∩ U dla pewnego utwartego zbioreu U ⊂ X.
11.2.Lemat Jeśli B jest bazą dla T, wtedy Y cap; B = {Y cap; U | U ∈ B} jest bazą dla podprzestrzeni topologicznej Y ∩ T. Jeśli S jest podbazą dla T wtedy Y ∩ S = {Y cap; U | U ∈ S} jest podbazą dla podprzestrzeni topologicznej Y ∩ T
Dowód. Jest to 8.8.(3) zastosowane do przekształcenie inkluzyjnego A → X
Jeśli V ⊂ Y jest otwarte, wtedy V jest również względnie otwarte. Odwrotnie posiada jeśli Y jest otwarte
11.3.Lemat Załóżmy ,że A ⊂ Y ⊂ X ,wtedy
(1)A jest otwarte w Y ⇔ A = Y cap; U dla pewnego otwartego zbioru U w X
(2)Jeśli Y jest otwarte wtedy A jest otwarte w Y ⇔ A jest otwarte w X
Dowód.
(1) To jest definicja podprzestrzeni topologicznej
(2) Załóżmy ,że Y jest otwarte i ,że A ⊂ Y. Wtedy
A otwarte w Y ⇔ A = Y cap; U dla pewnego otwartego U ⊂ X ⇔ A otwarte w X
A = A ∩ Y
Lemat mówi ,że otwarty podzbiór otwartego podzbioru jest otwarty. Kolejne twierdzenie mówi ,że podprzestrzeń i operacje iloczynu przestrzeni komutuje
Twierdzenie 11.4 Niech Yj ⊂ X ,jl j ∈ J. Podprzestrzeń topologiczna ΠYj dziedziczy z ΠXj jest iloczynem topologicznym podprzestrzeni topologicznych na Yj
Dowód. Podprzestrzeń topologiczna na ΠYj ma podbazy


a iloczyn topologiczny na ΠYj ma podbazy


Te dwie podbazy są identyczne dla
11.5.Podprzestrzenie liniowo uporządkowanych przestrzeni Kiedy (X, <) jest linowo uporządkowanym zbiorem a Y ⊂ X podzbiorem , mamy teraz dwie topologie na Y. Widzimy Y jako podprzestrzeń przestrzeni topologicznej X < z topologią porządkową lub widzimy Y jako podporządkowany zbiór X i daje Y jako topologię porządkową. Zwróć uwagę ,że te dwie topologie nie są takie same kiedy X = R a Y = [0,1] ∪ {2} ⊂ R:. W podprzestrzeni topologicznej {2} jest otwarte w Y ale {2} nie jest otwarte w topologii porządkowej ponieważ Y ma typ porządkowy z[0,1]. Chodzi o to ,że
* Dowolny otwarty promień w Y jest przecięciem Y z otwartym promieniem w X
* Przecięcie Y z otwartym promieniem w Z nie musi być otwartym promieniem w Y,
Jednak jeśli Y wydaje się być wypukłym wtedy otwarte promienie w Y są dokładnymi przecięciami Y z otwartymi promieniami w X
11.6.Lemat (Y < & sub; Y ∩ X < ). Niech (X, <) będzie liniowo uporządkowanym zbiorem a Y ⊂ X podzbiorem. Topologia porządkowa na Y jest grubsza niż podprzestrzeń topologiczna Y generalnie. Jeśli Y jest wypukłe, te dwie topologie na Y są identyczne.
Dowód. Topologia porządkowa na Y ma podbazę:
S < = {Y ∩ (-∞,b) | b ∈ Y} ∪ {Y ∩ (a, ∞ | a ∈ Y}
a podprzestrzeń topologiczna na Y ma podbazę
S = {Y ∩ (-∞,b) | b ∈ X} ∪ {Y ∩ (a, ∞ | a ∈ X}
Wyraźnie, S < ⊂ S , więc topologia porządkowa na Y jest grubsza niż podprzestrzeń topologiczna generalnie. Jeśli Y jest wypukła a b ∈ X - Y wtedy b jest albo dolnym albo górnym kresem dla Y ponieważ nie możemy mieć y1 < b 2 dla dwóch punktów y1 i y2 z Y/ Jeśli b jest kresem dolnym dla Y, wtedy Y ∩ (-∞ , b) = ∅, i jeśli b jest kresem górnym dla Y, wtedy Y ∩ (-∞, b) = Y. Dlatego też również S ⊂ T < tak więc faktycznie T < = T

11.7.Przykład
(1)S^ω = [1x1,2x1] (6.5) jest podzbiorem wypukłym z Z+ x Z+ więc (11.6) podprzestrzeń topologiczna (9.4.(4)) jest taka sama jak topologia porządkowa.
(2) Podzbiór Z+ x Z+ nie jest wypukły z Z x Z więc oczekujemy podprzestrzeni topologicznej będącej dokładnie cieńsza niż topologia uporządkowana. Rzeczywiście, podprzestrzeń topologiczna Z+ x Z+ dziedzicząca z przestrzeni dyskretnej Z x Z jest dyskretna ale topologia uporządkowana nie jest dyskretna (9.4(4)- (5))
(3) Rozważmy X = R2 i Y = [0,1]2 z topologiami uporządkowanymi. Y nie jest wypukłe więc oczekujemy podprzestrzeni topologicznej dokładnie cieńszej niż topologia uporządkowana. Rzeczywiście, podprzestrzeń topologiczna na [0,1]2, która jest [0,1d x [0,1] , jest dokładnie cieńsza niż IO2 (9.4(7)) : Zbiór
[0,1/2] x [0,1] = ([0,1] x [0,1]) ∩ (-∞, 1/2 x 2)
jest otwarty w podprzestrzeni topologicznej na Y ale nie jest otwarty w topologii porządkowej na Y ponieważ baza zbioru otwartego (9.2) zawierająca 1/2 x 1 również zawiera punkty z pierwszą współrzędną > 1/2
(4) Rozważmy X = R2 a Y = (0,1)2 z topologiami porządkowymi. Y nie jest wypukłe więc oczekujemy podprzestrzeni topologicznej ściśle cieńsze niż topologia porządkowa. Ale nie jest! Powód jest taki ,że (0,1) nie ma największego ani najmniejszego elementu (10.5)
(5) Podzbiór Q z liniowo uporządkowanego zbioru R nie jest wypukły ale niemniej podprzestrzeń topologiczna dziedzicząca z R jest topologią porządkową. Ponownie, powodem wydaje się być to ,że Q nie ma ani największego ani najmniejszego elementu.

CZĘŚĆ XII : Zbiory domknięte i punkty skupienia

Niech (X,T) będzie przestrzenią topologiczną a A podzbiorem X z X
12.1.Definicja Mówimy ,że zbiór A jest domknięty jeśli jego dopełnienie X - A jest otwarte
Zauważ ,że X i ∅ są domknięte (i otwarte), suma skończona zbiorów domkniętych jest domknięty, dowolna część wspólna zbiorów domkniętych jest domknięta.
12.2.Przykład
(1)[a,b] jest domknięta w R, [a,b) nie jest ani domknięte ani otwarte, R jest zarówno domknięte i otwarte
(2) NIch X = [0,1] ∪ (2,3). Podzbiory [0,1] i (2,3) z X sa zarówno domknięte i otwarte jako podzbiory z X. Przedział [0,1] jest domknięty w R podczas gdy (2.3) jest otwarty w R
(3) K = {1,1.2,1/3,...} nie jest domknięty w R ale jst domknięty w R ale jest domknięty w RK (8.9)
(4) Rl jest (8.9) zbiorem liczb rzeczywistych wyposażonych z topologią wygenerowaną przez podstawę zbiorów [a,b) półotwartych przedziałów. Wszystkie zbiory, które są (otwarte) domknięte w standardowej topologii R są również (otwarte) domknięte w cienkiej topologii Rl. Zbiory postaci (-∞,a) = ∪x < a[x,a) = R - [a,∞). [a,b) = (-∞ ,b) ∩ [a, ∞) i [a,∞) = ∪a < x[a,x) = R -(-∞,a) są zarówno otwarte jaki domknięte .Zbiory postaci (-∞,b] lub [a,b] są domknięte (ponieważ są domknięte w topologii standardowej) i nie otwarte ponieważ nie są sumami zbiorów bazowych. Zbiory postaci (a, ∞) są otwarte (ponieważ są otwarte w standardowej topologii) i nie domknięte. Zbiory postaci (a,b] nie są ani otwarte ani domknięte.
(5) Niech X będzie dobrze uporządkowanym zbiorze (&6). W topologii uporządkowanej , zbiory postaci (a, &infin) = [a+, ∞) = X - (-∞,a], (-&infin,b] = (∞,b+) = X - (b,∞) i (a,b] = (a,∞) ∩ (-∞b] są domknięte i otwarte. (Tu, b+ oznacza b jeśli b jest największym elementem i bezpośredni następnik b jeśli b nie jest największym elementem)
12.3.Domknięcia i wnętrze Rozważmy największy zbiór otwarty zawarty w A i najmniejszy domknięty zbiór zawierający A.
12.4.Definicja Wnętrz jest sumą wszystkich zbiorów otwartych zawartych w A:
Int A= ∪{U ⊂ A | U otwarte} = Ao
Domknięcie A jest częścią wspólną wszystkich domkniętych zbiorów zawierających A:
ClA = ∩{C ⊃ A | C domknięte} = A^
Zwróć uwagę ,że


Pierwszy punkt, na przykład m jest obliczeniem
X - A^ = X - ∩{C ⊃ A | C domknięte} = ∪{X - C ⊂ X - A | X - C otwarte} = ∪{U ⊂ X - A | U otwarte} = (X - A)o
lub można po prostu powiedzieć ,że X - A^ jest największym otwartym podzbiorem X - A ponieważ A^ jest najmniejszym domkniętym podzbiorem A
12.5.Definicja Otoczeniem punktu x ∈ X jest zbiór otarty zawierający x. Otoczeniem zbioru A ⊂ X jest zbiór otwarty zawierający A
12.6.Twierdzenie Niech A ⊂ X i niech x będzie punktem w X. Wtedy
x ∈ Ao ⇔ Istnieje otocznie U z x takie ,że U ⊂ A
x ∈ A^ hArr; U ∩ A ≠ ∅ dla wszystkich otoczeń U z x
Dowód. Pierwsze założenie jest jasne ponieważ Ao jest sumą zbiorów otwartych zawartych w A. Drugie założenie jest tylko przeformułowanym pierwszym.
x ∉ A^ ⇔ x ∈ X - A^ ⇔ x ∈ (X-A)o ⇔ x ma otoczenie rozłączne z A, ponieważ X - A^ = (X-A)o
12.7.Twierdzenie (dopełnienie w odniesieniu do podprzestrzeni) Niech A ⊂ Y ⊂ X. Wtedy
(1) A jest domknięte w Y ⇔ A = Y ∩ C dla pewnego domkniętego zbioru C w X
(2) Jeśli Y jest wtedy domknięte : A jest domknięte w Y ⇔ A jest domknięte w X
(3) ClY = Y ∩ A^
Dowód.
(1) Niech A będzie podzbiorem Y. Wtedy:
A jest domknięte w Y ⇔ Y - A jest otwarte w Y
⇔ Y - A = Y ∩ U dla pewnego otwartego U ⊂ X
⇔ A = Y ∩ (X-U) dla pewnego otwartego U ⊂ X
⇔ A = Y ∩ C dla pewnego domkniętego C ⊂ X
(2) Jeśli A ⊂ Y i Y jest domknięte wtedy
A jest domknięte w Y ⇔ A = Y ∩ C dla pewnego domkniętego C ⊂ X
⇔ A jest domknięte w X
(3) Zbiór ClY(A) jest częścią wspólną wszystkich względnie domkniętych zbiorów zawierających A. Względnie domknięte zbiory są zbiorami postaci Y ∩ C gdzie C jest domknięte w X. Oznacza to ,że
ClY(A) = ∩{Y ∩ C | C ⊃ A, C domknięte} = Y ∩ {C | C ⊃ A, C domknięte} = T ∩ A^
przez bezpośrednie obliczenie
12.8.Definicja Podzbiór A ⊂ X będzie gęsty jeśli A^ = X , lub równoważnie, jeśli każdy otwarty podzbiór X zawiera punkt A
12.9.Twierdzenie Niech A będzie gęsty a U otwartym podzbiorem z X. Wtedy (A ∩ U)^ = U^
Dowód. Inkluzja (A ∩ U)^ ⊂ U^ jest ogólna. Dla innych inkluzji, rozważmy punkt x ∈ U^. Niech V będzie otoczeniem x. Wtedy V ∩ (A ∩ U) = (V ∩ U) ∩ A nie jest pusty ponieważ V ∩ U jest otoczeniem x a A jest gęste. Ale mówi to ,że x jest w domknięciu A ∩ U
12.10.Punkty skupienia i punkt izolowany Niech X będzie przestrzenią topologiczną a A podzbiorem z X
12.11.Definicja (punkty skupienia, punkty izolowane). Punkt x ∈ X jest punktem skupienia A jeśli U ∩ (A-{x}) ≠ ∅ dla wszystkich otoczeń U z x. Zbiór punktów skupienia A jest oznaczony A′. Punkt a ∈ A jest punktem izolowanym jeśli ma otoczenie ,które przecina A tylko w {a}.
Równoważnie , x ∈ X jest punktem skupienia A jeśli x ∈ (A={x})^, i a ∈ A jest punktem izolowanym A jeśli {a} jest otwarte w A. Te dwa pojęcia są prawie swoimi przeciwieństwami:
x nie jest punktem skupienia A ⇔ x ma otoczenie U takie ,że U ∩ (A ∪ {x}) = {x}
⇔ x jest punktem izolowanym A ∪ {x}
12.12.Twierdzenie Niech A będzie podzbiorem X a A′ zbiorem punktów skupienia z A. Wtedy A ∪ A′ = A^ i A ∩ A′ = { a ∈ A | a nie jest punktem izolowanym z A} tak więc
A ⊃ A′ ⇔ A jest domknięte
A ⊂ A′ ⇔ nie ma punktów izolowanych
A ∩ A′ = ∅ ⇔ A jest dyskretne
A′ = ∅ ⇔ A jest domknięte i dyskretne
Jeśli B ∪ A wtedy B′ ⊂ A′
Dowód. Jasne jest ,że wszystkie punkty skupienia z A są w A^ i ,że wszystkie punkty w domknięciu A , które nie są w A są punktami skupienia
A^ - A = {x ∈ X - A | wszystkie otoczenia x napotykają A} ⊂ A′ ⊂ A^
co implikuje że A ∪ A′ = A^. Z powyższego omówienia mamy ,że zbiór punktów skupienia w A,A ∩ A′ = A - (A-A′), jest zbiorem punktów nieizolowanych z A. Jeśli A ∩ A′ = ∅ wtedy wszystkie punkty z A są izolowane tak więc podprzestrzeń A ma topologię dyskretną. Mamy A′ = ∅ ⇔ A ⊃ A′, A ∩ A′ = ∅ A jest domknięty i dyskretny.
12.13.Przykład
(1) Q^ = R = (R-Q)^(RQ zawiera (Q - {0})√2). ClINtQ = ∅, Int cl Q = R
(2) Niech Cr ⊂ R2 będzie kołem o środku (0,r) i promieniem r > 0. Wtedy


Pierwszy zbiór malejących kół (znany jako hawajski kolczyk) jest domknięty ponieważ jest również częścią wspólną zbioru (którego zbioru?) zbiorów domkniętych.
(3) Zbiór punktów skupienia z K = {1/n | n ∈ Z+} to {0} w R i Rl i ∅ w RK
(4) Niech X będzie liniowo uporządkowanym zbiorem (9.1) Domknięte przedziały [a,b] są domknięte ponieważ ich dopełnienia X - [a,b] = (-∞, a) ∪ (b, &infn;) są otwarte. Dlatego też domknięcia przedziału w postacii[a,b) to albo [a,b) albo [a,b]. Jeśli b ma bezpośredniego poprzednika b- wtedy [a,b) = [a,b-] jest domknięty tak aby [a,b)^ = [a,b). W przeciwnym razie [a,b)^ = [a,b] ponieważ dowolne otoczenie b zawiera przedział w postaci (c,b] dla pewnego c < b a [a,b) ∩ (c,b], co równa się [a,b] lub (c,b] nie jest pusty
12.14.Zbieżność, właściwość Hausdorffa i aksjomat T1 Niech xn , n ∈ Z+m będzie sekwencją punktów w X, tj. przekształceniem Z+ → X.
12.15.Definicja Sekwencja xn zbieżna do punktu x ∈ X jeśli dla dowolnego otoczenia U z x istnieje pewne N takie ,że xn ∈ U dla wszystkich n > N
Jeśli sekwencja zbieżna jest w pewnej topologii na X jest również zbieżna w grubszej topologii ale nie koniecznie w cienkiej topologii.
12.16.Przykład. W przestrzeni Sierpińskiego X = {0,1} , sekwencja 0,0,... zbieżna jest do 0 i do 1. W R z topologią skończonego dopełnienia, sekwencja 1,2,3, zbieżna jest do dowolnego punktu. W RK, sekwencja 1/n nie jest zbieżna; w R i Rl jest zbieżne do 0 (a nie do innego punktu). Sekwencja -1/n jest zbieżna do 0 w R i RK ale nie jest zbieżna w Rl. W przestrzeni uporządkowanej [1,ω] = Z+ II{&mega;}, sekwencja n zbieżna do ω (i żadnego innego punktu). Czy można znaleźć sekwencję w przestrzeni uporządkowanej [0,Ω] który jest zbieżny do Ω?
12.17.Definicja (Aksjomat oddzielania). Przestrzeń topologiczna jest T1-przestrzenią jeśli punkty są domknięte: Dla dowolnych dwóch różnych punktów x1 ≠ x2 w X istnieje otwarty zbiór U taki ,że x1 ∈ U i x2 ∉ U. Przestrzeń topologiczna X jest T2-przestrzenią (lub przestrzenią Hausdorffa) jeśli istnieje dosyć otartych zbiorów dla punktów oddzielenia: Dla dowolnych dwóch różnych punktów x1 ≠ x2 w X istnieję rozłączne zbiory otwarte, U1 i U2, takie ,że x1 ∈ U1 a x2 U2.
Wszystkie przestrzenie Hausdorffa są T1. X jest T1 jeśli wszystkie skończone podzbiory są domknięte .Koskończone topologie są T1 z konstrukcji i nie T2 kiedy przestrzeń ma nieskończenie wielu punktów. Szczególnie punkty topologiczne nie są T1 (na przestrzeni z więcej niż jeden punkt). Wszystkie porządki liniowe lub przestrzenie metryczne są Hausdorffa; w szczególności , R jest Hausdorffa. Rl i RK są Hausdorffa ponieważ topologie są cieńsze niż standardowa topologia Hausdorffa R
Twierdzenie 12.18 Sekwencja w przestrzeni Hausdorffa może nie konwergować do dwóch różnych punktów
Właściwość przestrzeni topologicznej będzie dziedziczna (słaba) jeśli dowolna (domknięta) podprzestrzeń przestrzeni z tą właściwością również ma tą właściwość. Hausdorffness jest dziedziczna i również przekazywana do przestrzeni iloczynu.
Twierdzenie 12.19(właściwość dziedziczenia przestrzeni Hausdorffa) .Dowolny podzbiór przestrzeni Hausdorffa jest Hausdorffa. Dowolny iloczyn przestrzeni Hausdorffa jest Hausdorffa
Twierdzenie 12.20 Załóżmy, że X jest T1. Niech A będzie podzbiorem a x punktem w X. Wtedy x jest punktem skupienia ⇔ Wszystkie otoczenia x przecina A w nieskończenie wielu punktów.
Dowód. Jeśli wszystkie otoczenia x przecinają A w nieskończenie wielu punktach, wtedy, przecinają również A w punkcie, który nie jest x. Zakładamy ,że x jest punktem skupienia i niech U będzie sąsiedztwem x. Wtedy U zawiera punkt a1 z A różnym od x . Usuńmy ten punkt z U. Ponieważ punkty są domknięte, U - {a1} jest nowy otoczeniem x. To nowe sąsiedztwo x zawiera punkt a2 z A różny od x i a1 . W ten sposób rekurencyjnie znajdujemy całą sekwencję różnych punktów w U ∩ A

CZĘŚĆ XIII : Funkcje ciągłe

Niech f:X &rarrl Y będzie przekształceniem między dwoma przestrzeniami topologicznymi
13.1.Definicja Przekształcenie f:X → Y jest ciągła jeśli wszystkie otwarte podzbiory Y mają otwarte przeciwobrazy w X:V otwarte w X ⇒ f-1(V) otwarte w Y
Jeśli TX jest topologią na X i TY jest topologią na Y , wtedy
(13.2) f jest ciągłe ⇔ f-1(TY) ⊂ TX ⇔ f-1(BY) ⊂ TX ⇔ f-1(SY) ⊂ TX
gdzie BY jest baza a SY podbazą dla TY. Drobniejsza topologia w Y i zgrubna topologia w X są, trudniejsze dla f:X → Y być ciągłymi.
Twierdzenie 13.3 Niech f:X → Y będzie przekształceniem między dwoma przestrzeniami topologicznymi. Poniżej mamy równoważniki:
(1) f jest ciągła
(2) Przeciwobraz dowolnego otwartego zbioru w Y jest otwarty w X : V otwarte w Y ⇒ f-1(V) otwarte w X
(3) Przeciwobraz dowolnego zbioru domkniętego w Y jest domknięty w X:C domknięty w Y ⇒ f-1(C) domknięty w X
(4) f-1(Bo) ⊂ (f-1(B))o cdla dowolnego B ∈ Y
(5) (f-1(B))^ ⊂ f-1(B)^ la dowolnego B ⊂ Y
(6) f(A)^ ⊂ (f(A))^ dla dowolnego A ⊂ X
(7) Dla dowolnego punktu x ∈ X i dowolnego otoczenia V ⊂ Y z f(x) istnieje sąsiedztwo U ⊂ X z x takie ,że f(U) ⊂ V
Dowód. Łatwo jest zauważyć, że (7),(1),(2) i (3) są równoważne


13.4.Przykład Funkcja f(x) = -x jest ciągła R → R, ale nieciągła RK → RK (K jet domknięte w RK ale f-1(K)) nie jest domknięte (12.16) i nieciągłe Rl → Rl ([0,∞)) jest otwarte w Rl ale f-1([0,∞)) = (-∞ 0] nie jest otwarte (12.2.(4))). Ponieważ [a,b) jest domknięte i otwarte w Rl (12.2.(4)) przekształcenie 1[a,b) : Rl → {0,1}, z wartością 1 na [a,b) i wartością 0 na zewnątrz [a,b) , jest ciągłe.
Twierdzenie 13.5
(1) Funkcja tożsamości jest ciągła
(2) Złożenie dwóch funkcji ciągłych jest ciągłe
(3) Niech B będzi podprzestrzenią z Y, A podprzestrzenią X, i f:X → Y przekształceniem pobierającym wartości w B. Wtedy
f:X → Y jest ciągła ⇒ f|A : A → Y jest ciągła (ograniczenie)
f:X → Y jest ciągłe ⇔ B|f:X → B jest ciągła (koograniczenie)
(4) Niech fj:Xj → Yj, j ∈ J, będzie indeksowanym zbiorem przekształceń. Wtedy
Πfj : ΠXj → ΠYj jest ciągłe ⇔ fj : Xj → Yj jest ciągła dla wszystkich j ∈ J
(5) Zakładamy ,że X = ∪Uα jest suma zbiorów otwartych. Wtedy
f:X → Y jest ciągła ⇔ f|Uα jest ciągła dla wszystkich α dla dowolnego przekształcenia f:X → Y
(6) (Lemat klejenia) Załóżmy ,że X = C1 ∪ ... ∪ Cn jest skończoną sumą zbiorów domkniętych. Wtedy
f:X → Y jest ciągła ⇔ f|Ci jest ciągła dla wszystkich i = 1,...,n dla dowolnego przekształcenia f:X → Y
13.6.homomorfizmy i zanurzenia Jednym z głównych problemów topologii jest decyzja czy dwie dane przestrzenie dą homeomorficzne.
13.7.Definicja(Homeomorfizm). Bijektywne ciągłe przekształcenie f:X → Y jest homeomorfizmem jeśli jego odwrotność jest ciągła.
Bijekcja f:X → Y jest homeomorfizmem. U jest otwarte w X ⇔ f(U) jest otwarte w Y lub f-1(V) jest otwarte w X ⇔ V jest otwarte w Y ma miejsce dla wszystkich U ⊂ X lub V ⊂ Y. Teraz rozszerzymy topologię podprzestrzeni (11.1) na bardziej ogólną sytuację
13.8.Definicja(Topologia podprzestrzeni). Niech X będzie zbiorem, Y przestrzenią topologiczną i f:X → Y przekształceniem injektywnym. Topologia podprzestrzeni na X jest zbiorem
f-1(TY) = {f-1(V) | V ⊂ Y otwarte}
podzbioru z X
Topologia podprzestrzeni jest topologią zgrubną na X taką,że f:X → Y jest ciągła. Istnieje kilka otwartych zbiorów w X ,jeśli to możliwe bez niszczenia ciągłości f:X → Y
13.9.Twierdzenie (Charakterystyka topologii podprzestrzeni). Załóżmy ,że X ma topologie podprzestrzeni wrt do przekształcenia f:X → Y. Wtedy
(1) X → Y jest ciągłe
(2) dla dowolnego przekształcenia A → X na X, A → X jest ciągłe ⇔ A → X → Y jest ciągła. Topologia podprzestrzeni jst jedyną topologią na X z tymi właściwościami.
Dowód. Jest tak ponieważ
A → X jest ciągła ⇔ g-1(TX) ⊂ TA ⇔ g-1(f-1TY) ⊂ TA ⇔ (fg)-1 TY) ⊂ TA ⇔ A → X → Y jest ciągła z definicji topologii podprzestrzeni. Tożsamości przekształcenia X jest homeomorfizmem ilekroć X jest wyposażone w topologię z tymi dwoma właściwościami
13.10.Definicja(Zanurzenie) . Injektywne przekształcenie ciągłe f:X → Y jest zanurzeniem jesli X ma topologię podprzestrzeni
Oznacza to ,że f jest zanurzeniem jeśli i tylko jeśli dla wszystkich U ⊂ X:
U jest otwarte w X ⇔ U = f-1(V) dla pewnego otwartego V ⊂ Y ⇔ f(U) = f(X) ∩ V dla pewnego otwartego V ⊂ Y ↔ f(U) jest owtarte w f(X). Alternatywnie, przekształcenie injektywne f:X → Y jest zanurzeniem jeśli i tylko jeśli przekształcenie bijektywne f(X)|f:X → f(X) jest homeomorfizmem. Zanurzenie jest homeomorfizmem, po którym nastepuje inkluzja.
13.11.Przykład
(1) Przekształcenie f(x) = 3x+1 jest homeomorfizmem R → R
(2) Przekształcenie tożsamościowe Rl → R jest bijektywne i ciągłe ale nie homeomorfizmem
(3) Przekształcenie[0,1) → S1 : t |-> (cos(2πt), sin(2πt) jest ciągłe i bijektywne ale nie homeomorfizmem. Obraz otwartego zbioru [0,1/2) nie jest otwarty w S1.
(4) Znajdźmy przykład injektywnego ciągłego przekształcenie R → R2 , które nie jest zanurzone
(5) Oxzywista bijekcja [0,1) ∪ {2} → [0,1] jest ciągłą ale nie homeomorfizmem (domena ma punkty izolowane, kodomena nie ma punktów izolowanych). Nie istnieje ciągła suriekcja w drugim kierunku
(6) Przestrzenie [1x1, 2x1] ⊂ Z+ x Z+ a K^ = ({1/2 | n ∈ Z+})!^ ⊂ R są homeomorficzne.
(7) Przekształcenie R → R x R : t |-> (t,t) jest zanurzeniem. dla dowolnego ciągłego przekształcenia f:X→Y, przekształcenie X → X x Y : x |-> (x,f(x)) jest zanurzeniem
(8) Rn zanurzone w Sn przez rzutowanie stereograficzne
(9) R2 zanurzone R3. Czy R3 jest zanurzone w R2?
(10) Czy przestrzenie ∪Cn i ∪C1/n z 12.13.(2) są homeomorficzne?
(11) Węzeł jest w zanurzeniu S1 w R3 (lub S3) Dwa węzły ,K0 : S1 → R3 i ,K1 : S1 → R3 są równoważne jeśli istnieje homeomorfizm h z R3 taki ,że h(K0) = K1. Podstawowy problem teorii węzłów to klasyfikacja węzłów do równoważności.
13.12.Lemat Jeśli f : x → Y jest homeomorfizmem (zanurzeniem) wtedy koograniczenie ograniczenia f(A)|f|A:A → f(A) (B|f|A:A → B) jest homeomorfizmem (zanurzeniem) dal dowolnego podzbioru A z X (a dowolny podzbiór B z Y zawierający f(A)). Jeśli przekształcenia fj :Xj → Yj są homeomorfizmami (zanurzeniami) wtedy przekształcenie iloczynowe Πfj : ΠXj → Yj jest homeomorfizmem (zanurzeniem)
Dowód. W przypadku homeomorfizmów istnieje ciągła odwrotność w obu przypadkach. W przypadku zanurzeń, używamy tego zanurzenia jest homeomorfizmem po którym występuje przekształcenie inkluzyjne
13.13.Przekształcenie do iloczynów zbiorów Istnieje łatwy test na toczy przekształcenie na przestrzeń iloczynową jest ciągłe.
Twierdzenie 13.14 (Charakterystyka topologii iloczynów). Przy danym ΠYj ,topologii iloczynu
(1) rzutowanie πj : ΠYj → Yj są ciągłe ,i
(ii) dla dowolnego przekształcenie f:X → Πj∈JYj do przestrzeni iloczynu mamy


Topologia iloczynu jest jedyną topologią na zbiorze iloczynowym z tymi dwoma właściwościami.
Dowód. Niech TX będzie topologią na X a Tj topologią na Yj. Wtedy SΠ = ∪j∈Jπj-1(Tj) jest subbazą dla topologii iloczynu na Πj∈JYj. Dlatego też


z definicji ciągłości (13.2)
teraz pokażemy ,że topologia iloczynu jest jednoznaczną topologią z tymi właściwościami. Weźmiemy dwie kopie zbioru iloczynowego Πj∈JXj. Wyposażymy jedną kopie z topologią iloczynu a druga kopię w pewną topologię , która ma te dwie właściwości z twierdzenia. Wtedy przekształcenie tożsamościowe między tymi dwoma kopiami jest homomorfizmem. Powodem dla większego podobieństwa między 13.14 i 13.19 jest to ,że w obu przypadkach używamy topologii początkowej.
13.15.Przykład Załóżmy ,że J i K są zbiorami i ,że (Xj)j∈J i (Yk)k∈k są indeksowaną rodziną przestrzeni topologicznych. Bierzemy pod uwagę przekształcenie g:J → K między zbiorami indeksowanymi a indeksowaną rodziną przekształceń ciągłych (fj : Yg(j) → Xj)j∈J. Wtedy istnieje jednoznaczne przekształcenie między przestrzeniami iloczynowymi takimi jak


komutujące i to przekształcenie przestrzeni iloczynowych jest ciągłe przez 13.14.
Twierdzenie 13.16 Niech (Xj)j∈J będzie rodziną indeksowaną przestrzeni topologicznych z podprzestrzeniami Aj ⊂ Xjj jest podprzestrzenią z ΠXj
(1) (ΠAj)^ = Π(Aj)^
(2) (ΠAj)o ⊂ πAjo a równość otrzymujemy jeśli Aj = Xj dla wszystkich ale skończenie wielu j ∈ J
Dowód.
(1) Niech (xj) będzie punktem z πXj. Ponieważ BΠ = ∪j∈Jπj-1(Uj) jest podbazą dla topologii iloczynowej ,mamy


(2) (ΠAj)o ⊂ ΠAjo ponieważ πj jest przekształceniem otwartym (14.3) tak więc πj((ΠAj)o) ⊂ Ajo dla wszystkich j ∈ J. Jeśli Aj = Xj dla wszystkich ale skończonych wiele j ∈ J wtedy ΠAjo ⊂ (ΠAj)o ponieważ ΠAjo ponieważ ΠAjo jest otwarte i zawarte w ΠAj. Wynika z tego, że iloczyn zbiorów zamkniętych jest zamknięty (Podczas gdy iloczyn zbiorów otwartych nie musi być otwarty w topologii iloczynów)
13.17.Przekształcenie z koproduktu
Twierdzenie 13.18.Niech f:IIj∈JXj → Y będzie przekształceniem z przestrzeni koproduktu. Wtedy


CZĘŚĆ XIV : Topologia ilorazowa

W tej części spojrzymy na konstrukcję przestrzeni ilorazowej. Ale najpierw rozważymy otwarte i domknięte przekształcenia.
14.1.Otwarte i domknięte przekształcenia. Niech X i Y będą przestrzeniami topologicznymi a f:X → Y przekształceniem.
14.1.Definicja Przekształcenie f:X→Y jest {otwarte, domknięte} jeśli dla wszystkich U ⊂ X ma:
U {otwarte, domknięte} w X ⇒ f(U){otwarta , domknięta }w Y
Ograniczenie (14.12) otwartego (lub domkniętego)przekształcenia do dowolnej przestrzeni nie musi być otwarte (domknięte). Jednakże
14.2.Twierdzenie Ograniczenie otwartego(lub domkniętego) przekształcenia f:X → Y do otwartej (zamkniętej) podprzestrzeni A ⊂ X jest otwartym (domkniętym) przekształceniem f(A) |f|A:A → f(A) lub f|A :A → Y
Dowód. Załóżmy ,że f:X→Y jest otwartym przekształceniem a A ⊂ X otwartym podzbiorem. Niech U będzie otwartym podzbiorem z A. Implikacje
U jest otwarte w A (A jest otwarte w X)
⇒ U otwarte w X (f jest otwarte)
→f(U) otwarte w f(A),br> pokazuje ,że f|A:A → f(A) jest otwarte
14.3.Twierdzenie (Rzutowania są otwarte). Przekształcenie rzutowe πj: ΠXj &rarrl Xj jest otwarte.
Dowód. Przekształcenie πj bierze za podstawę BΠ (10.1) dla topologii iloczynowej do topologii Xj
Ciągłość bijekcji i otwarte lub domknięte odwzorowanie jest homomorfizmem
14.4.Przykład
(1) Przekształcenie rzutowe πj : R x R → R jest ciągłe i otwarte. Nie jest odwzorowaniem domkniętym dla H = {(x,y) ∈ R x R |xy = 1} jest domknięte ale π1(H) = R -{0} nie jest domknięte
(2) Odwzorowanie f:[-1,2] → [0,1] dane przez


jest ciągłe i domknięte (18.8.(1)). Nie jest otwarte dla f([-1,-1/2)) = {0} nie jest otwarte
(3) Odwzorowanie Rl & rarr; {0,1} z wartością 1 i [0,1) i wartością 0 jest ciągłe ponieważ (12.2.(4)) półotwarty przedział [0,1) jest zarówno domknięty i otwarty. To odwzorowanie jest domknięte i otwarte ponieważ wszystkie podzbiory przestrzeni dyskretnej {0,1} są domknięte i otwarte.
14.2.Topologie i odwzorowania ilorazowe. Odwzorowanie ilorazowe są ciągłymi odwzorowania surjektywnymi, które uogólniają zarówno ciągłe, otwarte odwzorowania surjektywne i ciągłe, domknięte odwzorowania surjektywne.
14.5.Definicja (Topologia ilorazowa). Niech X będzie przestrzenią topologiczna, Y zbiorem , a p:X → Y odwzorowaniem surjektywnym. Topologia iloczynowa na Y składa się z tych podzbiorów z Y które mają otwarte przeciwobrazy w X; tj. topologia ilorazowa na Y jest zbiorem
{V ⊂ Y|p-1(V) jest otwarta w X}
podzbiorów Y. Topologia ilorazowa jest topologia cienką na Y taką ,że p:X → Y ciągłe. Są one tak bardzo otwartymi zbiorami jak to możliwe w Y bez niszczenia ciągłości f:X → Y. Pojęcie topologii ilorazowej i topologii podprzestrzeni jest "dualne"
14.6.Lemat (Charakterystyka topologii ilorazowej). Załóżmy ,że Y ma topologię ilorazową z odniesieniu do odwzorowania p:X → Y. .Wtedy
(1) p:X → Y jest ciągłe
(2) dla dowolnego odwzorowania g:Y → Z poza Y


Topologia ilorazowa jest topologią tylko na Y z tymi właściwościami
Dowód. Jest tak ponieważ


z definicji topologii ilorazowej. Jeśli nadamy Y jakąś topologię z tymi dwiema właściwościami, wtedy odwzorowanie tożsamościowe między tymi dwoma topologiami homeomorfizmami
14.7.Definicja (Odwzorowanie ilorazowe). Surjektywne odwzorowanie ciągłe p:X → Y jest odwzorowaniem ilorazowym jeśli Y ma topologię ilorazową
Odwzorowanie surjektywne p:X → Y jest odwzorowaniem ilorazowym kiedy topologia na Y, TY = {V⊂Y | p-1(V) jest otwarte w X}, jest topologią cienką na Y taką ,że p jest ciągłe. Oznacza to ,że p jest odwzorowaniem ilorazowym jeśli i tylko jeśli
p-1(V) jest otwarte w X ⇔ V jest otwarte w Y
dla wszystkich V ⊂ Y
Zbiory postaci p-1(V) = ∪y∈Vp-1(y), składające się z sum włókien są nazywane zbiorami nasyconymi. Nasycenie A ⊂ X jest sumą f-1f(A) = ∪y ∈f(A)f-1(y) wszystkich włókien ,które napotykają A
14.8.Twierdzenie Dla odwzorowania surjektywnego p:X → Y poniższe jest równoważne:
(1) p:X → Y jest odwzorowaniem ilorazowym
(2) Dla wszystkich V ⊂ Y mamy : p-1(V) jest {otwarte, domknięte} w X ⇔ V jest {otwarte, domknięte} w Y
(3) p:X → Y jest ciągłe i odwzorowania {otwartych, domkniętych} zbiorów nasyconych do {otwartych, domkniętych} zbiorów otwartych
Dowód. Warunek (1) i warunek (2) ze słowem "otwarte" są wyraźnie równoważne. Załóżmy teraz ,że : p-1(V) jest otwarte ⇔ V jest otwarte ⇔ p-1(Y-C) jest otwarte. Wtedy otrzymujemy:
p-1(C) jest domknięte ⇔ X - p-1(C) jest otwarte ⇔ p-1(Y-C) jest otwarte ⇔ Y - C jest otwarte ⇔ C jest domknięte
dla wszystkich C ⊂ Y. Pokazuje to ,że te dwa warunki z (2) są równoważne. Zawartość (3) jest tylko przekształceniem (2). Zatem odwzorowanie ilorazowe p:X → Y indukuje odpowiedniość bijektywną


Podobnie jak dla otwartych (domkniętych) ciągłych odwzorowań bijektywnych oczywiście mamy:
14.9.Następstwo Bijektywne ciągłe odwzorowanie jest odwzorowaniem ilorazowym jeśli i tylko jeśli jest homeomorfizmem
Odwzorowanie ilorazowe zachowuje się ładnie w odniesieniu do złożenia
14.10.Następstwo. Niech będzie odwzorowaniem ciągłym. Wtedy f i g są ilorazami ⇒ g o f jest ilorazem ⇒ g jest ilorazem
Dowód. Pierwsze założenie jest tautologiczne : Zakładamy ,że f i g są ilorazami. Wtedy
(g o f)-1 otwarte w X ⇔ f-1g-1(V) otwarte w X ⇒ g-1(V) otwarte w Y ⇒ V otwarte w Z dla dowolnego zbioru V ⊂ Y. Następnie załóżmy, że jest odwzorowaniem ilorazowym, Wtedy ostatnie odwzorowanie g jest surjektywne a


dla dowolnego zbiru V ⊂ Z
14.11.Następstwo. Dowolny {otwarte, domknięte} ciągłe odwzorowanie surjektywne jest odwzorowaniem ilorazowym. Odwrotnie, odwzorowanie ilorazowe f:X → Y jest {otwarte, domknięte} jeśli i tylko jeśli wszystkie {otwarte, domknięte} zbiory A ⊂ X mają {otwarte, domknięte} nasycenia f-1f(A).
Dowód. Niech f:X → Y będzie odwzorowaniem otwartym. Wtedy


dla wszystkich V ⊂ Y. Tp pokazuje ,że f jest ilorazem. Załóżmy następnie
f jest otwarte ⇔ (14.1) f(A) jest otwarte w Y dla wszystkich otwartych zbiorów A ⊂ XM
⇔(14.7) f-1f(A) jest otwarte w X dla wszystkich otwartych zbiorów A ⊂ X
co jest twierdzeniem.
14.12.Przykład
(1) Odwzorowanie rzutowe π1:R x R → R jest (14.4.(1)) otwarte, ciągłej surjektywne więc jest odwzorowaniem ilorazowym. Ograniczenie π1|H ∪ {(0,0)} jest ciągłe i surjektywne, nawet bijektywne, ale nie jest odwzorowaniem ilorazowym (14.8) dla tego nie jest homeomorfizmem: {(0,0)} jest otwarte i nasycone w H ∪ {(0,0)} ale π1({(0,0)}) = {0} nie jest otwarte. Zatem ograniczenie odwzorowania ilorazowego nie musi być odwzorowaniem ilorazowym, ogólnie mówiąc.
14.13.Twierdzenie Ograniczenie odwzorowania ilorazowego p:X → Y do otwartej (lub domkniętej) podpowierzchni nasyconej A ⊂ X jest odwzorowaniem ilorazowym p|A : A → p(A).
Dowód. Niech p:X → Y będzie odwzorowaniem ilorazowym a B ⊂ Y zbiorem otwartym (Przypadek gdzie B Jest domknięte , jest podobny). Twierdzenie jest takie ,że p|p-1(B):p-1(B) → B jest ilorazem. Dla dowolnego U ⊂ B implikacje
p-1(U) otwarte w p-1(B) (p-1(B) jest otwarte)
⇒ p-1(U) otwarte w X (p jest ilorazem)
⇒ U jest otwarte w Y
⇒ U jest otwarte w B
pokazują ,że p|p-1(B) : p-1(B) → B jest ilorazem.
Typowa sytuacja kiedy R jest relacją równoważności na przestrzeni X i X → X/R jest odwzorowanie , które bierze punkt do ich klas równoważności. Wywołujemy X/R z topologią ilorazową dla przestrzeni ilorazowej relacji równoważności R. Zbiór klas równoważności jest otwartym podzbiorem X/R jeśli i tylko jeśli suma klas równoważności jest otwartym podzbiorem z X:V ⊂ X/R jest otwarte ⇔ ∪|x|∈V[x] ⊂ X jest otwarte. Często mówimy ,że X/R jest przestrzenią uzyskiwaną przez zidentyfikowanie punktów równoważności z X.
14.14.Przykład(Przestrzenie orbit)
(1)Rzut rzeczywisty n-przestrzenie RPn jest przestrzenią ilorazową z Sn prze relację równoważności z klasami równoważności {±x}, x ∈ Sn. Odwzorowanie ilorazowe p:Sn → RPn jest zarówno otwarte i domknięte ,ponieważ(14.11) nasycenie ±U otwartego (domkniętego) zbiory U⊂ Sn jest otwarty (domknięty) ponieważ x → -x jest homeomorfizmem. Elementy z RPn mogą być traktowane jako linie przechodzące przez początek Rn+1 .Zbiór linii jest otwarty jeśli zbiór punktów przecięcia z sumą sfer jest otwarta.
(2) Bardziej ogólnie, niech G x X → X będzie działaniem grupy dyskretnej na przestrzeni X. Dana przestrzeń orbity G\X topologii iloczynowej i niech pG : X → G\X będzie odwzorowaniem ilorazowym. Punkty w przestrzeni orbitowej są orbitami punktów w X a otwarte podzbiory są orbitami otwartych podzbiorów w X. Nasycenie dowolnego podzbioru A z X jest orbitą GA = ∪ginGgA z A . Jeśli A jest otwarte, GA jest otwarte; jeśli A jest domknięte a G jest skończone, GA jest domknięte. Zatem odwzorowanie ilorazowe pG jest zawsze otwarte (14.11); jeśli G jest skończone, jest również domknięte.
Odwzorowanie ciągłe f:X → Y odnosi się do relacji równoważności R jeśli punkty równoważności mamy identyczne obrazy, to znaczy, jeśli x1Rx2 ⇒ f(x1) = f(x2). Odwzorowanie ilorazowe X → X/R w odniesieniu do relacji równoważności R i jest uniwersalnym przykładem takiego odwzorowania.
Twierdzenie 14.15. Niech f:X → Y będzie odwzorowaniem ciągłym. Wtedy:
(1) Odwzorowanie p:X → X/R odnosi się do relacji równoważności R
(2) Jeśli odwzorowanie ciągłe f:X → Y odnosi się do R, wtedy istnieje jednoznaczne odwzorowanie ciągłe f^ : X → Y takie ,że


komutuje (Mówimy ,że f rozkłada się na czynniki przez X/R). Odwrotnie, jeśli f rozkłada się na czynniki przez X/.R wtedy f odnosić się do R.
(3) Jeśli istnieje f^ wtedy : f^ jest ilorazem ⇔ f jest ilorazem
Dowód. Jeśli f^ istnieje wtedy jasno f odnosi się do R. Odwrotnie, jeśli f odnosi się do R wtedy możemy zdefiniować f^[x] = f(x) a to odwzorowanie jest ciągłe z 14.6 i jest jedyną możliwością. Reszta wynika z 14.10
Twierdzenie mówi ,że istnieje bijektywna odpowiedniość
{Odwzorowania ciągłe X → Y , które odnoszą się do R} ↔ (f → f^ ; gop ← g) {Odwzorowania ciągłe X/R → Y}
biorące odwzorowania ilorazowe do odwzorowań ilorazowych
14.16.Przykłady
(1) Niech f:X → Y będzie surjektywnym odwzorowanie ciągłym. Rozważmy relację równoważności odpowiadające rozkładowi X = ∪y∈Yf-1(y) z X do włókien f-1(y), y ∈ Y. Niech X/f oznacza przestrzeń ilorazową. Zatem X/f jest zbiorem włókien wyposażonych w topologię ilorazową . Z budowy, przekształcenie f odnosi się to tej relacji równoważności więc jest jednoznaczne ciągłe odwzorowanie f^ takie że diagram


komutuje. Zauważ ,że f^ jest bijektywne. Bijektywne odwzorowanie ciągłe f^:X/f & rarr Y jest homeomorfizmem jeśli i tylko jeśli f jest ilorazem (14.9, 14.15). W szczególności, wszystkie odwzorowania ilorazowe mają (do homeomorfizmu) postać X → X/R dla pewnej relacji równoważności R na X
(2) Niech f:X → Y będzie surjektywnym odwzorowaniem ciągłym. Odwzorowanie indukcyjne f^:X/f → Y jest ciągłą bijekcją ale ogólnie nie homeomorfizmem. Zamiast tego, przestrzeń ilorazowa X/f jest homeomorficzna do Y z topologią ilorazową która jest cieńsza niż dana topologia. Na przykład X/f jest Hausdorffa jeśli Y jest Hausdorffa.
(3) Niech f:X → Y będzie odwzorowaniem ciągłym. Wtedy f ma rozkład kanoniczny


gdzie p jest odwzorowaniem ilorazowym. f^ jest bijekcją ciągłą a ι odwzorowaniem inkluzyjnym.
(4) Niech X będzie przestrzenią topologiczną a A1,A2,...Ak skończonym zbiorem domkniętych podzbiorów. Rozważmy relację równoważności gdzie klasy równoważności są zbiorami A1,A2,...Ak razem ze zbiorem {x} dla x ∉ A1 ∪ A2 ∪...∪Ak . Przestrzeń ilorazowa X/(A1,...,Ak) jest uzyskiwana z X przez identyfikację każdego ze zbiorów Ai do punktu p(Ai). Odwzorowanie ilorazowe p:X → X/(A1,...,Ak) jest domknięte ponieważ (14.11) domknięte wzory A ⊂ X ma domknięte nasycenie A ∪ ∪Ai ∩ A ≠ 0 Ai. Odwzorowanie ciągłe f:X → Y rozkłada się na czynniki przez przestrzeń ilorazową X/(A1,...,Ak) jeśli i tylko jeśli wysyła każdy ze zbiorów Ai ⊂ X do punktu w Y (14.15). Ograniczenie p|X-(A1 ∪...∪Ak): X - (A1 ∪...∪Ak) → X/(A1,...,Ak) - {p(A1),...,p(Ak1 ∪...∪Ak jest homeomorfizmem (14.2). W przypadku tylko jednej domkniętej podprzestrzenią A ⊂ X , przestrzeń ilorazowa jest oznaczona X/A.
(5) Odwzorowanie standardowe f:[0,1] → S1 , które bierze t ∈ [0,1] do (cos(2&pit), sin(2πt)) jest ilorazem, ponieważ jest ciągłe i domknięte. Przekształcenie indukowane [0,1]/{0,1} → S1 jest homeomorfizmem. Ogólniej przekształcenie standardowe Dn/Sn-1 → Sn jest homeomorfizmem gdzie Dn ⊂ Rn, dysk jednostkowy, jest zbiorem wektorów długości ≤ 1
(6) Niech R będzie relacją równoważności "zero lub nie zero" na R. Przestrzeń iloczynowa R/R jest homeomorficzna do przestrzeni Sierpińskiego {0,1}
(7) Istnieje oczywiste ciągłe odwzorowanie surjektywne f:Z+ X S1 → ∪Cn (12.13.(2)), które pobiera Z+ x {1} do punktu wspólnego dla wszystkich okręgów. To odwzorowanie jest ciągłe ponieważ jego ograniczenia do każdego z otwartych zbiorów {n} x S1 jest ciągłe (13.5.(5)). Jednakże f nie jest odwzorowaniem ilorazowym (14.8) dla obrazu domkniętego nasyconego zbioru składającego się z punktów n x (cos(π/2), sin(&pi/2)) jest niedomknięty, ponieważ nie zawiera wszystkich swoich punktów skupienia. Indukowane bijektywne odwzorowanie ciągłe f^:Z+ x S1/Z+ x {1} → ∪Cn nie jest dlatego homeomorfizmem Istnieje oczywiste ciągłe surjektywne odwzorowanie g:Z+ x S1/Z+ x {1} → ∪C1/n (12.13.(2)) które pobiera Z+ x {1} do punktu wspólnego wszystkim okręgom. To odwzorowanie jest ciągłe ponieważ jego ograniczenia dla każdego otwartego zbioru {n} x S1 jest ciągły (13.5.(5)). Jednak , g nie jest odwzorowaniem ilorazowym dla obrazu domkniętego nasyconego zbioru Z+ x {-1} nie jest domknięty ponieważ nie zawiera wszystkich punktów skupienia. Indukowane bijektywne ciągłe odwzorowanie g^:Z+ x S1/Z+ x {1} → ∪C1/n również nie jest homeomorfizmem. (W rzeczywistości (15.10.(7)), przestrzeń ilorazowa Z+ x S1/Z+ x {1}, znana jako przeliczalny klin okręgów Vn∈Z+S1 nie jest homeomorficzne do dowolnej podprzestrzenie płaszczyzny)
(8) Niech P4g będzie 4g-gonem i z brzegami oznaczonym a1,b1,a1,b1,...,ag,bg,ag,bgw kierunku ruchu wskazówek zegara. Domknięta powierzchnia zorientowana Mg rodzaju g ≥ 1 jest (homeomorficzne do) przestrzeni ilorazowej P4g/R gdzie R jest relacją równoważności, która tworzy identyfikacje a1b1a1-1,b1-1 ... agbgag-1,bg-1na obwodzie i żadnych identyfikacji w wewnątrz wielokąta. Czy te powierzchnie są homeomorficzne względem siebie?
(9) Niech P2g będzie regularnym 2g-gonem z brzegami oznakowanymi a1,a1,...,ag,ag w kierunku ruchu wskazówek zegara. Ta domknięta nie orientowana powierzchnia Ng rzędu g ≥ 1 jest przestrzenią ilorazową P2g/R gdzie R jest relacją równoważności, która tworzy identyfikacje a12....ag2 na obwodzie i żadnej identyfikacji we wnętrzu wielokąta. Dla g = 1 osiągamy płaszczyznę rzutową RP2 i dla g = 1 uzyskujemy butelką Kleina
14.17.Przykład (Przestrzeń doklejona). Rozważmy ustawienie składającego się z przestrzeni X u odwzorowania ciągłego f:A → Y zdefiniowanego na podprzestrzenie domkniętej A ⊂ X. Niecg R będzie najmniejszą relacją równoważności na X II Y takie ,że aRf(a) dla wszystkich a ∈ Al kalsy równoważności z R są {a}II f(a) dla a ∈ A, {x} dla x ∈ X - A, i f-1(y)II{y} dla y ∈ Y. Przestrzeń doklejona jest przestrzenią ilorazową
X ∪f Y = X II Y / R
dla relacji równoważności R. Niecg f^ : X → X ∪f Y będzie odwzorowaniem X → X II Y → X ∪f Y i niech i^:Y → ∪f Y będzie odwzorowaniem Y → X II Y → X ∪f Y.Te dwa ciągłe odwzorowania zgodne na A w tym sensie ,że f^ o i = i^ o f a przestrzeń doklejona jest przestrzenią uniwersalną z tą właściwością. Dla dowolnej przestrzeni Z odwzorowanie odbiorcze X → Z ← Y które jest zgodne na A istnieje jednoznaczne odwzorowanie ciągłe X ∪f Y takie ,że diagram


komutuje. Przekształcenie i^:Y → X ∪f Y jest domkniętymi zbiorami B ⊂ C ⊂ X II Y mającymi domknięte nasycenia f-1(R)II B. Ponieważ i^ jest injektywne jest osadzone ; jego obraz jest domkniętą podprzestrzenią X ∪f Y homeomorficzną do Y. Odwzorowanie f^|X - A : X - A → X ∪f Y jest otwarte dla otwartych zbiorów U ⊂ X - A ⊂ X II Y ma otwarte nasycenie UII∅. Ponieważ f^|X - A jest injektywne jest osadzone; jego obraz jest otwartą podprzestrzenią z X ∪f homeomorficzną do X -A. Odwzorowanie ilorazowe XIIY & rarr; X ∪f Y jest domknięte jeśli odwzorowanie f jest domknięte, dlatego też domknięte podzbiory B ⊂ X & sub; XIIY mają domknięte nasycenia B ∪ f-1f(B ∩ A) II f(A ∩ B). Zobaczymy później ,że X ∪f Y jest normalne kiedy X i Y są normalne. Tylko kilka właściwości topologicznych jest zachowanych przez odwzorowania ilorazowe, Powód jest taki ,że surjektywne otwarte odwzorowania i surjektywne domknięte odwzorowania są odwzorowaniami ilorazowymi więc dowolna właściwość niezmiennicza pod odwzorowaniem ilorazowym musi również być niezmiennicza zarówno przy otwartymi jak i zamkniętymi odwzorowanymi. Jak widzieliśmy w 14.16.(6) przestrzeń ilorazowa z przestrzeni Hausdorffa nie musi być Hausdorffa, nawet T1. Generalnie, przestrzeń ilorazowa X/R to T1 jeśli i tylko jeśli wszystkie klasy równoważności są zbiorami domkniętymi. (Na przykład, jeśli X i Y są T1 wtedy również przestrzenią doklejoną X ∪f Y to T1) Przestrzeń ilorazowa X/R jest Hausdorffa jeśli i tylko jeśli dowolne dwie różne klasy równoważności są zawarte w rozłącznych otwartych zbiorach nasyconych.
14.18.Twierdzenie. Jeśli X jest regularne a A ⊂ X jest domknięte wtedy przestrzeń ilorazowa X/A jest Hausdorffa
Iloczyn dwóch odwzorowań ilorazowych nie musi być odwzorowaniem ilorazowym.

CZĘŚĆ XV : Topologie metryczne

Jeśli X jest zbiorem z metryką d:X x X → [0,∞] zbió {Bd(x,ε)| x ∈ X , ε > 0} kul Bd(x,ε) = {y ∈ X | d(x,y) < ε} jest bazą dla topologii metrycznej Td indukowanej przez d.
15.1.Definicja. Przestrzeń metryczna jest przestrzenią topologiczną powiązaną ze zbiorem metrycznym. Przestrzeń topologiczna jest metryzowalna jeśli topologia jest indukowana przez pewną metrykę na X.
Wymiar Hausdorffa, fraktale lub chaos są przykładami metrycznymi, raczej niż topologicznymi , pojęciami.
Twierdzenie 15.2(Ciągłość w świecie metrycznym) .Niech f:X → Y będzie odwzorowaniem między przestrzeniami metrycznymi z metrykami dX i dY, odpowiednio. Poniższe warunki są równoważne:
(1) f jest ciągłe
(2) ∀x ∈ X∀ε > 0∃δ > 0∀y ∈ X :dX(x,y) < δ ⇒ dY(f(x),f(y)) < ε
(3) ∀x ∈ X∀ε > 0∃δ > 0:f(BX(x,δ)) ⊂ BY(f(x), ε)
15.3.Twierdzenie(Porównanie topologii metrycznych).Niech d i a′ będą metrykami na X a Td , Td′ powiązanymi topologiami metrycznymi. Wtedy
Td ⊂ Td′ ⇔ ∀x ∈ X ∀ε > 0∃δ > 0 : Bd′(x,δ) ⊂ Bd(x, ε)
Dowód. Td ⊂ Td′ jeśli i tylko jeśli odzworowanie tożsamościowe (X,Td′) → (X,Td) jest ciągłe
15.4.Lemat(standardowa metryka ograniczona). Niech b będzie metryką na X. Wtedy d′(x,y) = min{d(x,y),1} jest metryką ograniczoną na X (nazwana standardową ograniczoną metryką odpowiednią do d), która indukuje tą samą topologię na X jak d
Dowód. albo użyjemy powyższego twierdzenia albo użyjemy tego dla dowolnej metryki zbioru kul o promieniu < 1jest podstawą dla topologii metrycznej. Te podstawy są takie same dla tych dwóch metryk
Twierdzenie 15.5 (Własność dziedziczenia przestrzeni metryzowalnych). Dowolna podprzestrzeń przestrzeni metryzowalnej jest metryzowalna. Dowolny przeliczalny iloczyn przestrzeni metryzowalnych jest metryzowalna
Dowód. Zobacz [9,Ćw. 21.1] dla pierwszego założenia. Aby udowodnić drugie założenie , niech Xn , n ∈ Z+ , będzie przeliczalnym zbiorem przestrzeni metrycznych. Możemy założyć ,że każde Xn, ma wymiar co najmniej 1.(15.4). Wstawiamy
d((xn),(yn)) = sup{1/n⋅dn(xn>,yn) | n ∈ Z+}
dla punktów (xn) i (yn) z ΠXn i przekonać się ,że d jest metryką. Idea jest taka ,że 1/n⋅dn(xn,yn) ≤ 1/n staje się małe kiedy n staje się duże. Dla dowolnego ε > 0
d((xn),(yn)) ≤ ε ⇔ ∀n ≤ N:1/n⋅dn(xn,yn) ≤ ε
gdzie N jest takie ,że Nε > 1
Twierdzenie jest takie ,że topologia metryczna pokrywa się z topologią iloczyny na &PI;Xn. Musimy pokazać ,że topologia metryczna korzysta z dwóch właściwości, które charakteryzują topologię iloczynu (13.14). Najpierw, odwzorowanie rzutowe πn: ΠXn → Xn są ciągłe ponieważ d(x,y) < ε ⇒ dn(x,y) < nε (15.2). Po drugie, niech f:X → ΠXn będzie odwzorowaniem takim ,że jest ciągłe dla wszystkich n. Przy danym x ∈ X i ε > 0, istnieje otoczenie Un z x takie ,że dnnf(x),πnf(y)) < nε dla wszystkich y ∈ Un. Wtedy d(f(x), f(y)) < ε dla wszystkich y ∈ U1 ∩ ...∩ UN gdzie Nε > 1 (pamiętaj ,że wszystkie przestrzenie Xn ma średnicę co najwyżej 1). To pokazuje ,że f:X → ΠXn jest ciągłe
15.6.Pierwszy aksjomat przeliczalności. Które przestrzenie topologiczne są metryzowalne? Aby odpowiedzieć na to pytanie musimy zbudować arsenał metryzowalnych i niemetryzowalnych przestrzeni i określić właściwości, które są wspólne dla wszystkich przestrzeni metryzowalnych. Oto pierwsze takie właściwości: Wszystkie przestrzenie metryczne są Hausdorffa i pierwsze policzalne
15.7.Definicja (Podstawy otoczenia). Podstawa sąsiedztwa przy x ∈ X jest zbiorem sąsiedztw z x takich ,że dowolne sąsiedztwo z x składa się z elementów zbiorów.
15.8.Definicja (Pierwsza przeliczalna przestrzeń) Niech X będzie przestrzenią a xx punktem w X. Mówimy ,że X ma przeliczalną podstawę przy x jeśli istnieje przeliczalną podstawę otoczenia przy x. X jest pierwsze przeliczalne jeśli wszystkie punkty X mają przeliczalną podstawę otoczenia.
Wszystkie przestrzenie metryzowalne są pierwsze przeliczalne ponieważ {B(x1/n) | n ∈ Z+} jest przeliczalną podstawę otoczenia przy x
15.9.Twierdzenie (Właściwość dziedziczenia pierwszych przeliczalnych przestrzeni). Dowolna podprzestrzeń pierwszej przeliczalnej przestrzeni jest pierwszą przeliczalną. Dowolny przeliczalny iloczyn pierwszych przeliczalnych przestrzeni jest pierwszą przeliczalną.
Dowód. Pierwsze założenie jest natychmiastowe. Niech ΠXn będzie przeliczalnym iloczynem pierwszych przeliczalnych przestrzeni. Niech (xn) będzie punktem z ΠXn. Niech Bn będzie przeliczalną podstawą przy xn ∈ Xn. Zbiór wszystkich iloczynów ΠUn gdzie Un ∈ Bn dla skończenie wielu n i Un= Xn dla wszystkich pozostałych n jest wtedy policzalną podstawą przy (xn)
15.10.Przykład
(1) R jest pierwsze policzalne ponieważ jest przestrzenią metryczną
(2) Rl jest pierwsza policzalna. Zbiór wszystkich półotwartych przedziałów [a,b) gdzie b > a jest wymierne jest przeliczalną podstawą otoczeń przy punkcie a. Czy Rl jest metryzowalne?
(3) Czy RK jest pierwsze policzalne? Czy jest metryzowalne?
(4) Przestrzeń uporządkowana S^Ω = [0,Ω] nie jest pierwszą przeliczalną przy Ω ale jest pierwszą przeliczalną przy dowolnym innym punkcie. Niech {Un} będzie dowolnym przeliczalnym zbiorem sąsiedztw z Ω Wybieramy an < Ω takie ,że (an, Ω] ⊂ Un i wybieramy a takie ,że an < a < Ω dla wszystkich n. Jest to możliwe ponieważ zbiór przeliczalny {an} ⊂ [0,Ω) lewych punktów końcowych ma kres górny w [0,Ω). Wtedy (a, Ω] jest otoczeniem Ω które nie zawiera dowolnego z Un ponieważ nawet nie zawiera dowolnego przedziału (an, &Omega]. Sekcja SΩ, jednakże, jest pierwsze przeliczalne: {1} = [1,2) jest otwarte więc SΩ ma skończoną podstawę przy pierwszym elemencie 1. Dla dowolnego innego elementu , α > 1, możemy użyć przeliczalnego zbioru sąsiedztw postaci (β,α] dla β < α . Czy SΩ jest metryzowalne?
(5) RJ nie jest pierwsze przeliczalne w dowolnym punkcie kiedy J jest nieprzeliczalne: Niech {Un}n∈Z+ będzie dowolnym zbiorem sąsiedztw, powiedzmy, punktu (0)j∈J z RJ. Twierdzimy ,że istnieje sąsiedztwo , które nie zawiera dowolnego z Un. Jest tak ponieważ istnieje indeks j0 ∈ J taki ,że πj0(Un) = R dla wszystkich n. Rzeczywiście, zbiór j dla których to nie jest prawda


jest przeliczalną sumą zbiorów skońćzonych, zatem przeliczalny (5.5(3)). Wtedy otoczenie πj0-1(R-{1}) z (0)j∈J nie zawiera dowolnego sąsiedztwa Un w zbiorze przeliczalnym (RJ nie spełnia nawet sekwencji lematu (15.12.(1)))
(6) Domknięte (14.16.(4)) odwzorowanie ilorazowe R → R/Z pobiera pierwszą przeliczalną przestrzeń R do przestrzeni, która nie jest pierwszą przeliczalną przy punkcie odpowiednim do Z. Można to zaobserwować przez rodzaj argumentu przekątnej : Niech {Un}n∈Z będzie przeliczalnym zbiorem otwartych sąsiedztw z Z ⊂ R . Niech U będzie otwartym sąsiedztwem z Z takim ,że U ∩ (n,n+1), n ∈ Z, równe Un ∩ (n,n+1) z jednym usuniętym punktem. Wtedy U nie zawiera dowolnego z Un.
(7) Odwzorowanie ilorazowe p:IIn∈Z+S1 → Vn∈Z+S1 jest domknięte. Domena IIn∈Z+S1 = Z+ x S1 ⊂ R x R2 jest pierwszym przeliczalnym ale obraz Vn∈Z+S1 nie jest: Niech {Un}n∈Z+ będzie dowolnym zbiorem nasyconych sąsiedztw z Z+ x {1}. Nasycone sąsiedztwo U które przy poziomie n równym Un z usuniętym punktem nie zwiera dowolnego Un. Wynika z (15.9), że Vn∈Z+S1 nie osadza się w R2 ani w innej pierwszej przeliczalnej przestrzeni. Na przykład, uniwersalna właściwość przestrzeni ilorazowej (14.15) daje rozkład


odwzorowania ciągłego f takiego ,że πm(f|{n} x S1) jest funkcją tożsamościową kiedy m = n i funkcją stałą kiedy m ≠ n. Indukowane odwzorowanie f^ jest injektywnym odwzorowaniem ciągłym. Nie może być osadzone dla przeliczalnego iloczynu ΠS1 kół jest pierwszym przeliczalnym (15.9). Topologia na VS1 jest cieńsza niż topologia podprzestrzeni dziedziczona Z ΠS1. Te przykłady pokazują ,że nieprzeliczalny iloczyn pierwszych przeliczalnych (nawet metrycznych) przestrzeni i ilorazem pierwszej przeliczalnej przestrzeni może nie być pierwszą przeliczalną. Pewne liniowo uporządkowane przestrzenie są pierwsze przeliczalne, pewne nie. W pierwszej przeliczalnej (np. metrycznej) przestrzeni X, punkty domknięcia dowolnego A ⊂ X mogą być realizowane przez sekwencję z A w tym sensie ,że są dokładne punkty skupienia sekwencji zbieżnych w A Generalnie , nie jest to prawda.
15.12.Lemat NIech X będzie przestrzenią topologiczną
(1) (Lemat sekwencji) Niech A ⊂ X będzie podprzestrzenią a x punktem z X. Wtedy x jest granicą sekwencji punktów z A ⇒ x ∈ A^.
(2) (Odwzorowanie ciągłe zabezpieczania sekwencje konwergencji) Niech f:X → Y będzie odwzorowaniem Z do przestrzeni Y. Wtedy
f jest ciągła ⇒ f(xn) → f(x) kiedy xn & rarr; x dla dowolnej sekwencji xn w X
Dowód.
(1) Kierunek ⇒ jest jasny. Odwrotnie, załóżmy ,że x ∈ A^. Niech Un będzie przeliczalną podstawą przy x. Możemy założyć ,że U1 ⊃ U2 ⊃ ... ⊃ Un ⊃ Un+1 ⊃ ... możemy zastąpić Un przez U1 ∩ ... ∩ Un. Dla każdego n wybieramy punkt xn ∈ A ∩ Un. Twierdzimy ,że sekwencja (xn) jest zbieżna do x .Niech U będzie otoczeniem x. Wtedy Un ⊂ U dla pewnego n takiego ,że xm ∈ Um ⊂ Un ⊂ U dla m ≥ n.
(2) Kierunek ⇒ jest jasny. Odwrotnie, załóżmy ,że f(xn) → f(x) kiedy xn → x. Chcemy pokazać ,że f jest ciągłe, tj. (13.3(6)) ,że f(A^) ⊂ (f(A))^ dla dowolnego A ⊂ X. Niech x ∈ A^. Ponieważ X jest pierwszym przeliczalnym, jest z (1) sekwencję punktów an ∈ A zbieżne do x. Z hipotezy, sekwencja f(an) ∈ f(A) jest zbieżne do f(x). Zatem f(x) ∈ (f(A))^ z (1) ponownie. Mówimy ,że X spełnia lemat sekwencji jeśli dla dowolnego A ⊂ X i dla dowolnego x ∈ A^ istnieje sekwencja punktów w A zbiegających do x. Podsumowując:
X jest metryzowalne ⇒ X jest pierwsze przeliczalne ⇒ X spełnia lemat sekwencji (Frecheta)
Największy element Ω jest punktem skupienia z [0,Ω] ale nie jest ograniczone do dowolnej sekwencji w [0,Ω) ponieważ dowolna taka sekwencja ma kres górny w [0,Ω). Zatem [0,Ω) nie spełnia lematu sekwencji. Zatem nie jest pierwszą przeliczalną i nie metryzowalna.
15.13.Metryka jednostajna Niech Y będzie przestrzenią metryczną z metryką ograniczoną d i niech J będzie zbiorem. Omówimy jednostajną zbieżność która jest metryczną, nie topologiczną, koncepcją
15.14.Definicja Jednostajna metryka na YJ = Πj∈JY = map(J,Y) jest metryką daną przez d^(f,g) = sup{j ∈ J | d(f(j),g(j))}
Łatwo jest sprawdzić ,że jest to rzeczywiście metryka
Twierdzenie 15.15 Na RJ mamy : topologię iloczynu ⊂ topologia jednostajna ⊂ topologia pola
Elementy YJ są funkcjami f:J → Y. Zauważ ,że ciąg funkcji fn : J → Y zbieżna jest w metryce jednostajnej do funkcji f:J → Y jeśli i tylko jeśli
∀ε > 0∃N > 0∀j ∈ J∀n ∈ Z+: n > N ⇒ d(fn(j), f(j)) < ε
Mówimy ,że sekwencja funkcji fn: J → Y zbiega się jednostajnie do funkcji f: J → Y
Twierdzenie 15.16 (Twierdzenie granicy jednostajnej). Załóżmy ,że J hest przestrzenią topologiczną i ,że Y jest przestrzenią metryczną, Granica jednostajna dowolnego ciągu (fn) funkcji ciągłych fn : J → Y jest ciągła

CZĘŚĆ XVI : Przestrzenie spójne

16.1Definicja Przestrzeń topologiczna X jest spójna jeśli ni jest sumą X = X0 ∪ X1 dwóch rozłącznych otwartych, nie pustych podzbiorów X0 i X1
Dwa podzbiory A i B przestrzeni X są rozdzielne jeśli A ∩ B^ = ∅ A^ ∩ B. Oznacza to ,że dwa zbiory są rozłączne i nie zawierają punktu skupienia drugiego. Dwa rozłączne otwarte (domknięte) zbiory są rozdzielne. Jeśli C ⊂ A i D ⊂ B i A i B są rozdzielne, wtedy C i D są rozdzielne. Rozdzielenie X składa się z dwóch rozdzielnych nie pustych podzbiorów A i B z sumą X - A ∪ B.
Twierdzenie 16.2. Poniższe jest równoważne
(1)X jest spójne
(2)Jedynymi clopen(domkniętymi i otwartymi) podzbiorami z X są ∅ i X
(3)X nie ma rozdzielenia
(4)Każde odwzorowanie ciągłe X & rarr; {0,1} do przestrzeni dyskretnej {0,1} jest stałe
Dowód.
(1)⇒ (2) : Jeśli C jest domkniętym i otwartym podzbiorem z X , wtedy również dopełnienie X - C jest domknięte i otwarte. Zatem X = C ∪ (X - C) jest sumą dwóch rozłącznych otwartych podzbiorów i dlatego jeden z tych zbiorów musi być pusty.
(2)⇒ (3) : Załóżmy ,że X = A ∪B gdzie A i B są rozdzielne. Wtedy A^ ⊂ A dla A^ nie napotykającego B. Zatem A jest domknięte. Podobnie B jest domknięte. Dlatego A jest zarówno otwarte jak i domknięte. Zgodnie z hipotezą, A jest zbiorem pustym albo całym X
(3)⇒ (4): Załóżmy ,że istnieje surjektywny ciągłe odwzorowanie f : X → {0,1}. Wtedy X = f-1(0) ∪ f-1(1) jest rozdzieleniem X
(4)⇒(1) : Udowodnimy fałszywie dodatnie. Załóżmy ,że X nie jest spójne. Wtedy X = U1 ∪ U2 gdzie U1 i U2 są U1rozłączne, otwarte i nie puste. Odwzorowanie f :X → {0,1} dane przez f(U1) = 0 i f(U1) = 1 jest nie stałym odwzorowaniem ciągłym.
Twierdzenie 16.3 Jeślu f ;X → Y jest ciągłe a X jest spójne, wtedy f(X) jest spójne
Dowód. Użyjemy równoważności (1) i (4) z Twierdzenia 16.2. Niech f:X → Y będzie odwzorowaniem ciągłym. Jeśli f(X) nie jest spójne, istnieje nie stałe odwzorowanie ciągłe f(X) & rarr; {0,1} a zatem nie stałe odwzorowanie ciągłe X → {0,1}. Więc X nie jest spójne.
16.4.Przykład
(1)R - {0} = R- ∪ R+ nie jest spójne bo jest to suma dwóch rozłącznych otwartych niepustych podzbiorów.
(2)Później udowodnimy ,że R jest spójne i ,że podzbiory spójne z R są dokładnymi przedziałami, półprostymi R i ∅
(3)Rl nie jest spójne dla [a,b) jest domkniętym i otwartym podzbiorem kiedy a < b. Faktycznie, dowolny podzbiów Y z Rl zawiera co najmniej dwa punkty a < b jest niespójny ponieważ Y ∩ [a,b) jest domkniętym i otwartm ale nie równy ∅ lub Y (Rl jest całkowicie niespójny)
(4)RK jest spójne
(5)Q jest całkowicie niespójny (i nie dyskretny): Niech Y będzie dowolną podprzestrzenią z Q zawierającą co najmniej dwa punkty a < b. Wybieramy liczbę niewymierną t między a i b. Wtedy Y ∩ (t,∞) = Y ∩ [t,∞) domknięty i otwarty ale nie równy ∅ lub Y
(6)Określone punkty topologii są spójne
Podprzestrzeń x jest spójna jeśli jest spójna w topologii podprzestrzeni . Podprzestrzeń przestrzeni spójnej musi oczywiście nie być spójna. Więc jak możemy powiedzieć czy podprzestrzeń jest spójna?
16.5.Lemat Niech Y ⊂ X będzie podprzestrzenią. Wtedy
Y jest spójne ⇔ Y nie jest sumą dwóch rozdzielnych niepustych podzbiorów X
Dowód. Załóżmy ,że Y = Y1 ∪ Y2 jest sumą dwóch podprzestrzeni. Zaobserwujemy ,że
(16.6) Y1 i Y2 są rozdzielne w Y ⇔ Y1 i Y2 są rozdzielne w X
Ponieważ ClY( Y1 ) ∩ Y2 =( Y1)^ ∩ Y ∩ Y2 = (Y1)^ ∩ Y2. Teraz lemat wynika bezpośrednio z 16.2, równoważności (1) i (3).
16.7.Następstwo Załóżmy ,że Y ⊂ X jest podprzestrzenią spójną. Dla każdej pary A i B rozdzielnych podzbiorów X takich ,że Y ⊂ A ∪ B mamy albo Y ⊂ A lub Y ⊂ B
Dowód. Podzbiory Y ∩ A i Y ∩ B są rozdzielne (ponieważ większe zbiory A i B są rozdzielne) z sumą Y. Z 16.5, jeden musi być pusty , Y ∩ A = ∅, powiedzmy, więc Y ⊂ B
Twierdzenie 16.8 Niech (Yj)j∈J będzie indeksowaną rodziną spójnych podprzestrzeni przestrzeni X. Załóżmy też ,że istnieje indeks j0 ∈ J , taki ,że Yj i Yj0 ne są rozdzielnymi dla dowolnego j ∈ J. Wtedy suma cup;j∈JYj jest spójna
Dowód. Musimy udowodnić ,że podprzestrzeń Y = cup;j∈JYj jest spójna. Użyjemy kryterium lematu 16.5. Załóżmy ,że Y = A ∪ B jest sumą dwóch rozłącznych podzbiorów A i B z C. Każdy ze zbiorów Yj jest z Następstw 16.7 zawarty albo w A albo w B. Powiedzmy ,że Yj0 jest zawarty w A. Wtedy Yj musi być zawarty w A dla wszystkich j ∈ J bo jeśli Yj ⊂ B dla pewnego j wtedy Yj i j0 byłyby rozdzielne. Dlatego Y = A
16.9.NastępstwoSuma zbiorów podprzestrzeni spójnych z punktem wspólnym jest spójna.
Dowód. Stosujemy 16,8 z dowolną podprzestrzenią jako Yj0
16.10.Następstwo Niech C będzie spójną podprzestrzenią X, Wtedy C^ jest spójne. Rzeczywiście , jeśli C ⊂ Y ⊂ C^ wtedy Y jest spójne
Dowód. Stosujemy twierdzenie 16.8 do zbioru składającego się z C i {y} dla y &isnl Y - C. Wtedy C i {y} nie są rozdzielna ponieważ y ∈ C^
16.11Następstwo Załóżmy ,że dla dowolnych dwóch punktów w X istnieje podprzestrzeń spójna zawierająca oba z nich. Wtedy X jest spójne
Dowód. Niech x0 będzie stałym punktem X. Dla każdego punktu x ∈ X, niech Cx będzie podprzestrzenią zawierającą x0 i x. Wtedy X = ∪Cx jest spójne ponieważ ∩Cx ≠ ∅
Twierdzenie 16.12 Iloczyny przestrzeni spójnych są spójne
Dowód. Udowodnimy najpierw ,że iloczyn X x Y dwóch przestrzeni spójnych X i Y jest spójny. Faktycznie, dla dowolnych dwóch punktów (x1, y1) i (x2, y1) podprzestrzeń X x { y1} ∪ {x2} x Y zawiera te dwa punkty a ta podprzestrzeń jest spójna ponieważ (16.9) jest sumą dwóch spójnych podprzestrzeni ze wspólnym punktem. Zatem X x Y jest spójne z Następstwa 16.11
Następnie, indukcja pokazuje ,że iloczyn skończenie wielu przestrzeni spójnych jest spójny. Na końcu, rozważmy iloczyn Π Xj przestrzeni spójnych Xj , j ∈ J. Wybierając (3.4) punkt xj w każdej z tych przestrzeni Xj (zakładając ,że wszystkie te przestrzenie iloczynu są niepuste). Dla każdego skończonego podzbioru F z J niech CF ⊂ ΠXj będzie iloczynem podprzestrzenie Xj jeśli j ∈ F a {xj} jeśli j ∉ F. Ponieważ CF jest spójne dla każdego podzbioru F a te podzbiory mają punkt (xj)j∈J wspólny, suma ∪F∈ F^ CF; gdzie F^ jest zbiorem wszystkich skończonych podzbiorów z J, jest spójne (16.9). Suma ta to nie tylko ΠXj ale jej domknięcie


jest domknięte

CZĘŚĆ XVII : Podzbiory spójne przestrzeni uporządkowanych liniowo

Celem tej części jest oreślenie podzbiorów spójnych R, w rzeczywistości, oglnie, o dowolnym liniowym continuum. Przypomnijmy sobie ,że podzbiór C liniowo uporządkowanego zbioru X jest wypukły w X jeśli a,b ∈ C ⇒ [a,b] ⊂ C. Łatwo jest zobaczyć ,że podprzestrzenie spójne są wypukłe. Ale czy wszystkie podprzestrzenie wypukły również są spójne? Podzbiór wypukły [0,], nie jest spójny w Z ale jest spójny w R.
17.2.Lemat.Niech X będzie liniowo uporządkowana przestrzenią a C podprzestrzenią z X. Wtedy
C jest spójne ⇒ C jest wypukłe
Odwrotność posiada to jeśli X jest liniowym kontinuum
Dowód. Niech C ⊂ X ,podprzestrzeni , która nie jest wypukła. Wtedy istnieją punkty a < x < b w X takie ,że a i b są w C a x poza C .Ponieważ C ⊂ (-infin;, x) ∪ (x, +∞) jest zawarte w sumie dwóch rozdzielnych podzbiorów, i spełnia oba, C nie jest spójne(16.7). Niech teraz C będzie liniowym continuum a C wypukłym podzbiorem z X. Twierdzimy że C jest spójne. Wybieramy stały punkt a ∈ C i zauważ ,że C = ∪b∈C[a,b] jest sumą domkniętych przedziałów ze wspólnym punktem. Dlatego wystarczający (16.9) do udowodnienia twierdzenia w przypadku C = [a,b] jest domknięty przedział. Załóżmy ,że [a,b] = A ∪ B jest sumą dwóch zbiorów rozdzielnych A i B gdzie b ∈ B. Musimy wykazać ,że A = ∅ (16.5). Zbiory A i B są domknięte i otwarte w [a,b] (ponieważ tworzą separacje z [a,b] (16.6)). Ponieważ domknięty przedział [a,b] jest domknięty w X (9.1), A i B są również domknięte w X. Jeśli założymy ,że A ≠ &empty wtedy niepusty zbiór ograniczony A ma supremum, c = sup A. Wtedy c ≤ b i c ∈ A ponieważ A jest domknięte w X (Supremum dowolnego zbioru ograniczonego zawsze należy do domknięcia zbioru ponieważ w przeciwnym razie nie będzie supremum). Więc c < b (dla b ∉ A) i A ⊂ [a,b). Teraz, A jest otwarte w [a,b] i w podprzestrzeni [a,b) (która ma topologię podprzestrzeni która jest topologią porządkową).Ale to przeciwieństwo c ∈ A dla żadnego elementu otwartego podzbioru A z [a,b) może być górną granicą dla A: Dla dowolnego punktu d ∈ A istnieje otwarty przedział (x,y) wokół d taki ,że [a,b) ∩ (x,y) ⊂ A i ponieważ [d,y) ≠ ∅, d nie jest górną granicą dla A (W skrócie ,c ∈ od A jest domknięte w X i c ∉ A ponieważ A jest otwarte w [a,b).). Dlatego A musi być puste. Odwrotność 17.2 jest oczywiście nie prawdziwa ogólnie, ponieważ na przykład Z+ jest wypukłe, ale nie spójne (są luki). Teraz powinniśmy identyfikować liniowo uporządkowane przestrzenie, które są spójne.
Twierdzenie 17.3 Niech X będzie liniowo uporządkowaną przestrzenią. Wtedy X jest spójna w topologii porządkowej ⇔ X jest liniowym kontinuum. Podzbiory spójne liniowego kontinuum X to : X,&empty, przedziały i promienie.
Dowód. Załóżmy ,że X jest liniowo uporządkowanym zbiorem, który nie jest liniowym kontinuum. Wtedy istnieją niepsute, właściwe ,clopen podzbiory z X:
*Jeśli (x,y) = ∅ dla pewnych punktów x < y wtedy (-∞, x] = (∞ , y) jest clopen i ≠ &empty, X
*Jeśli A ⊂ X jest niepustym podzbiorem ograniczonym z powyższego, który nie ma supremum wtedy zbiór z górnym ograniczeniem B= ∩α∈A[a,∞) = ∪b∞B(b,∞) jest clopen i ≠ ∅,X
Dlatego X nie jest spójne.
Zakładamy ,że X jest liniowym kontinuum. Z 17.2 wiemy ,że spójne i wypukłe podzbiory z X są takie same. W szczególności, liniowe kontinuum X, z pewności wypukłe w samym sobie, jest spójne w topologii porządkowej. Niech C będzie niepustym podzbiorem wypukłym z X. Spójrzmy na dwa przypadki:
*C nie jest ograniczone ani z góry ani z dołu. Niech x będzie dowolnym punktem z X. Ponieważ x nie jest ani dolną ani górną granicą dla C istnieje a,b ∈ C tak więc a < x < b. Wtedy x ∈ C będzie wypukłością. Zatem C = X
*C jest ograniczone z góry ale nie z dołu. Niech c = supC będzie jego supremum Wtedy C ⊂ (-∞,c]. Niech x < c będzie punktem. Ponieważ x nie jest ani dolną ani górną granicą dla C istnieje a,b ∈ C tak więc a < x < b. Wtedy x ∈ C będzie wypukłością. Zatem (∞ ,c) ⊂ C ⊂ (-∞,c] a C jest albo (-∞,c) albo (-∞ c]. Argumenty są podobne w innych przypadkach. Przypomnij sobie ,że X również ma właściwość infimum.
Twierdzenie 17.4 [Twierdzenie o wartości pośredniej]. Niech f:X → Y będzie odwzorowaniem ciągłym spójnej przestrzeni topologicznej X dl liniowo uporządkowanej przestrzenia Y. Wtedy f(X) jest wypukłe. Jeśli Y jest liniowym kontinuum, f(X) jest przedziałem (ograniczonym lub nieograniczonym, domknietym , półotwartym lub otwartym)
Dowód. X spójne ⇒ (16.3) f(X) spójne ⇒ (17.3) f(X) wypukłe.Dla podzbioru liniowego kontinuum wiemy (17.3) ,że spójne = wypukłe = przedział.
Dowolnie liniowo uporządkowana przestrzeń zawierająca dwa kolejne punkty, dwa punkty a i b z (a,b) = ∅ nie jest spójna ponieważ X = (-∞b) ∪ (a , +∞) jest sumą dwóch rozłącznych otwartych zbiorów.. Dowolny dobrze uporządkowany zbiór X zawierający co najmniej dwa punkty jest całkowicie niespójny w topologii porządkowej. Bo jeśli C ⊂ X zawiera a < b wtedy a ∉ C ∩ (a,b] ∋ b jest domknięte i otwarte w C ponieważ (a,b] jest domknięte i otwarte w X.
17.5.Przestrzenie łukowo spójne Spójność łukowa jest silniejszą właściwością niż spójność
17.6 Definicja Przestrzeń topologiczna X jest łukowo spójna jeśli dla dowolnych dwóch punktów x0 i x1 w X istnieje odwzorowanie ciągłe (ścieżka) f:[0,1] → X z f(0) = x0 i f(1) = x1. Obraz pod odwzorowaniem ciągłym przestrzeni łukowo spójnej jest łukowo spójny. Dowolny iloczyn przestrzeni łukowo spójnych jest łukowo spójny.
17.7 Przykład.Płaszczyzna euklidesowa z usuniętym punktem Rn - {0} jest łukowo spójna kiedy n ≥ 2 ponieważ dowolne dwa punkty mogą być łączone przez łuk linii łamanych. Zatem również (n-1)- sfera Sn-1, która jest obrazem Rn - {0} pod odwzorowaniem ciągłym x |-> x/x|x|, jest łukowo spójna dla (n-1) ≥ 1. Ponieważ przedział jednostkowy I jest spójny, wszystkie łuki f(I) są również spójne więc wszystkie przestrzenie łukowo spójne są , jako sumy łuków emanujących z jednego stałego punktu, spójne. Odwrotność nie jest prawdziwa, nie wszystkie przestrzenie są łukowo spójne.
17.8.Przykład (1) (Krzywa sinusoidalna topologiczna) Niech S będzie wykresem funkcji sin(1/x), 0 < x ≤ 1, rozważmy ją jako podprzestrzeń płaszczyzny R2. (Domknięta) krzywa sinusoidalna topologiczna jest podprzestrzenią S^ = S ∪ ({0} x [-1,1]) płaszczyzny. Wynika z 16.3 i 6.10 , że S^ jest spójna.
2.Kwadrat uporządkowany I02 jest spójna ponieważ jest liniowym kontinuum, ale nie jest łukowo spójny. Załóżmy ,że f:[0,1] → I02 jest łukiem z najmniejszego elementu (dolny lewy róg) ,f(0) = 0 x 0 do największego elementu (górny prawy róg) f(1) = 1 x1. Wtedy f jest surjektywne dla obrazu zawierającej przedział [0x 0,1x1] = I02. Ale jest to niemożliwe ponieważ uporządkowany kwadrat I02 zawiera nieprzeliczalnych wielu otwartych rozłącznych podzbiorów ale [0,1] nie zawiera nieprzeliczalnie wielu otwartych rozłącznych podzbiorów (wybieramy liczbę wymierną w każdym z nich)
3.RK jest spójna ale nie przestrzenią łukowo spójną
4.Kompaktyfikacja Stonea - Cecha βR z R jest spójna ale nie łukowo spójna
17.9.Składowe i ścieżki składowych Relacja na X definiowana przez
x ~ y ⇔ To jest podzbiór spójny C ⊂ X taki ,że x ∈ C a y ∈ C
x ~(p) y ⇔ To jest ścieżka w X między x i y
są relacjami równoważności.
17.10.Definicja Składowe z X są klasami równoważności pierwszej relacji równoważności. Ścieżki składowych z X są klasami równoważności drugiej relacji równoważności. Składowe zawierające punkt x ∈ X jest, z definicji , sumą wszystkich podprzestrzeni spójnych zawierających x. Ścieżka składowych punktu x ∈ X , składa się z definicji, ze wszystkich punktów ze ścieżki do x. Twierdzenie 17.11 (1).Składowe są podzbiorami spójnymi domkniętymi rozłącznymi z sumą X. Dowolny podzbiór spójny z X jest zawarty precyzyjnie w jednym ze składowych; (2)Jeśli X = ∪Cα gdzie Cαsą podprzestrzeniami spójnymi takimi ,że dla wszystkich α ≠ β jest separacją A ∪ B z X z Cα ⊂ A i Cβ ⊂ B, wtedy Cα są składowymi X
;(3) Ścieżka składowych X są podzbiorami łukowo spójnymi rozłącznymi z sum X. Dowolny łukowo spójny podzbiór jest zawarty precyzyjnie w jednej ze ścieżek składowych;(4). Ścieżki składowych są spójne. Składowe sumami ścieżek składowych
Dowód.(1) Składowe formują rozkłada z X ponieważ są klasami równoważności. Składowe są spójne z definicji relacji ~ i 16.11. Wszystkie punkty z podzbioru spójnego są równoważne więc są zawarte w tej samej klasie równoważności. W szczególności 16.11, C^ ⊂ C dla dowolnej składowej C więc C jest domknięty.;(2)Ponieważ każde Cα jest spójne, jest zawarty w dokładnie jednej składowej, Czy mogą być dwie z Cα, powiedzmy Cα i Cβ, wewnątrz jednej składowej , powiedzmy C? Nie: Wybierz rozdzielenie X = A ∪ B takie ,że Cα ⊂ A i Cβ ⊂ B. Wtedy C ⊂ X = A ∪ B a C napotyka zarówno A i B co jest niemożliwe; (3) Ścieżki składowych są łukowo spójne przez ich różne definicje. Wszystkie łukowo spójne przestrzenie są spójne, więc każda ścieżka składowa jest zawarta w dokładnie jednej składowej. Zatem składowe są sumami ścieżek składowych.
Jeśli X ma tylko skończenie wiele składowych, składowe są domknięte i otwarte. Jeśli X = C1 ∪ …. ∪ Cn gdzie skończenie wielu podprzestrzeni Ci są spójne i rozdzielne wtedy Ci są składowymi X. Ścieżki składowych mogą domknięte, otwarte, domknięte i otwarte, lub ani domknięte ani otwarte. Jednakże, dla lokalnie spójnych przestrzeni składowych a ścieżki składowych zbiegają się
17.13.Definicja Przestrzeń X jest lokalnie (łukowo) spójną przy punkcie x jeśli każde otoczenie x zawiera (łukowo) spójne sąsiedztwo z x. Przestrzeń z X jest lokalnie (łukowo) spójna jeśli jest lokalnie (łukowo) spójna w każdym z jej punktów.
17.14.Twierdzenie.Przestrzeń X , jest lokalnie (łukowo) spójne jeśli i tylko jeśli otwarte podzbiory mają otwarte (ścieżki) składowych (otwarte w X ,lub ,co jest tym samym (11.3), otwarte w otwartym zbiorze). W lokalnie (łukowo) spójnej przestrzeni (ścieżki) składowych są clopen
Dowód. Załóżmy ,że X jest lokalnie spójne i niech U będzie otwartym podzbiorem. .Rozważmy składową C ,z U. Twierdzimy ,że C jest otwarte. Niech x będzie punktem w C. Wybieramy otoczenie spójne V z x takie ,że V ⊂ U. Ponieważ V jest spójne i przecina C, V ⊂ C. to pokazuje ,że C jest otwarte. W szczególności, składowe (z otwartego zbioru X) są otwarte i, ponieważ formują rozkład, są domknięte. Załóżmy ,że otwarte podzbiory mają otwarte składowe. Niech x będzie punktem X i U otoczenia z x. Niech C będzie składową z U zawierającego x/ Wtedy C jest otwartym spójnym otoczeniem x zawartym w U. Wynika z tego na przykład, że otwarte podzbiory z R są sumami w większości przeliczalnie wielu przedziałów otwartych. Dla zbioru otwartego jest suma jego składowych , które są otwarte, ponieważ R jest lokalnie spójne, i spójne, więc są otwartymi przedziałami. Ponieważ każdy z otwartych przedziałów zawiera liczbę wymierną, istnieje co najmniej przeliczalnie wiele składowych. Dowolny domknięty podzbiór z R jest składową do sumy co najwyżej przeliczalnie wielu przedziałów otwartych
Twierdzenie 17.15 W lokalnie łukowo spójnej przestrzeni , ścieżki składowe i składowe są takie same
Dowód. Załóżmy ,że X jest lokalnie łukowo spójna. Każda ścieżka składowa P jest zawarta w unikalnej składowej, C. Ponieważ C jest spójne a P jest clopen, P = C
Na przykład, składowe i ścieżki składowe lokalnie przestrzeni euklidesowej, taki jak rozmaitości, są takie same. Przestrzeń lokalnie łukowo spójna jest łukowo spójna jeśli i tylko jeśli jest spójna.
17.16.Twierdzenie Lokalnie (łukowo) spójne przestrzenie mają lokalnie (łukowo) spójne przestrzenie ilorazowe.
Dowód. Niech X będzie lokalnie spójną przestrzenią i p : X → Y jest odwzorowaniem ilorazowym .Niech V będzie podzbiorem z Y a C składową z V. Wtedy p-1(C) jest sumą komponentów z p-1(V) ponieważ odwzorowania ciągłe zachowują spójności. Jeśli V jest otwarte w Y, p-1(V) jest otwarte w X, a ponieważ X jest lokalnie spójne wynika z (17.14) ,że p-1( C ) jest otwarte w X. To oznacza (14.5), że C jest otwarte w Y. Ponieważ zatem otwarte podzbiory z Y mają otwarte składowe, Y jest lokalnie spójne.

CZĘŚĆ XVIII : Przestrzenie zwarte

18.2Definicja Przestrzeń topologiczna X jest zwarta jeśli spełnia jeden z poniższych warunków równoważności:
1.Każdy zbiór otwartych podzbiorów których sumą jest X zawierającym skończony podzbiór którego sumą jest X
2.Każdy zbiór domkniętych podzbiorów , których część wspólna to ∅ zawierająca skończony podzbiór którego część wspólna to ∅
Zbiór otwartych podzbiorów których sumą jest cała przestrzeń jest nazywana pokryciem otwartym. Zatem przestrzeń jest zwarta jeśli dowolne otwarte pokrycie zawiera skończone otwarte pokrycie. Dowolna skończona przestrzeń jest zwarta jeśli istnieje skończenie wiele otwartych podzbiorów. Dowolna zwarta dyskretna przestrzeń jest skończona/ Linia rzeczywista R nie jest zwarta jeśli pokrycie otwarte {(-n,n) | n ∈ Z+} nie ma skończonych subpokryć. Jakie podprzestrzenie są zwarte? 18.3.Twierdzenie Niech Y będzie podprzestrzenią X .Poniższe jest równoważne:
1.Y jest zwarte
2.Każdy zbiór otwartych podzbiorów z X których suma zawiera Y zawierająca skończony podzbiór którego suma zawiera Y
3.Każdy zbiór domkniętych podzbiorów X którego część wspólna jest rozłączna z Y zawiera skończony podzbiór którego część wspólna jest rozłączna z Y
Dowód. (1) ⇒ (2) : Niech {Uj | j ∈ J} będzie zbiorem otwartych podzbiorów z X takim ,że Y ⊂ ∪Uj. Wtedy{Y ∩ Uj| j ∈ J } jest otwartym pokryciem Y. Ponieważ Y jest zwarta, Y = ∪j∈J′ Y ∩ Uj dla pewnego skończonego zbioru indeksowanego J′ ⊂ J. Oznacza to ,że Y ⊂ ∪j∈J′Uj.
(2) ⇐ (1) : Niech {Vj | j ∈ J } będzie otwartym pokrycie z Y. Wtedy Vj = Y ∩ Uj dla pewnego otwartego zbioru Uj ⊂ X i Y ⊂ ∩j∈JUj. Z założenia, Y ⊂ ∪ j∈J′Uj dla pewnego skończonego zbioru indeksowego J′ ⊂ J. Dlatego Y = Y ∩ ∪j∈J′ Y ∩ Uj = ∪j∈J′ Vj. To pokazuje ,że Y jest zwarta.
(2) ⇔ (3) : Wynika z praw DeMorgana
Twierdzenie 18.4Domknięte podprzestrzenie przestrzeni zwartych są zwarte
Dowód. Załóżmy ,że X jest przestrzenią zwartą a Y ⊂ X podzbiorem domkniętym. Niech Fj, j ∈ J, będzie zbiorem domkniętych podzbiorów z X , takim ,że Y ∩ ∩j∈JFj = ∩j∈J Y ∩ Fj = ∅ Ze spójności X, ∅ = ∩j∈J′Y∩ Fj = Y ∩ ∩j∈J′Fj dla pewnego skończonego zbioru indeksowego J′ ⊂ J. Zatem Y jest zwarta z 18.3
Twierdzenie 18.5 Jeśli f:X → Y jest ciągłe a X jest zawarta, wtedy f(X) jest zwarte
Dowód. Niech Uj, j ∈ J, będzie zbiorem otwartych podzbiorów Y, które pokrywa obraz f(X). Wtedy X = ∪j∈Jf-1(Uj) jest otwartym pokryciem z X. Ponieważ X jest zwarte, X = ∪j∈J′f-1(Uj) dla pewnego skończonego zbioru indeksowego J′ ⊂ J. Wtedy f(X) = f(∪j∈J′f-1(Uj)) = ∪j∈J′ff-1(Uj) ⊂ ∪j∈J′Uj. To pokazuje ,że f(X) jest zwarte (18.3)
Twierdzenie 18.6/ . Niech X będzie przestrzenią Hausdorffa. Każdy podzbiór zwarty X jest domknięty. Jeśli K i L są rozłącznymi podprzestrzeniami zwartymi z X, wtedy istnieją rozłączne podzbiory otwarte U,V ⊂ X takie ,że K ⊂ U i L ⊂ V
Dowód. Rozważmy pierwszy specjalny przypadek gdzie L = {x0} jest punktem. Dla każdego punktu x ∈ K ,właściwość Hausdorffa implikuje ,że istnieją rozłączne zbiory otwarte Ux, Vx takie ,że i x ∈ Ux i x0 ∈ Vx .Ponieważ K jest zwarte (18.3), K ⊂ Ux1 ∪ … ∪ Uxt dla skończenie wielu punktów x1, …, xt ∈ K. Zbiór U = Ux1 ∪ … ∪ Uxt i V = Vx1∩ … ∩ Vxt. Istnienie samego V mówi nam ,że K jest domknięte. Załóżmy następnie że L jest podprzestrzenią zwartą z X. Dla każdego punktu y ∈ L istnieją rozłączne zbiory Uy ⊃ K i Vy ∋ y. Ze spójności L jest pokrywane przez skończenie wiele Vy. Wtedy K jest zawarte w części wspólnej odpowiednich skończenie wielu Uy
18.7.Następstwo. Niech X będzie zwartą przestrzenią Hausdorffa
1.Niech C ⊂ X podzbioru. Wtedy C jest zwarte ⇔ C jest domknięte
2.Jeśli A i B są rozłącznymi domkniętymi zbiorami w X , wtedy istnieją rozłączne zbiory otwarte U,B, takie ,że A ⊂ U i B ⊂ V
Dowód (1) ⇒ to 18.6 i ⇐ to 18.4
(2) Niech A i B będą rozłącznymi podzbiorami domkniętymi z X. Wtedy A i B są spójne jak pokazano. Teraz zastosujemy 18.6
18.8.Lemat Załóżmy ,że X jest przestrzenią spójną, Y , jest przestrzenią Hausdorffa, i f : X → Y jest odwzorowaniem ciągłym
(1)f jest domknięte (14.1)
(2)Jeśli f jest surjektywne, jest domkniętym odwzorowaniem ilorazowym (14.7)
(3)Jeśli f jest injektywne, jest osadzone (13.10)
(4)Jeśli f jest bijektywne, jest homeomorfizmem (13.7)
Dowód. Niech f : X → Y będzie odwzorowaniem ciągłym przestrzeni spójnej X do przestrzeni Hausdorffa Y
(1).Mamy
C jest domknięte w X ⇒ C jest spójne ⇒ f(C) jest spójne ⇒ f (C) jest domknięte w Y
co pokazuje ,że f jest odwzorowaniem domkniętym
(2).Każde surjektywne domknięte odwzorowanie ciągłe jest domkniętym odwzorowaniem ilorazowym (14.11)
(3).Każde injektywne domknięte odwzorowanie ciągłe jest osadzone
(4).Każde bijektywne domknięte odwzorowanie ciągłe jest homeomorfizmem (14.9)
18.9.Przykład
(1).(Nieredukowalne) zawieszenie przestrzeni X jest przestrzenią ilorazową
SX = [0,1] x X/({0} x X, {1} x X)
Jakie jest zawieszenie n-sfery Sn ? Definiujemy f:[0,1] x Sn → Sn+1 będące (ciągłym) odwzorowaniem, które pobiera (t,x), t ∈ [0,1], do ścieżki geodezyjnej z bieguna północnego (0,1) ∈ Sn+1, przez punkt równikowy (x,0) ∈ Sn ⊂ Sn+1 , do bieguna południowego (0,-1) ∈ Sn+1 (Współrzędne z Rn+2 = Rn+1 x R). Z uniwersalnej właściwości przestrzeni ilorazowej istnieje indukowane ciągłe i bijektywne odwzorowanie. F^:SSnn+1. Ponieważ SSn jest spójna (jako iloraz iloczynu dwóch przestrzeni spójnych) a Sn+1 jest Husdorffa (jako podprzestrzeń przestrzeni Hausdorffa), f^ jest homeomorfizmem (18.8).Często zapisujemy SSn = Sn+1 , n ≥ 0 , gdzie znak równości oznacza "jest homeomorficzne do"
(2).Każde injektywne odwzorowanie ciągłe S1 → R2 jest osadzony. Czy można znaleźć injektywne odwzorowanie ciągłe R1 → R2 które nie jest osadzone?
(3).Rogata sfera Alexandra jest dzikim osadzeniem 20sfery S2 w R3 takie ,że komponent nieograniczony dopełnienia R3 - S2 zawiera nieściągalne pętle. Może być to łatwiejsze niż rozpatrywanie rogatego dysku Alexnadra
18.10.Następstwo Jeśli f:X → Y jest ciągłe a x jest zwarta i lokalnie spójne a Y jest Husdorffa, wtedy f(X) jest zwarta i lokalnie spójna
Dowód. Wiemy (18.8) ,że f:X → f(X) jest odwzorowaniem ilorazowym. Obraz ilorazowy lokalnie spójną przestrzenią jest lokalnie spójna (17.16)
18.11.Lemat >Niech X i Y będą przestrzeniami topologicznymi gdzie Y jest spójna. Niech x0 będzie punktme z X .Dla otoczenia N ⊂ X x Y suwaka {x0} x Y istnieje otoczenie U z x0 takie ,że {x0} x Y ⊂ U x Y ⊂ N.
Dowód. Dla każdego puntu y ∈ Y istnieje iloczyn otoczenia taki ,że x0 x y ⊂ Uy x Vy ⊂ N. Ponieważ Y jest spójna, istnieje skończenie wiele punktów y1 …. yk ∈ Y takie ,że Y = V1 ∪ … ∪ Vk gdzie Vi = Vyi. Wstaw U = U1 ∩ … Uk
Twierdzenie 18.12 Iloczyn skończenie wielu przestrzeni zwartych
Dowód. Wykażemy ,że iloczyn X x Y dwóch przestrzeni zwartych X i Y jest zwarty. Twierdzenie w ogólnej postaci wynika z indukcji. Załóżmy ,że Aj , j ∈ J , jest pokryciem otwartym z X x Y. Wykażemy ,że istnieje skończone subpokrycie. Dla każdego punktu x ∈ X, suwak, {x} x Y, homeomorficzny do Y, jest zwarty i dlatego {x} x Y ⊂ ∪j∈JxAj dla pewnego skończonego zbioru indeksowanego Jx ⊂ J . Dzięki lematowi (18.11) wiemy ,że zbiór otwarty ∪x z x. Ze spójności, X = Ux1 ∪ ….∪ Uxk może być pokryta przez skończenie wiele otoczeniu Ux .Teraz


Gdzie ∪1≤i≤kJxi ⊂ J jest skończone
18.13.Lemat .Jeśli X zawier nieskończenie domkniętych podprzestrzeni dyskretnych, wtedy X nie jest zwarta
Dowód. Dowolna domknięta podprzestrzeń dyskretna przestrzeni zwartej jest zwarta i dyskretna, zatem skończona
18.17.Lemat Niech C1 ⊃ C2 ⊃ …. ⊃ Cn ⊃ … będzie ciągiem malejącym domkniętych niepustych podzbiorów przestrzeni zwartej .Wtedy ∩ Cn ≠ ∅
Dowód. Jeśli ∩ Cn = ∅ wtedy Cn = ∅ dla pewnego n ∈ Z+ z 18.2(2)
Twierdzenie 18.15 Niepusta zwarta przestrzeń Hausdorfa bez punktów izolowanych jest niepoliczalna
Dowód.Niech xn będzie ciągiem punktów w X. Wystarczy (5.3) wykazać ,że {xn} n ∈ Z+ } ≠ X
Ponieważ X jest Huasdorffai nie ma punktów izolowanych istnieje ciąg malejący
V1 ⊃ V2 ⊃ … ⊃ Vn-1 ⊃ Vn ⊃ …
niepustych otwartych zbiorów takich ,że xn ∉ V^1 dla wszystkich n. Są zbudowane rekurencyjnie. Wstawiamy V0 = X. Załóżmy ,że Vn-1 została zabudowana dla pewnego n ∈ Z+. Ponieważ xn nie jest izolowany , {xn} ≠ Vn-1.Wybieramy punkt yn ∈ Vn-1 różny od xn i wybieramy rozłączne (rozdzielne) zbiory otwarte Un ⊂ X, Vn ⊂ Vn-1 takie ,że xn ∈ Un i yn ∈ Vn. Wtedy Un ∩ V^n = ∅ więc xn∉ V^n
Z budowy, część wspólna ∩ V^n nie zawiera żadnych punktów {xn} ciągu i przez spójność (18.14), ∩V^n ≠ ∅. Zatem X zawiera punkt , który nie jest w ciągu. Kompaktyfikacja Aleksandrowa ωZ+ = K^ = K ∪ {0} , gdzie K jest jak w 8.9, jest przeliczalną zwartą przestrzeń Hausdorffa z punktami izolacyjnymi. Czy prawdą jest ,że zwarta przestrzeń Hausdorffa jest nieprzeliczalna?
Twierdzenie 18.16 Iloczyn Πj∈JXj dowolnego zbioru (Xj)j∈J przestrzeni zwartej jest zwarty.
Dowód. Wstawiamy X = Πj∈JXj. Powiedzmy ,ze zbiór podzbiorów z X jest zbiorem FIP jeśli dowolny skończony podzbiór ma niepuste części wspólne. Wystarczające jest wykazać ,że


dla dowolnego zbioru A podzbioru z X.
Więc niech A będzie zbiorem FIP podzbiorów z X. Jakoś musimy znaleźć punkt x w ∩A∈AA^
Krok 1.Zbiór FIP A jest zawarty w maksymalnym zbiorze FIP. Zbiór (superzbiór?) A ze zbioru FIP zawierający A jest ściśle częściowo uporządkowany przez właściwą inkluzję. Liniowo uporządkowany podzbiór (superzbiór?) B ⊂ A ma górną granicę, mianowici zbiór FIP ∪B = ∪B∈BB zawierający A. Teraz lemat Zorna (7.4) mówi ,że A ma elementy maksymalne. Dlatego możemy założyć ,że A jest maksymalnym zbiorem FIP
Krok 2 Maksymalność z A implikuje
(18.17) A1, … , Ak ∈ A ⇒ A1 ∩ … ∩ Ak ∈ A
a dla dowolnego podzbioru A0 ⊂ X mamy
(18.18) ∀A ∈ A: A0 ∩ A ≠ ∅ ⇒ A0 ∈ A
Aby udowodnić (18.17) ,zauważ ,że zbiór A ∪ { A1∩ … ∩ Ak} jest FIP, zatem równa się A przez maksymalność. Aby udowodnić (18.18) zauważ ,że zbiór A ∪ { A0} jest FIP : Niech A1,…, Ak ∈ A. Z (18.17) A1 ∩ … ∩ Ak ∈ A więc A1 ∩ …. ∩ Ak ∩ A ≠ ∅ z założenia.
Krok 3. x ∈ ∩A∈AA^.Punkt jest taki ,że πj-1(Uj) &isinl A dla dowolnego sąsiedztwa Uj z xj. Wynika to z (18.18) ponieważ πj-1(Uj) ∩ a ≠ ∅ ,lub równoważnie, Uj ∩ πj(A) ≠ ∅ ,dla dowlnego A ∈ A ponieważ xj ∈ πj(A)^. Ponieważ A ma FIP wynika ,że πj1-1(Uj1)∩ … ∩ πjk-1(Ujk) ∩ A ≠ ∅ kiedy Ujt)& są sąsiedztwami skończenie wielu punktów xjt ∈ Xjt i A ∈ A. Zatem x ∈ A^ dla wszystkich A w zbiorze A; innymi słowy x ∈ ∩A∈AA^

CZĘŚĆ XIX : Podprzestrzenie zwarte przestrzeni liniowo uporządkowanych

Wykażemy ,że dowolna podprzestrzeń zwarta przestrzeni liniowo uporządkowanej jest zawarta w zamkniętym przedziale
19.1.Lemat Niech X będzie przestrzenią liniowo uporządkowaną a ∅ &ne C ⊂ X niepustą podprzestrzenią zwartą. Wtedy C ⊂ [m,M] dla pewnych elementów m,M ∈ C
Dowód. Wtedy C ma najmniejszy i największy elemnet. Dowód damy przez przeciwieństwo . Załóżmy ,że C nie ma największego elementu. Wtedy C ⊂ &cupc∈C (-∞,c) ponieważ dla dowolnego a ∈ C jest c ∈ C takie ,że a < c . Przez zwartość
C ⊂ (-∞, c1) ∪ … ∪ (-∞ ck) ⊂ (-∞ c)
Gdzie c = max{ c1,…, ck} jest największym (6.6) ze skończenie wielu elementów c1, … , ck ∈ C .Ale jest to przeciwieństwo ponieważ c ∈ C i c ∉ (∞ , c)
Teraz wykażemy ,że np. przedział jednostkowy [0,1] jest zwarty w R. Zwróć uwagę ,że przedział jednostkowy nie jest zwarty w R - {1/2} .(Część wspólna wszystkich domkniętych podprzestrzeni [-1/n + ? , 1/n + ?] ⊂ [0,1], n ≥ 2, jest pusta ale część wspólna skończenie wielu z nich niej jest pusta). Powodem tej różnicy jest to ,że R ,ale nie R- 1/2 , ma właściwość supremum
Twierdzenie 19.2 Niech X będzie przestrzenią liniowo uporządkowaną z właściwością supremum. Wtedy każdy domknięty przedział [a,b] w X jest zwarty.
Dowód. Niech [a,b] ⊂ X będzie domkniętym przedziałem a A i otwarte pokrycie [a,b] (z topologią podprzestrzeni, która jest topologią uporządkowaną). Musimy wykazać ,że [a,b] jest pokryte przez skończenie wiele zbiorów ze zbioru A. Zbiór
C = {x ∈ [a,b] | [a,x] może być pokryty przez skończenie wiele składowych A}
jest niepusty (a ∈ C) i ograniczony z góry (przez b). Niech c = supC będzie supremum C. Wtedy a ≤ c & le; b. Wykażemy ,że c = b
Krok 1 : Jeśli x ∈ C i x < b wtedy C ∩ (x,b] ≠ ∅
Dowód Kroku 1: Załóżmy najpierw ,że x ma bezpośredni następnik y > x. Nie możemy mieć x < b < y, za to y nie będzie bezpośrednim następnikiem. Więc x < y ≤ b. Wyraźnie [a,y] = [a,x] ∪ {y} może być pokryte prze skończenie wiele składowych A. Załóżmy następnie ,że x nie ma bezpośredniego następnika. Wybieramy zbiór otwarty A ∈ A zawierający x .Ponieważ A jest otwarte w [a,b] i zawiera x < b , A zawier przedział postaci [x,d) dla pewnego d ≤ b. Ponieważ d nie jest bezpośrednim następnikiem x istnieje punkt y ∈ (x,d). Teraz [a,y] ⊂ [a,x] ∪ [x,d) ⊂ [a,x] ∪ A może być pokryte przez skończone zbiory z A.
Krok 2 : c ∈ C
Dowód Kroku 2 : Twierdzimy ,że [a,c] może być pokryte przez skończenie wiele składowych A. Z Kroku 1 mamy ,że C zawiera elementy > a więc górna granica c jest również > a. Wybieramy A ∈ A takie ,że c ∈ A. Ponieważ A jest owtarte w [a,b] i a < c, A zawiera przedział w postaci (d,c] dla pewnego d gdzie a ≤ d. Ponieważ d nie jest górną granicą dla C, istnieją punkty z C w (d,c]. Niech y będzie takim punktem. Teraz [a,c] = [a,y] ∪ (d,c] ⊂ [a,y] ∪ A może być pokryte przez skończenie wiele zbiorów z A.
Krok 3 c = b
Dowód Kroku 3. Z Kroku 2 , c &isin,. C. Ale wtedy c = b dla Kroku 1, mówiąc ,że jeśli c < b ,wtedy c może nie być górną granicą. Na przykład, uporządkowany kwadrat IO2 = [0 x 0 ,1 x 1], Z^+ = [1,∞] i S^Ω = [1, Ω] są zwartymi przestrzeniami liniowo uporządkowanymi. Ponieważ przestrzeń liniowo uporządkowana R ma supremum, uzyskujemy ,że wszystkie domknięte przedziały w R są zwarte
19.3.Następstwo Niech X będzie przestrzenią liniowo uporządkowaną a ∅ ≠ C ⊂ X podprzestrzenią niepustą. Wtedy
C jest zwarta i spójna ⇒ C jest przedziałem domkniętym
Dowód. Ponieważ C jest zwarta, C ⊂ [m.M] dla pewnego m,M ∈ C i [m,M] ⊂ C ponieważ C jest spójne,zatem wypukłe (17.2). W kontinuum liniowym każdy domknięty przedział jest zwarty (19.2) i spójny (17.2). W szczególności podzbiory spójne i zwarte kontinuum liniowego R są dokładnie przedziałami domkniętymi.
Twierdzenie 19.4 (Heine - Borela) . Podzbiór C ⊂ Rn jest zwart jeśli i tylko jeśli jest domknięty i ograniczony w metryce standardowej.
Dowód. Niech C ⊂ Rn będzie zwarta. Ponieważ C jest zwarta u {(-R,R)n | R > 0} otwartym pokryciem Rn, istnieje R > 0 takie ,że C ⊂ [-R,R]n. Zatem, C jest ograniczone. Zwarte podprzestrzenie przestrzeni Hausdorffa są domknięte (18.6) , więc C jest domknięte.
Odwrotnie, jeśli C jest domknięte i ograniczone , wtedy C jest domkniętym podzbiorem [-R,R]n dla pewnego R > 0. Ale [-R,R]n jest zwarta (19.3,18.12) i domknięte podzbiory przestrzeni zwartej są zwarte (18.4), w szczególności, C jest zwarta.
Twierdzenie 19.5. Niech f:X → Y będzie odwzorowaniem ciągłym niepustej przestrzeni topologicznej X do liniowo uporządkowanej przestrzeni Y
1.JeśliX jest zwarta , wtedy istnieją m,M &isisn; X takie, że f(m) ≤ f(x) ≤ f(M) dla wszystkich x ∈ X
2.Jeśi X jest zwarta i spójna wtedy istnieją m,M ∈ X takie ,że f(X) = [f(m) , f(M)]
Dowód. (1) Ponieważ obraz f(X) jest zwartyu (18.5) możemy zastosować (19.1). (2) Ponieważ obraz f(X) jest zwarty (18.5) i spójny (16.3) możemy zastosować (19.3)
19.6.Zwartość w przestrzenimetrycznej
19.7.Lemat (Lemat Lebesgue).Niech X będzie zwartą przestrzenią metryczną. Dla dowolnego otwartego pokrycia A z X istnieje ε > 0 (liczba Lebesgue otwartego pokrycia A) takie że dowolny podzbiór z X ze średnicą <ε jest zawarty w składowej A.
Dowód. Dla każdego punktu x ∈ X, wybieramy εx 0, taki ,że kula B(x,2εx) jest zawarta w składowej A. Zbiór {B(x, εx)}x∈ X pokrywa X więc ze zwartości
X = B(x1x1)∪ B(x2x2) ∪ …. ∪ B(xkxk) dla skończenie wielu punktów x1, x2, … , xk ∈ X. Niech ε będzie najmniejszą z liczb ε12,…,εk. Nierówność trójkąta implikuje ,że &epsilon działa (Załóżmy ,że A ⊂ X z diamA < &eplsion;. Wybieramy dowolny punkt a w A. Istnieje i takie ,że d(xi, a) < ε. Niech b będzie punktem w A. Ponieważ d(b,xi1) < ε + εi≤ 2εi, punkt b jest zawarty w B(xi,2εi), który jest zawarty w składowej A).
19.8.Definicja Odwzorowanie f:X → Y między przestrzeniami metrycznymi jest jednostajnie ciągłe jeśli dla wszystkich ε > 0 istnieje δ > 0 taka ,ze dY(f(x1), f(x2) ) < ε kiedy dX( x1, x2) < δ:
∀ε > 0∃δ > 0∀ x1, x2 ∈ X : dX( x1, x2) < δ ⇒ dY>(f(x1), f(x2) ) < ε
Twierdzenie 19.9 Niech f : X → Y będzie odwzorowaniem ciągłym między przestrzeniami metrycznymi. Jeśli X jest zwarta, wtedy f jest jednostajnie ciągłe.
Dowód. Dane jest ε > 0 . Niech δ będzie liczbą Lebesgue otwartego pokrycia {f-1B(y, ε) | y ∈ Y}. Wtedy mama dla wszystkich x1,x2 ∈ X
dX < δ ⇒ diam{ x1,x2} < δ
⇒ ∃y ∈ Y : { x1,x2} ⊂ f-1B(y,ε)
⇒ ∃y ∈ Y : {f(x1),fx2)} ⊂ B(y,ε)
⇒ dY( f(x1),fx2)) < 2ε

CZĘŚĆ XIX : Podprzestrzenie zwarte przestrzeni liniowo uporządkowanych

wykażemy ,że dowolna podprzestrzeń zwarta przestrzeni liniowo uporządkowanej jest zawarta w zamkniętym przedziale
19.1.Lemat Niech X będzie przestrzenią liniowo uporządkowaną a ∅ &ne C ⊂ X niepustą podprzestrzenią zwartą. Wtedy C ⊂ [m,M] dla pewnych elementów m,M ∈ C
Dowód. Wtedy C ma najmniejszy i największy elemnet. Dowód damy przez przeciwieństwo . Załóżmy ,że C nie ma największego elementu. Wtedy C ⊂ &cupc∈C (-∞,c) ponieważ dla dowolnego a ∈ C jest c ∈ C takie ,że a < c . Przez zwartość
C ⊂ (-∞, c1) ∪ … ∪ (-∞ ck) ⊂ (-∞ c)
Gdzie c = max{ c1,…, ck} jest największym (6.6) ze skończenie wielu elementów c1, … , ck ∈ C .Ale jest to przeciwieństwo ponieważ c ∈ C i c ∉ (∞ , c)
Teraz wykażemy ,że np. przedział jednostkowy [0,1] jest zwarty w R. Zwróć uwagę ,że przedział jednostkowy nie jest zwarty w R - {1/2} .(Część wspólna wszystkich domkniętych podprzestrzeni [-1/n + 1 / 2 , 1/n + 1 / 2] ⊂ [0,1], n ≥ 2, jest pusta ale część wspólna skończenie wielu z nich niej jest pusta). Powodem tej różnicy jest to ,że R ,ale nie R- 1/2 , ma właściwość supremum
Twierdzenie 19.2 Niech X będzie przestrzenią liniowo uporządkowaną z właściwością supremum. Wtedy każdy domknięty przedział [a,b] w X jest zwarty.
Dowód. Niech [a,b] ⊂ X będzie domkniętym przedziałem a A i otwarte pokrycie [a,b] (z topologią podprzestrzeni, która jest topologią uporządkowaną). Musimy wykazać ,że [a,b] jest pokryte przez skończenie wiele zbiorów ze zbioru A. Zbiór
C = {x ∈ [a,b] | [a,x] może być pokryty przez skończenie wiele składowych A}
jest niepusty (a ∈ C) i ograniczony z góry (przez b). Niech c = supC będzie supremum C. Wtedy a ≤ c & le; b. Wykażemy ,że c = b
Krok 1 : Jeśli x ∈ C i x < b wtedy C ∩ (x,b] ≠ ∅
Dowód Kroku 1: Załóżmy najpierw ,że x ma bezpośredni następnik y > x. Nie możemy mieć x < b < y, za to y nie będzie bezpośrednim następnikiem. Więc x < y ≤ b. Wyraźnie [a,y] = [a,x] ∪ {y} może być pokryte prze skończenie wiele składowych A. Załóżmy następnie ,że x nie ma bezpośredniego następnika. Wybieramy zbiór otwarty A ∈ A zawierający x .Ponieważ A jest otwarte w [a,b] i zawiera x < b , A zawiera przedział postaci [x,d) dla pewnego d ≤ b. Ponieważ d nie jest bezpośrednim następnikiem x istnieje punkt y ∈ (x,d). Teraz [a,y] ⊂ [a,x] ∪ [x,d) ⊂ [a,x] ∪ A może być pokryte przez skończone zbiory z A.
Krok 2 : c ∈ C
Dowód Kroku 2 : Twierdzimy ,że [a,c] może być pokryte przez skończenie wiele składowych A. Z Kroku 1 mamy ,że C zawiera elementy > a więc górna granica c jest również > a. Wybieramy A ∈ A takie ,że c ∈ A. Ponieważ A jest otwarte w [a,b] i a < c, A zawiera przedział w postaci (d,c] dla pewnego d gdzie a ≤ d. Ponieważ d nie jest górną granicą dla C, istnieją punkty z C w (d,c]. Niech y będzie takim punktem. Teraz [a,c] = [a,y] ∪ (d,c] ⊂ [a,y] ∪ A może być pokryte przez skończenie wiele zbiorów z A.
Krok 3 c = b
Dowód Kroku 3. Z Kroku 2 , c &isin,. C. Ale wtedy c = b dla Kroku 1, mówiąc ,że jeśli c < b ,wtedy c może nie być górną granicą. Na przykład, uporządkowany kwadrat IO2 = [0 x 0 ,1 x 1], Z^+ = [1,∞] i S^Ω = [1, Ω] są zwartymi przestrzeniami liniowo uporządkowanymi. Ponieważ przestrzeń liniowo uporządkowana R ma supremum, uzyskujemy ,że wszystkie domknięte przedziały w R są zwarte
19.3.Następstwo Niech X będzie przestrzenią liniowo uporządkowaną a ∅ ≠ C ⊂ X podprzestrzenią niepustą. Wtedy
C jest zwarta i spójna ⇒ C jest przedziałem domkniętym
Dowód. Ponieważ C jest zwarta, C ⊂ [m.M] dla pewnego m,M ∈ C i [m,M] ⊂ C ponieważ C jest spójne,zatem wypukłe (17.2). W kontinuum liniowym każdy domknięty przedział jest zwarty (19.2) i spójny (17.2). W szczególności podzbiory spójne i zwarte kontinuum liniowego R są dokładnie przedziałami domkniętymi.
Twierdzenie 19.4 (Heine - Borela) . Podzbiór C ⊂ Rn jest zwart jeśli i tylko jeśli jest domknięty i ograniczony w metryce standardowej.
Dowód. Niech C ⊂ Rn będzie zwarta. Ponieważ C jest zwarta u {(-R,R)n | R > 0} otwartym pokryciem Rn, istnieje R > 0 takie ,że C ⊂ [-R,R]n. Zatem, C jest ograniczone. Zwarte podprzestrzenie przestrzeni Hausdorffa są domknięte (18.6) , więc C jest domknięte.
Odwrotnie, jeśli C jest domknięte i ograniczone , wtedy C jest domkniętym podzbiorem [-R,R]n dla pewnego R > 0. Ale [-R,R]n jest zwarta (19.3,18.12) i domknięte podzbiory przestrzeni zwartej są zwarte (18.4), w szczególności, C jest zwarta.
Twierdzenie 19.5. Niech f:X → Y będzie odwzorowaniem ciągłym niepustej przestrzeni topologicznej X do liniowo uporządkowanej przestrzeni Y
1.JeśliX jest zwarta , wtedy istnieją m,M &isisn; X takie, że f(m) ≤ f(x) ≤ f(M) dla wszystkich x ∈ X
2.Jeśi X jest zwarta i spójna wtedy istnieją m,M ∈ X takie ,że f(X) = [f(m) , f(M)]
Dowód. (1) Ponieważ obraz f(X) jest zwartyu (18.5) możemy zastosować (19.1). (2) Ponieważ obraz f(X) jest zwarty (18.5) i spójny (16.3) możemy zastosować (19.3)
19.6.Zwartość w przestrzenimetrycznej
19.7.Lemat (Lemat Lebesgue).Niech X będzie zwartą przestrzenią metryczną. Dla dowolnego otwartego pokrycia A z X istnieje ε > 0 (liczba Lebesgue otwartego pokrycia A) takie że dowolny podzbiór z X ze średnicą <ε jest zawarty w składowej A.
Dowód. Dla każdego punktu x ∈ X, wybieramy εx 0, taki ,że kula B(x,2εx) jest zawarta w składowej A. Zbiór {B(x, εx)}x∈ X pokrywa X więc ze zwartości
X = B(x1x1)∪ B(x2x2) ∪ …. ∪ B(xkxk) dla skończenie wielu punktów x1, x2, … , xk ∈ X. Niech ε będzie najmniejszą z liczb ε12,…,εk. Nierówność trójkąta implikuje ,że &epsilon działa (Załóżmy ,że A ⊂ X z diamA < &eplsion;. Wybieramy dowolny punkt a w A. Istnieje i takie ,że d(xi, a) < ε. Niech b będzie punktem w A. Ponieważ d(b,xi1) < ε + εi≤ 2εi, punkt b jest zawarty w B(xi,2εi), który jest zawarty w składowej A).
19.8.Definicja Odwzorowanie f:X → Y między przestrzeniami metrycznymi jest jednostajnie ciągłe jeśli dla wszystkich ε > 0 istnieje δ > 0 taka ,ze dY(f(x1), f(x2) ) < ε kiedy dX( x1, x2) < δ:
∀ε > 0∃δ > 0∀ x1, x2 ∈ X : dX( x1, x2) < δ ⇒ dY>(f(x1), f(x2) ) < ε
Twierdzenie 19.9 Niech f : X → Y będzie odwzorowaniem ciągłym między przestrzeniami metrycznymi. Jeśli X jest zwarta, wtedy f jest jednostajnie ciągłe.
Dowód. Dane jest ε > 0 . Niech δ będzie liczbą Lebesgue otwartego pokrycia {f-1B(y, ε) | y ∈ Y}. Wtedy mama dla wszystkich x1,x2 ∈ X
dX < δ ⇒ diam{ x1,x2} < δ
⇒ ∃y ∈ Y : { x1,x2} ⊂ f-1B(y,ε)
⇒ ∃y ∈ Y : {f(x1),fx2)} ⊂ B(y,ε)
⇒ dY( f(x1),fx2)) < 2ε

CZĘŚĆ XIX : Podprzestrzenie zwarte przestrzeni liniowo uporządkowanych

wykażemy ,że dowolna podprzestrzeń zwarta przestrzeni liniowo uporządkowanej jest zawarta w zamkniętym przedziale
19.1.Lemat Niech X będzie przestrzenią liniowo uporządkowaną a ∅ &ne C ⊂ X niepustą podprzestrzenią zwartą. Wtedy C ⊂ [m,M] dla pewnych elementów m,M ∈ C
Dowód. Wtedy C ma najmniejszy i największy elemnet. Dowód damy przez przeciwieństwo . Załóżmy ,że C nie ma największego elementu. Wtedy C ⊂ &cupc∈C (-∞,c) ponieważ dla dowolnego a ∈ C jest c ∈ C takie ,że a < c . Przez zwartość
C ⊂ (-∞, c1) ∪ … ∪ (-∞ ck) ⊂ (-∞ c)
Gdzie c = max{ c1,…, ck} jest największym (6.6) ze skończenie wielu elementów c1, … , ck ∈ C .Ale jest to przeciwieństwo ponieważ c ∈ C i c ∉ (∞ , c)
Teraz wykażemy ,że np. przedział jednostkowy [0,1] jest zwarty w R. Zwróć uwagę ,że przedział jednostkowy nie jest zwarty w R - {1/2} .(Część wspólna wszystkich domkniętych podprzestrzeni [-1/n + 1 / 2 , 1/n + 1 / 2] ⊂ [0,1], n ≥ 2, jest pusta ale część wspólna skończenie wielu z nich niej jest pusta). Powodem tej różnicy jest to ,że R ,ale nie R- 1/2 , ma właściwość supremum
Twierdzenie 19.2 Niech X będzie przestrzenią liniowo uporządkowaną z właściwością supremum. Wtedy każdy domknięty przedział [a,b] w X jest zwarty.
Dowód. Niech [a,b] ⊂ X będzie domkniętym przedziałem a A i otwarte pokrycie [a,b] (z topologią podprzestrzeni, która jest topologią uporządkowaną). Musimy wykazać ,że [a,b] jest pokryte przez skończenie wiele zbiorów ze zbioru A. Zbiór
C = {x ∈ [a,b] | [a,x] może być pokryty przez skończenie wiele składowych A}
jest niepusty (a ∈ C) i ograniczony z góry (przez b). Niech c = supC będzie supremum C. Wtedy a ≤ c & le; b. Wykażemy ,że c = b
Krok 1 : Jeśli x ∈ C i x < b wtedy C ∩ (x,b] ≠ ∅
Dowód Kroku 1: Załóżmy najpierw ,że x ma bezpośredni następnik y > x. Nie możemy mieć x < b < y, za to y nie będzie bezpośrednim następnikiem. Więc x < y ≤ b. Wyraźnie [a,y] = [a,x] ∪ {y} może być pokryte prze skończenie wiele składowych A. Załóżmy następnie ,że x nie ma bezpośredniego następnika. Wybieramy zbiór otwarty A ∈ A zawierający x .Ponieważ A jest otwarte w [a,b] i zawiera x < b , A zawiera przedział postaci [x,d) dla pewnego d ≤ b. Ponieważ d nie jest bezpośrednim następnikiem x istnieje punkt y ∈ (x,d). Teraz [a,y] ⊂ [a,x] ∪ [x,d) ⊂ [a,x] ∪ A może być pokryte przez skończone zbiory z A.
Krok 2 : c ∈ C
Dowód Kroku 2 : Twierdzimy ,że [a,c] może być pokryte przez skończenie wiele składowych A. Z Kroku 1 mamy ,że C zawiera elementy > a więc górna granica c jest również > a. Wybieramy A ∈ A takie ,że c ∈ A. Ponieważ A jest otwarte w [a,b] i a < c, A zawiera przedział w postaci (d,c] dla pewnego d gdzie a ≤ d. Ponieważ d nie jest górną granicą dla C, istnieją punkty z C w (d,c]. Niech y będzie takim punktem. Teraz [a,c] = [a,y] ∪ (d,c] ⊂ [a,y] ∪ A może być pokryte przez skończenie wiele zbiorów z A.
Krok 3 c = b
Dowód Kroku 3. Z Kroku 2 , c &isin,. C. Ale wtedy c = b dla Kroku 1, mówiąc ,że jeśli c < b ,wtedy c może nie być górną granicą. Na przykład, uporządkowany kwadrat IO2 = [0 x 0 ,1 x 1], Z^+ = [1,∞] i S^Ω = [1, Ω] są zwartymi przestrzeniami liniowo uporządkowanymi. Ponieważ przestrzeń liniowo uporządkowana R ma supremum, uzyskujemy ,że wszystkie domknięte przedziały w R są zwarte
19.3.Następstwo Niech X będzie przestrzenią liniowo uporządkowaną a ∅ ≠ C ⊂ X podprzestrzenią niepustą. Wtedy
C jest zwarta i spójna ⇒ C jest przedziałem domkniętym
Dowód. Ponieważ C jest zwarta, C ⊂ [m.M] dla pewnego m,M ∈ C i [m,M] ⊂ C ponieważ C jest spójne,zatem wypukłe (17.2). W kontinuum liniowym każdy domknięty przedział jest zwarty (19.2) i spójny (17.2). W szczególności podzbiory spójne i zwarte kontinuum liniowego R są dokładnie przedziałami domkniętymi.
Twierdzenie 19.4 (Heine - Borela) . Podzbiór C ⊂ Rn jest zwart jeśli i tylko jeśli jest domknięty i ograniczony w metryce standardowej.
Dowód. Niech C ⊂ Rn będzie zwarta. Ponieważ C jest zwarta u {(-R,R)n | R > 0} otwartym pokryciem Rn, istnieje R > 0 takie ,że C ⊂ [-R,R]n. Zatem, C jest ograniczone. Zwarte podprzestrzenie przestrzeni Hausdorffa są domknięte (18.6) , więc C jest domknięte.
Odwrotnie, jeśli C jest domknięte i ograniczone , wtedy C jest domkniętym podzbiorem [-R,R]n dla pewnego R > 0. Ale [-R,R]n jest zwarta (19.3,18.12) i domknięte podzbiory przestrzeni zwartej są zwarte (18.4), w szczególności, C jest zwarta.
Twierdzenie 19.5. Niech f:X → Y będzie odwzorowaniem ciągłym niepustej przestrzeni topologicznej X do liniowo uporządkowanej przestrzeni Y
1.JeśliX jest zwarta , wtedy istnieją m,M &isisn; X takie, że f(m) ≤ f(x) ≤ f(M) dla wszystkich x ∈ X
2.Jeśi X jest zwarta i spójna wtedy istnieją m,M ∈ X takie ,że f(X) = [f(m) , f(M)]
Dowód. (1) Ponieważ obraz f(X) jest zwartyu (18.5) możemy zastosować (19.1). (2) Ponieważ obraz f(X) jest zwarty (18.5) i spójny (16.3) możemy zastosować (19.3)
19.6.Zwartość w przestrzenimetrycznej
19.7.Lemat (Lemat Lebesgue).Niech X będzie zwartą przestrzenią metryczną. Dla dowolnego otwartego pokrycia A z X istnieje ε > 0 (liczba Lebesgue otwartego pokrycia A) takie że dowolny podzbiór z X ze średnicą <ε jest zawarty w składowej A.
Dowód. Dla każdego punktu x ∈ X, wybieramy εx 0, taki ,że kula B(x,2εx) jest zawarta w składowej A. Zbiór {B(x, εx)}x∈ X pokrywa X więc ze zwartości
X = B(x1x1)∪ B(x2x2) ∪ …. ∪ B(xkxk) dla skończenie wielu punktów x1, x2, … , xk ∈ X. Niech ε będzie najmniejszą z liczb ε12,…,εk. Nierówność trójkąta implikuje ,że &epsilon działa (Załóżmy ,że A ⊂ X z diamA < &eplsion;. Wybieramy dowolny punkt a w A. Istnieje i takie ,że d(xi, a) < ε. Niech b będzie punktem w A. Ponieważ d(b,xi1) < ε + εi≤ 2εi, punkt b jest zawarty w B(xi,2εi), który jest zawarty w składowej A).
19.8.Definicja Odwzorowanie f:X → Y między przestrzeniami metrycznymi jest jednostajnie ciągłe jeśli dla wszystkich ε > 0 istnieje δ > 0 taka ,ze dY(f(x1), f(x2) ) < ε kiedy dX( x1, x2) < δ:
∀ε > 0∃δ > 0∀ x1, x2 ∈ X : dX( x1, x2) < δ ⇒ dY>(f(x1), f(x2) ) < ε
Twierdzenie 19.9 Niech f : X → Y będzie odwzorowaniem ciągłym między przestrzeniami metrycznymi. Jeśli X jest zwarta, wtedy f jest jednostajnie ciągłe.
Dowód. Dane jest ε > 0 . Niech δ będzie liczbą Lebesgue otwartego pokrycia {f-1B(y, ε) | y ∈ Y}. Wtedy mama dla wszystkich x1,x2 ∈ X
dX < δ ⇒ diam{ x1,x2} < δ
⇒ ∃y ∈ Y : { x1,x2} ⊂ f-1B(y,ε)
⇒ ∃y ∈ Y : {f(x1),fx2)} ⊂ B(y,ε)
⇒ dY( f(x1),fx2)) < 2ε

CZĘŚĆ XX : Punkt skupienia zwartości i zwartości ciągowej

20.1Definicja Przestrzeń x jest
1.zwarta w punkcie skupienia jeśli dowolny nieskończony podzbiór z X ma punkt skupienia
2.zwarta ciągowo jeśli dowolny ciąg w X ma zbieżny podciąg
Innymi słowy, przestrzeń jest zwarta w punkcie skupienia jeśli nie zawiera żadnych domkniętych dyskretnie podprzestrzeni.
Innymi słowy, przestrzeń jest zwarta w punkcie skupienia jeśli nie zawiera nieskończenie domkniętych dyskretnych podprzestrzeni.
Twierdzenie 20.2 Dla dowolnej przestrzeni topologicznej X mamy
X jest zwarta ⇒ X jest zwarta w punkcie skupienia ⇒ X jest zwarta ciągowo
Wszystkie trzy postacie zwartości są równoważne dla przestrzeni metryzowalnych
Dowód. X jest zwarta ⇒ X jest zwarta w punkcie skupienia : Podzbiory bez punktów skupienia jest domknięty i dyskretny, zatem skończony.
X jest zwarta i pierwsza policzalna ⇒ X jest zwarta ciągowo: Niech (xn) będzie ciągiem w X. Rozważmy zbiór A = {xn} n ∈ Z+}. Jeśli A jest skończone istnieje stały podciąg. Jeśli A jest nieskończone, A ma punkt skupienia x z hipotezy. Jeśli X jest pierwsza policzalna, wtedy x jest (15.12) granicą ciągu punktów z A. Przez przestawienie, jeśli to konieczne, otrzymujemy (!) podciąg zbieżny do x. X jest zwarty ciągowo i metryzowalna ⇒ X zwarta
20.3.Przykład
1.Przestrzeńdobrze uporządkowana SΩ wszystkich policzalnych liczb porządkowych jest zwarty w punkcie skupienia i zwarta ciągowo ale nie jest zwarta. SΩnie jest zwarte (19.1), bo jest to liniowo uporządkowana przestrzeń bez największego elementu. Z drugiej strony, dowolny przeliczalny nieskończony podzbiór, rzeczywiście dowolny nieskończony podzbiór, ma punkt skupienia a dowolny ciąg ma podciąg zbieżny (Alternatywnie, używamy tego, że SΩ jest pierwszym przeliczalnym. Wynika z tego ,że SΩ nie jest metryzowalne.
Kompaktyfikacja Stone′a - Cecha (26.10) βZ+ dodatnich liczb całkowitych jest zwarta ale nie jest zwarta w punkcie skupienia ponieważ ciąg (n)n∈Z+ nie ma podciągów zbieżnych. Rzeczywiście żaden punkt reszty βZ+ - Z+ jest granicą ciągu w Z+ (Wynika z tego ,że βZ+ jest pierwsza przeliczalna i nie metryzowalna)

CZĘŚĆ XXI : Przestrzenie lokalnie zwarte i uzwarcenie Aleksandrowa

21.1.Definicja. Przestrzeń X jest lokalnie zwarta w punkcie x ∈ X jeśli x leży we wnętrzu jakiegoś zwartego podzbioru z X. Przestrzeń jest lokalnie zwarta jeśli jest lokalnie zwarta w każdym z jego punktów
To oznacza ,że X jest lokalnie zwarta a punkcie x jeśli x ∈ U ⊂ C gdzie U jest otwarte a C zwartym podzbiorem z X.
Przestrzenie zwarte są lokalnie zwarte (U = X = C). Linia rzeczywista R (bardziej ogólnie, Rn) jest lokalnie zwarta ale nie zwarta. Wszystkie liniowo uporządkowane przestrzenie z właściwością supremum są lokalnie zwarte. Przestrzeń Q ⊂ R liczb wymiernych nie jest lokalnie zwarta
21.2.Definicja Uzwarcenie przestrzeni X jest zanurzeniem c :X → cX z X w przestrzeni zwartej Hausdorffa cX taką ,że c(X) jest gęste w cX
Jeśli samo X jest zwarta wtedy X = cX ponieważ X jest domknięte i gęste w cX. Więc uzwarcenia są ciekawe tylko dla przestrzeni niezwartych. Niech X będzie lokalnie zwartą przestrzenią Hausdorffa. Niech ωX = X ∪ {ω} oznacza sumę z X ze zbiorem składającym się z pojedynczego punktu ω .Zbiór
T = {U | U ⊂ X otwarta} ∪ {ωX - C | C ⊂ X zwarta}
jest topologią na ωX : Łatwo jest zobaczyć ,że skończone części wspólne i arbitralne sumy otwartych zbiorów z pierwszego (drugiego) rodzaju są ponownie otwarte z pierwszego (drugiego) rodzaju. Wynika z tego ,że T jest domknięta dla arbitralnych sum. Jest również domknięte pod skończonymi częściami wspólnymi ponieważ U ∩ (ωX - C) = U - C jest otwarte w X. A ωX = ωX - ∅ i &empty są otwarte.
Jeśli X jest zwarta, wtedy ωX jest X z dodatkowym punktem izolowanym. Kolejne twierdzenie opisuje ωX w ciekawszym przypadku kiedy X nie jest zwarte
Twierdzenie 21.3 (Aleksandrow). Niech X będzie lokalnie zwartą ale nie zwartą przestrzenią Hausdorffa.
1.Odwzorowanie X → ωX jest uzwarcenieniem gubiącym jeden punkt
2.Jeśli c:X → cX jest innym uzwarceniem X, wtedy istnieje jednoznaczne domknięte odwzorowanie ilorazowe c: cX → ωX takie ,że diagram


Dowód. Musimy zweryfikować następujące punkty:
Topologia podprzestrzeni na X jest topologią na X : Topologia podprzestrzeni X ∩ T jest wyraźna na oryginalnej topologii na X.
X jest gęste w ωX : Przecięcie X i pewnego otoczenia z ω ma postać X - C gdzie C jest zwarte. Ponieważ X jest z założenia niezwarte, X- C nie jest puste.
ωX jest Hausdorffa : Niech x1 i x2 będą dwoma różnym punktami w ωX. Jeśli oba punkty są w X wtedy istnieją rozłączne zbiory otwarte U1, U2 ∈ X ⊂ ωX zawierające odpowiednio x1 i x2. Jeśli x1 ∈ X i x2 = ω wybieramy otwarty zbiór U i zbiór zwarty C w X takie ,że x ∈ U ⊂ C. Wtedy U ∋ x i ωX - C ∋ ω są rozłącznymi zbiorami otwartymi w ωX.
ωX jest zwarte : Niech {Uj}j∈J będzie otwartym pokryciem z ωX. Co najmniej jeden z tych zbiorów otwartych zawiera ω. Jeśli ω ∈ Uk ,k ∈ J, wtedy Uk = (X - C) ∪ {&mega;} dla pewnego zbioru zwartego C ⊂ X. Istnieje skończony zbiór K ⊂ J taki ,że {Uj}j∈K pokrywa C. Wtedy {Uj}j∈K ∪ {k} jest skończonym otwartym pokryciem z ωX = X ∪{ω}. Teraz niech c : X → cX będzie innym uzwarceniem X. Definiujemy c:cX & rarr; ωX przez c(x) = x dla wszystkich x ∈ X i c(cX-X) = ω . Sprawdzamy ,że c jest ciągłe .Dla dowolnego otwartego zbioru U ⊂ X ⊂ ωX, c-1(U jest otwarte w X a zatem (11.3(2)) w cX ponieważ X jest otwarte w cX (21.4). Dla dowolnego zbioru zwartego C ⊂ X, c-1((ωX- C) = cX - C jest otwarte w cX ponieważ zbiór zwarty C jest domknięty w przestrzeni Hausdorffa cX (18.7(1)). To pokazuje ,żec jest ciągłe. Z konstrukcji, c jest surjektywne a zatem (18.8) ,domkniętym odwzorowaniem ilorazowym z Lematu 18.8.
Twierdzenie mówi ,że ωX= cX/(cX - X) gdzie cX jest dowolnym uzwarceniem X,w szczególności jeśli cX składa się z X i jednego dodatkowego punktu wtedy odwzorowanie c jest bijektywnym odwzorowaniem ilorazowym, tj. homeomorfizmem (14.9). Przestrzeń ωX jest nazywana uzwarceniem Aleksandrowa lub jednopunktowym uzwarceniem X
21.4 Lemat. Dowolna zwarta i gęsta podprzestrzeń przestrzeni Hausdorffa jest otwarta
Dowód. Załóżmy ,że Y jest Hausodrffa i że podprzestrzeń X ⊂ Y jest lokalnie zwarta i gęsta. Niech x ∈ X . Ponieważ X jest lokalnie zwartym Hausdorffem , punkt x ma otoczenie X ∩ X , gdzie U jest otwarte w Y, takim ,że jego relatywne domknięcie
ClX(X ∩ U) = X ∩(X ∩ U)^ = X ∩ U^
Jest zwarte z zatem domknięte w przestrzeni Hausdorffa. Ale żadan część U nie może pozostać poza X ∩ U^ ponieważ U - (X ∩ U^) jest otwarte
U - (X ∩ U^) ≠ ∅ ⇒ (X ∩ U) - (X ∩ U^) ≠ ∅
Co jest absurdem. Zatem musimy mieć U ⊂ X ∩ U^,w szczególności , U ⊂ X. To pokazuje ,że X jest otwarte.
21.5.Przykład
1.Jeśli X jest zwartą przestrzenią Hausdorffa wetdy ωX jest X razem z punktem izolowanym ω ){ω} = ωX - X jest otoczeniem z ω)
2.n-sfera Sn = ωRn jest uzwarceniem Aleksandrowa lokalne zwartej przestrzeni Hausdorffa Rn dlatego (13.11.(8)) jest homeomorfizmem Rn na dopełnieniu punktu w Sn
3.Niech X będzie liniowo uporządkowaną przestrzenią z właściwością supremum i niech [a,b) będzie półotwartym przedziałem w lokalnie zwartej przestrzeni X. Wtedy ω[a,b) = [a,b]. Na przykład, uzwarcenia Aleksandrowa półotwartego przedziału [a,b) ⊂ R, Z+ = [1,ω) ⊂ Z+ x Z+ a SΩ = [1, Ω) ⊂ S^Ω to [0,1], [1,ω], [1,Ω] = S^Ω, odpowiednio.
4.ω Z+ ∧ S1 = ω( Z+ x R) = ∪n∈ Z+ C1/n, Hawajskie kolczyki (12.13.(2)) ( co jest zwarte z twierdzenia Heine-Borela (19.4)
5.Okrąg warszawki W (zwart z twierdzenia Heine-Borela jest uzwarceniem R i W/(W-R) = ωR = S-1
21.6 Następstwo (Charakterystyka lokalnie zwartych przestrzeni Hausdorffa). Niech X będzie przestrzenią topologiczną. Poniższe warunki są równoważne:
(1) X jest lokalnie zwartym Hausdorffem
(2) X jest homeomorficzne do otwartego podzbioru zwartej przestrzeni Hausdorffa
(3) X jest Hausdorffa a dla dowolnego punktu x ∈ X i dowolnego otoczenia U z x istnieje otwarty podzbiór V taki ,że x ∈ V ⊂ V^ ⊂ U a V^ jest zwarte
Dowód. (1) ⇒ (2) : Lokalnie zwarta przestrzeń Hausdorffa X jest homeomorficzna do otwartego podzbioru ωX - {ω} zwartej przestrzeni Hausdorffa ωX (21.3)
(2) ⇒ (3): Załóżmy ,że Y jest zwartą przestrzenią Hausdorffa i ,że X ⊂ Y jest otwartym podzbiorem. X jest Hausdorffa ponieważ podprzestrzenie przestrzeni Hausdorffa są Hasudoffa (12.19). Niech x będzie punktem X a U ⊂ X otoczeniem x. Używając właściwości 18.7.(2) znajdujemy (dokładnie jak w 23.2.(2)) otwarty zbiór taki ,że x ∈ V ⊂ V^ ⊂ U. Tu V^ jest zwarty ponieważ jest domkniętym podzbiorem przestrzeni zwartej Hausdorffa.
(3) ⇒ (1) : Niech x będzie punktem z X. Z właściwości (3) z U = X istnieje otwarty zbiór taki ,że x ∈ V ⊂ V^ ⊂ X a V^ jest zwarte. Zatem X jest lokalnie zwarte przy x
21.7Następstwo. Dowolny podzbiór lokalnie zwartej przestrzeni jest lokalnie zwarty. Dowolny otwarty lub domknięty podzbiór lokalnie zwartej przestrzeni Hausdorffa jest lokalnie zwartym Hausdorffem
Dowód. Niech X będzie lokalnie zwartą przestrzenią a A ⊂ X domkniętą podprzestrzenią. Użyjemy definicji (21.1) bezpośrednio do wykazania ,że A jest lokalnie zwarta. Niech a ∈ A. Istnieją podzbiory a ∈ U ⊂ C ⊂ X takie ,że U jest otwarte a C jest zwarte. Wtedy A ∩ U ⊂ A ∩ C gdzie A ∩ U jest otoczeniem w A a C ∩ A jest zwarte jako domknięty podzbiór zbioru zwartego C. Jeśli X jest lokalnie zwartm Hausdorffem a A ⊂ X otwarte, bezpośredni z 21.6.(2) wynika ,że A jest lokalnie zwartym Hausdorffem
Arbitralne podprzestrzenie lokalnie zwartego Hausdorffa nie muszą być lokalnie zwarte (21.8.(1)). Iloczyn skończenie wielu lokalnie zwartych przestrzeni jest lokalnie zwarty ale arbitralny iloczyn lokalnych lokalnie zwartych przestrzeni nie musi być lokalnie zwarty. Na przykład Z+ω nie jest lokalnie zwarte. Obraz przestrzeni lokalnie zwartej pod otwartą ciągłością, lub doskonałym odwzorowaniem jest lokalnie zwarte ale obraz pod ogólnym odwzorowaniem ciągłym lokalnie zwartej przestrzeni nie musi być lokalnie zwarty; rzeczywiście, iloraz przestrzeni lokalnie zwartych nie musi być lokalnie zwarty
21.8.Przykład.
(1) ∪n∈Z+ Cn ⊂ R2 (12.13.(2)) nie jest lokalnie zwarte na początku: Dowolne sąsiedztwo 0 x 0 zawiera policzalnych nieskończenie domkniętych podprzestrzeni dyskretnych więc nie może być zawarte w podprzestrzeni zwartej.
(2) Przestrzeń ilorazowa R/Z+ (15.10.(6)) nie jest lokalnie zwarta w punkcie odpowiadającym Z+ : Dowolne otoczenie tego punktu zawiera nieskończoną domkniętą dyskretną podprzestrzeń więc nie może być zawarta w podprzestrzenizwartej (18.13)
(3) W diagramie (15.11), przestrzeń IIS1 jest lokalnie zwarta, ΠS1 jest zwarta a ∨S1 nie jest lokalnie zwarta (w punkcie wspólnym dla wszystkich okręgów)
(4) Przestrzeń z punktem bazowym jest przestrzenią topologiczna razem z jednym ze swych punktów, nazwanych punktem bazowym. Suma klinowa dwóch rozłącznych przestrzeni z punktem bazowym (X,x0) i (Y,y0) jest przestrzenią ilorazową
X ∨ Y = (X II Y) / ({x0} ∪ {y0})
Uzyskaną z sumy rozłączne X i Y (10.6) przez zidentyfikowanie dwóch punktów bazowych. Niech f:X ⊃ Y → X x Y będzie odwzorowaniem ciągłym danym przez f(x) = (x, y0) , x ∈ X a f(y) = (x0, y), y ∈ Y. Obraz f(X ⊃Y) = (X x {y0}) ∪ ({x0} x Y) = π2-1({y0}) ∪ π1-1 ({x0}) jest domknięte kiedy X i Y są przestrzeniami T1. Faktycznie f jest odwzorowaniem domkniętym jeśli C &sub. X jest domknięte, wtedy f(C) = {(x,y0) | x ∈ C} =π1-1 ( C ) ∩ π2-1({y0})jest również domknięte .Zatem f jest odwzorowaniem ilorazowym na jego obraz a jego rozkład na czynniki f^ jak w diagramie komutacji


jest zanurzony. Możemy dlatego zidentyfikować X ∨ Y I X x {y0} ∪ {x0} x Y. Iloczyn smash jest definiowany przez
X ∧ Y = (X x Y)/(X ∨ Y)
będzie ilorazem iloczynu przestrzeni X x Y przez domknięte podprzestrzenie X ∨ Y (x - ∨ = ∧). Jeśli A ⊂ X i B ⊂ Y są domkniętymi podprzestrzeniami, uniwersalna własność odwzorowań ilorazowych(14.15.(2)) tworzy ciągłą bijekcję g^ taką ,że diagram


Komutuje. Jednak g^ może nie być homeomorfizmem ponieważ iloczyn gX x gY dwóch domkniętych odwzorowań ilorazowych gX : X → X/A i gY : Y → Y/B mogą nie być odwzorowaniem ilorazowym. Jeśli X/A i Y są lokalnie zwartymi przestrzeniami Hausdorffa wtedy gX x gY jest ilorazem, więc g^ jest homeomorfizmem (14.10,14.15(3), 14.9) i
(21.9) (X x Y) / (X x B ∪ A x Y) = X / A ∧ Y / B
w tym przypadku.
(5) (Uzwarcenie Aleksandrowa przestrzeni iloczynowej). Jeśli X i Y są lokalnie zwartymi przestrzeniami Hausdorffa odwzorowanie X x Y → ωX x ωY → ωX ∧ ωY jest zanurzone. Wynika to z (14.13, 14.9) kiedy zauważamy ,że pierwsze zanurzone odwzorowanie X x Y na otwarty podzbiór nasycony ωX x &oemga;Y (13.12). Uniwersalna właściwość uzzwarcenia Aleksandrowa (21.3) implikuje ,że
(21.10) ω(X x Y) = ωX ∧ ωY
Dla dowolnych dwóch lokalnie zwartych przestrzeni Hausdorffa X i Y. W szczególności
Sm ∧ Sn = ωRm ∧ ωRn = ω(Rm x Rn) = ω Rm+n = Sm+n Kiedy widzimy sfery jako uzwacenia Aleksnadrowa w przestrzeni euklidesowej
(6) 1-sfera Sn jest (homeomorficzne do) przestrzeni ilorazowej I/∂I .Zatem
Sn = S1 ∧ … ∧ S1 = I / ∂I ∧ … ∧ I&partlI = In / ∂In
używa formuły dla graniczenia iloczynu dwóch zbiorów.

CZĘŚĆ XXII : Aksjomaty przeliczalności


Postawy podstawowe pytanie : Które przestrzenie topologiczne są metryzowalne? Aby dalej przeanalizować to pytanie, spójrzmy na kilka właściwości przestrzeni topologicznych .Napotkaliśmy już pierwszy aksjomat przeliczalności. Istnieją jeszcze trzy aksjomaty używające terminu "przeliczalne". Oto cztery aksjomaty przeliczalności:
22.1.Definicja. Przestrzeń topologiczna:
• która ma przeliczalne podstawowe otoczenie przy każdym z jego punktów jest nazywana przestrzenią pierwszą przeliczalną
• która ma podstawę przeliczalną jest nazywana drugą przestrzenią przeliczalną
• która zwiera przeliczalny gęsty podzbiór , wtedy mówimy ,że zawiera przeliczalny gęsty podzbiór
• w którym każde otwarte pokrycie ma przeliczalne pokrycie jest nazywana przestrzenią Lindel öfa
Podzbiór A ⊂ X jest gęsty jeśli A^ = X każdy niepusty otwarty podzbiór zawiera punkt z A. Dowolna druga przeliczalna przestrzeń jest pierwszą przeliczalną. Dowolna podprzestrzeń (pierwszej) drugiej przestrzeni policzalnej jest (pierwszą) drugą przeliczalną. Przeliczalny iloczyn (pierwszej) drugiej przestrzeni przelcizalnej jest (pierwszą) drugą przeliczalną .(15.9) .Linia rzeczywista R jest drugą przeliczalną dla otwartych przedziałów (a,b), w postaci punktów końcowych przeliczalnej podstawy dla tej topologii. R jest pierwszą ale nie drugą przeliczalną (23.5)
Przestrzenie metryczne są pierwsze przeliczalne ale nie koniecznie drugie przeliczalne. Dowolna przestrzeń zwarta jest Lindel öfa. Dowolny domknięty podzbiór przestrzeni Lindel öfa jest Lindel öfa. Iloczyn dwóch przestrzeni Lindel öfa nie musi być Lindel öfa. Kolejny wynik implikuje że R , faktycznie podzbiór drugiej przeliczalnej przestrzeni R , jest Lindel öfa
Twierdzenie 22.2. Niech X będzie przestrzenią topologiczna. Wtedy


Jeśli X jest metryzowalna, te trzy warunki w górnej linii są równoważne
Dowód. Załóżmy najpierw ,że X jest drugą przeliczalną i niech B będzie przeliczalną podstawą dla tej topologii.:
X ma przeliczalny gęsty podzbiór : Wybierz punkt bB ∈ B w każdym zbiorze podstawowym .Wtedy { bB | B ∈ B} jest przeliczalny i gęsty
X jest Lindel öfa : Niech U będzie otwartym pokryciem z X. Dla każdego podstawowego zbioru B ∈ B dla którego jest możliwe wybranie składowej UB otwartego pokrycia U takiego ,że B ⊂ UB. Wtedy przynajmniej przeliczalny zbiór {UB} tych otwartych zbiorów jest pokryciem otwartym: Niech x będzie dowolnym punktem w X. Ponieważ x jest zawarte w składowej z U, a każdy otwarty zbiór jest sumą zbiorów podstawowych mamy x ∈ B ⊂ U dla pewnego zbioru podstawowego B i pewnego U ∈ U. Ale wtedy również x ∈ B ⊂ UB
Przestrzeń metryczna z przeliczalnym podzbiorem gęstym jest drugą przeliczalną:Niech X będzie przestrzenią metryczną z przeliczalnym podzbiorem gęstym A ⊂ X. Wtedy zbiór {B(a,r) | a &sisn; A , r ∈ Q+} kul wyśrodkowanych w punktach w A i z wymiernym promieniem jest przeliczalną podstawą dla topologii. Wystarczy wykazać ,że dla wszystkich otwartych kul B(x,ε) w X a dowolnego y ∈ B(x,ε) istnieje a ∈ A i r ∈ Q+ takie, że y ∈ B(a,r) ⊂ B(x,ε). Niech r będzie dodatnią liczbą wymierną taką ,że 2r +d(x,y) < εi niech a ∈ A ∩ B(y,r).Wtedy y ∈B(a,r), oczywiście i B(a,r) ⊂ B(x,ε) la d(a,z) < r wtedy d(x,z) ≤ d(x,y) + d(y,z) ≤ d(x,y) + d(y,a) + d(a,z) < d(x,y) + 2r < ε
Dowolna przestrzeń metryczna Lindelöfa jest drugą przeliczalną. : Niech X będzie przestrzenią metryczną Lindelöfa. Dla każdej dodatniej liczby wymiernej r ,niech Ar, będzie przeliczalnym podzbiorem X takim ,że X = ∪a∈ArB(a,r). Wtedy A = ∪r∈Q+ Ar jest podzbiorem gęsto przeliczalnym : Dla dowolnej otwartej kuli B(x.ε) i dodatniej liczby wymiernej r < ε istnieje a ∈ Ar takie ,że x ∈ B(a,r). Wtedy a ∈ B(x,r) ⊂ B(x,ε)
22.3 Przykład Uporządkowany kwadrat IO2 jest zwarty (19.2) i dlatego też Lindelöfa ale nie jest drugą przeliczalną ponieważ zawiera nieprzeliczalnie wiele rozłącznych zbiorów otwartych (x x 0, x x ) , x ∈ I. Zatem IO2 nie jest metryzowalna

CZĘŚĆ XXIII : Aksjomaty oddzielania


23.1Definicja. Przestrzeń X jest nazywana
• Przestrzenią T1 jeśli punkty {x} są domknięte w X
• Przestrzenią T2 lub przestrzenią Hausdorffa jeśli dla dowolnej pary różnych punktów x,y ∈ X istnieją rozłączne zbiory otwarte U,V ⊂ takie ,że x ∈ U i y ∈ V
• Przestrzenią T3 lub przestrzenią regularną jeśli punkty są domknięte i dla dowolnego punktu x ∈ X i dla dowolnego zbioru domkniętego B ⊂ X nie zawierają x istnieją rozłączne zbiory otwarte U,V ⊂ X takie ,że x ∈ U i B ⊂ V
• Przestrzenią T4 lub przestrzenią normalną jeśli punkty są domknięte i dla pary rozłącznych zbiorów domkniętych A,b ⊂ X istnieją rozłączne zbiory otwarte U,V ⊂ X takie ,że A ⊂ U i B ⊂ V.
Mamy następującą sekwencję implikacji
X jest normalna ⇒ X jest regularna ⇒ X jest Hausdorffa ⇒ X jest T1
gdzie żadna ze strzałek nie jest odwrotna.
23.2.Lemat. Niech x będzie przestrzenią T1 .Wtedy
1.X jest regularne ⇔ dla każdego punktu x ∈ X i każdego otoczenia U z x istnieje otwarty zbiór V taki ,że x ∈ V ⊂ V^ ⊂ U
2.X jest normalna ⇔ dla każdego domkniętego zbioru A i każdego otoczenia U z A istnieje otwarty zbiór V taki ,że A ⊂ V ⊂ V^ ⊂ U
Dowód. Niech B = X - U
Twierdzenie 23.3 Dowolna podprzestrzeń przestrzeni regularnej jest regularna. Dowolny iloczyn przestrzeni regularnych jest regularnyj będzie iloczynem kartezjańskim przestrzeni regularnej Xj, j ∈ J. Wtedy X jest Hausdorffa.. Użyjemy 23.2.(1) do wykazania ,że X jest regularne . Niech x = (xj) będzie punktem w X a U = ΠUj podstawowym otoczeniem z x. Wstawaimy Vj = Xjgdzie Uj = Xj. W przeciwnym razie wybieramy Vj takie ,że xj ∈ Vj ⊂ V^j ⊂ Uj. Wtedy V = &PI;Vj jest otoczeniem z x w topologii iloczynu i V^ = πV^j ⊂ ΠUj = U. Zatem X jest regularne.
Twierdzenie 23.4 Domknięta podprzestrzeń normalnej podprzestrzeni jest normalna
Dowód. Całkiem podobny do dowodu (23.3) ,że podprzestrzeń przestrzeni regularnej jest regularna. Arbitralna podprzestrzeń przestrzeni normalnej nie musi być normalna (26.5) a iloczyn dwóch przestrzeni nie musi być normalna.
23.5.Przykład (Topologia pół otwartego przedziału Sorgenfrey′a). Półotwarte przedziały [a,b) formują podstawę dla przestrzeni Rl
Rl jest pierwszą przeliczalną : W punkcie x zbiór otwartych zbiorów postaci [x,b) gdzie b > x jest wymierne, jest lokalną przeliczalną podstawą przy x
Rl nie jest drugą przeliczalną : Niech B będzie podstawą dla topologii. Dla każdego punktu x wybieramy składową Bx z B taką ,że x ∈ Bx ⊂ [x,x+1). Odwzorowaniem R → B : x |-> Bx jest injektywną jeśli Bx = By wtedy x = inf Bx = inf By = y
Rl ma przeliczalny gęsty podzbiór : Q jest gęsty ponieważ dowolny (podstawowy) otwarty zbiór w Rl zawiera punkty wymierne
Rl jest Lindelöfa: Wystarczy wykazać ,że pokrycie otwarte przez bazowe zbiory otwarte zawierają przeliczalne podpokrycia tzn. że jeśli R = ∪j∈J[aj, bj) jest pokryte przez zbiór poprawnych półotwartych przedziałów [aj, bj) wtedy R jest w rzeczywistości już pokryte przez przeliczalnie wiele z tych przedziałów. Zapiszmy


jako (rozłączną) sumę odpowiednich otwartych przedziałów i dopełnienia tej sumy. Pierwszy zbiór może być pokryty przez przeliczalnie wiele przedziałów (aj,bj) dla dowolnego podzbioru R (przy topologii standardowej) jest drugą przeliczalną a zatem Lindel öfa (22.2). Również drugi zbiór może być okrywany przez przeliczalnie wiele przedziałów (aj, bj) po prostu ponieważ jest przeliczalny .Drugi zbiór:


składa się z pewnych punktów z lewego końca przedziałów. Otwarte przedziały (ak, bk) są rozłączne dla ak w tym zbiorze. Ale jest tylko miejsce dla przeliczalnie wielu otwartych rozłącznych przedziałów w R (wybieramy punt wymierny w każdym z nich) więc istnieje przeliczalnie wiele punktów lewokońcowych ak w drugim zbiorze.
Rl jest normalne : Niech A,B ⊂ Rl będą rozłącznymi zbiorami domkniętymi. Dla każdego punktu a ∈ A ⊂ R - B istnieje xa ∈ R takie ,że [a, xa) ⊂ R - B .Niech UA = ∪a∈A[a,xa). Definiujemy UB = ∪b∈B[b,xb) podobnie. Wtedy UA i UB są otwartymi zbiorami zawierającymi A i B , odpowiednio,. Jeśli UA ∩ UB ≠ ∅ wtedy [a,xa) ∩ [b,xb) ≠ ∅ dla pewnego a ∈ A, b ∈ B. Powiedzmy a < b ; wtedy b ∈ [a,xa) ⊂ R - B co jest przeciwieństwem. Więc UA i UB są rozłączne
Ponieważ Rl ma gęsty przeliczalny podzbiór i nie jest drugą przeliczalną, nie jest metryzowalna
23.6 .Przykład (topologia pół otwartego kwadratu Sorgenfrey′a). Półotwarte prostokąty [a,b) x [c,d) formują podstawę dla topologii iloczynowej Rl x Rl. Anty przekątna L = {(x,-x) | x ∈ R} jest dyskretnie domknięty (L ∩ [x,∞) x [-x, ∞) = {(x,-x)} podprzestrzenią o tej samej mocy jak R. Q x Q jest przeliczalną gęstą podprzestrzenią.
Rl x Rl nie jest Lindel öfa : Przestrzeń Lindelöfa nie może zawierać nieprzeliczalnej dyskretnej podprzestrzeni
Rl x Rl nie jest normalna : Przestrzeń normalna z przeliczalnym gęstym podzbiorem nie może zawierać domkniętej dyskretnej podprzestrzeni tej samej mocy co R. (Niech X będzie przestrzenią z przeliczalnym gęstym podzbiorem. Ponieważ dowolne odwzorowanie ciągłe X na przestrzeń Hausdorffa jest określone przez jej wartości w gęstej podprzestrzeni, zbiór odwzorowań ciągłych X → R ma co najmniej moc RZ = ΠZR. Niech X będzie przestrzenią normalną a L domkniętą dyskretną podprzestrzenią. Twierdzenie rozwinięcia Tietze mówi ,że odwzorowanie L → R rozszerza się do odwzorowania ciągłego X → R .Zatem zbiór odwzorowań ciągłych X → R ma przynajmniej moc RR = ΠRR , która jest większa niż moc z ΠZR).
Rl x Rl jest (całkowicie) regularna : ponieważ jest iloczyn (26.3) dwóch całkowicie regularnych (26.1) (nawet przestrzeni normalnych (23.5)).
23.7.Przykład (Przestrzeń Hausdorffa ,która nie jest regularna). Otwarte przedziały plus zbiory (a,b) - K gdzie K = {1/n | n ∈ Z+} formuje podstawę dla topologii RK. To jest topologia Hausdorffa na R ponieważ jest cieńsza niż topologia standardowa. Ale RK nie jest regularna. Zbiór K jest domknięty a 0 ∉ K. Załóżmy ,że U ∋ 0 i V ⊃ K są rozłącznymi zbiorami otwartymi. Możemy wybrać U będące bazą zbioru otwartego. Wtedy U musi być postaci U = (a,b) - K dla innych podstawowych zbiorów zawierających 0 części wspólnych K. Niech k będzie punktem w (a,b) ∩ K (który jest niepusty) . Ponieważ k jest w zbiorze otwartym V, istnieje bazowy zbiór otwarty zawierający k i zawarty w V; musi być postaci (c,d). Ale U ∩ V &sup: ((a,b) - K) ∩ (c,d) i ((a,b) - K) ∩ (c,d) ≠ ∅ z powodu mocy. To jest przeciwieństwo

CZĘŚĆ XXIV Przestrzenie normalne


Przestrzenie normalne mogą być scharakteryzowane na dwa sposoby
24.1 Twierdzenie Nich X będzie przestrzenią T1. wtedy poniższe warunki są równoważne:
1.X jest normalna : Dla dowolnej pary rozłącznych zbiorów domkniętych A,B ⊂ X istnieje rozłączny zbiór otwarty U,V ⊂ X , taki że A ⊂ U i B ⊂ V
2.(Charakterystyka normalności Urysohna). Dla dowolnej pary rozłącznych zbiorów domkniętych A,B ⊂ X istnieje funkcja ciągła f :X → [0,1] taka ,że f(A) = 0 i f(B) =
3.(Charakterystyka normalności Tietze). Dla dowolnego domkniętego podzbioru A z X i dowolnej funkcji ciągłej f;A → [0,1] istnieje funkcja ciągła F :X → [0,1] taka ,że F|A = f
Dowód zależy od lematu Urysohna i twierdzeniu rozszerzenia Tietze.
Twierdzenie 24.2. (Lemat Urysohna). Niech X będzie przestrzenią normalną i niech A i B będą rozłącznymi domkniętymi podzbiorami z X. Wtedy istnieje funkcja ciągła (funkcja Urysohna) f ;X → [0,1] taka ,że f(a) = 0 dla a ∈ A i f(b) = 1 dla b ∈ B
Dowód. Będziemy rekurencyjnie definiować zbiory otwarte Ur ⊂ X dla wszystkich r ∈ Q ∩ [0,1] takich ,że
(24.3) r < s ⇒ A &sub> U0 ⊂ Ur ⊂ U^r ⊂ Us ⊂ U^s ⊂ U1 ⊂ X - B
Niech U1 będzie dowolnym zbiorem otwartym takim ,żę A ⊂ U1 ⊂ X - B , na przykład U1 = X - B. Z normalności (23.2.(2)) istnieje zbiór otwarty U0 taki ,że A ⊂ U0 ⊂ U^0 ⊂ U1 . Aby kontynuować, rozmieśćmy elelmenty z Q ∩ [0,1] w ciąg
Q ∩ [0,1] = {r0 = 0 , r1 = 1, r2, r3, r4,…}
Tai ,że pierwsze dwa elementy to r0 = 0 i r1 = 1 .Zakładamy ,że zbiory otwarte zbiory Uri, spełniających warunek (24.3) zdefiniowany dla i ≤ n , gdzie n ≥ 1 .Zdefiniujemy teraz Urn+1. Przypuśćmy ,że jeśli wstawimy liczby r0, r1, …, rn, rn+1 w porządku
0 = r0 < … < rl < rn+1 < rm.. < r1 = 1
Bezpośrednim poprzednikiem rn+1 jest rl a rm bezpośrednim następnikiem. Wtedy U^rl ⊂ Urm z (24.3). Z normalności (23.3(2)) istnieje zbiór otwarty Urn+1 takie ,że U^rl ⊂ Urn+1 ⊂ Urn+1 ⊂ Urm. Zbiory te Uri, i ≤ n+1, jeszcze spełniają (24.3).
Teraz jesteśmy gotowi do zdefiniowania funkcji. Rozważmy funkcję f:X → [0,1] daną


przez


Wtedy f(B) = 1 z definicji I f(A) = 0 ponieważ A ⊂ U0 .Ale dlaczego f jest ciągła? Wystarczy (13.2) wykazać ,że subbazowe przedziały (9.1) [0,a) , a > 0 , i (b,1], b < 1,


mają otwarte przeciwobrazy


24.4.Przykład. Niech X = R i niech A = (-∞, -1] i B = [2,∞). Jeśli Ur = (-∞ , r) dla r ∈ Q ∩ [0,1] wtedy


jest funkcją Urysohna z f(A) = 0 i f(B) = 1
Twierdzenie 24.5(Twierdzenie rozwinięcia Tietze).Każde odwzorowanie ciągłe z domkniętej podprzestrzeni A z przestrzeni normalnej X na (0,1) , [0,1) lub [0,1] może być rozszerzone do X.
24.6.Lemat Niech X będzie przestrzenią normalną i A ⊂ X domknięta podprzestrzenią. Dla r > 0 i odwzorowania ciągłego f0 : A → [-r,r] istnieje odwzorowanie ciągłe g : X → R takie ,że
(24.7) ∀x ∈ X : |g(x) ≤ 1/3 r i ∀a ∈ A : |f0(a) - g(a)}| ≤ 2/3 r
Dowód. Ponieważ zbiory f0-1([-r, -1/3r]) ⊂ A i f0-1([1/3 r, r]) ⊂ A sdą domknięte i rozłączne w A są również domknięte i rozłączne w X. Wybieramy (24.2) funkcję Urysohna g :X → [-1/3r, 1/3r] takie żę g(x) = -1/3 r na f0-1([-r, -1/3r]) i g(x) = 1/3r na f0-1([1/3r, r]) .Z


Widzimy ,że druga nierówność z (24.7) jest spełniona
Dowód 24.5. Najpierw udowodnimy twierdzenie dla funkcji od A do [0,1] lub raczej do homeomorficznego przedziału [-1,1] . Widzieliśmu (24.6) ,że istnieje ciągła funkcja rzeczywista g1 : X → R taka ,że
∀x ∈ X : |g1(x) ≤ 1/3 i ∀ a ∈ A : |f(a) - g1(a)| ≤ 2/3
Teraz Lemat 24.6 stosuje się funkcji f - g1 na A mówiące ,że istnieje ciągła funkcja rzeczywista g2 : X → R ,taka ,że
∀x ∈ X : |g2(x) ≤ 1/3 2/3 i ∀a ∈ A : |f(a) - (g1(a) + g2(a))} ≤ (2/3)2
Postępując w ten sposób rekurencyjnie (2.8) definiujemy ciąg g1, g2,… ciągłych funkcji rzeczywistych na X takie ,że


Z pierwszej nierówności z (24.8) , szereg Σn=1gn(x) zbieżny jest jednostajnie a suma funkcji F = Σn=1gn jest ciągła z twierdzenia o jednostajnej granicy (15.16) .Z pierwszej nierówności w (24.8)


a z drugiej nierówności w (24.8). F(a) = f(a) dla wszystkich a ∈ A
Załóżmy teraz ,że f:A → (-1,1) odwzorowuje A do otwartego przedziału między -1 a 1. Wiemy ,że możemy rozszerzyć f do funkcji ciągłej F1 : X → [-1,1] do domkniętego przedziału między -1 a 1. Chcemy zmodyfikować F1 tak ,że nie przyjmuje wartości -1 i 1 i pozostaje taka sama na A. Domknięte zbiory, F1-1 ({± 1}) i A są rozłączne. Istnieje (24.2) funkcja Urysohna U:X → [0,1] taką ,że U = 0 na F1-1 ({± 1}) i U = 1 na A. Wtedy F = U ⋅ F1 jest rozszerzenie f która odwzorowuje X do (-1,1). Podobna procedura stosuje się do funkcji f:A → [-1,1] do półotwartego przedziału
Dowód Twierdzenia 24.1. Lemat Urysohna (24.2) mówi ,że (1) ⇒ (2) a odwrócenie jest wyraźne. Twierdzenie Tietze (24.5) mówi ,że (1) ⇒ (3). Tylko np. (3) ⇒ (2) pozostaje. Załóżmy ,że X jest przestrzenią T1 z właściwością (3). Niech A,B będą dwoma rozłącznymi domkniętymi podzbiorami. Funkcja f:A ∪B → [0,1] daną przez f(A) = 0 i f(B) = 1 jest ciągła (13.5(6)). Niech f :X → [0,1] będzie ciągłym rozszerzeniem f. Wtedy f jest funkcją Urysohna dla A i B
Twierdzenie 24.9 Przestrzenie zwarte Hausdorffa są normalne
Dowód.Zobacz 18.7.(2)
Faktycznie, każda regularna przestrzeń Lindelöfa jest normalna
Twierdzenie 24.10 Przestrzenie metryzowalne są normalne
Dowód. Niech X będzie przestrzenią metryczną z metryką d i niech A , B będą rozłącznymi zbiorami domkniętymi. Funkcja ciągła f : X → [0,1] dane przez
f(x) = d(x,A)//d(x,a) + d(x,B)
jest funkcją Urysohna z f(A) = {0} i f(B) = {1}. To pokazuje ,że X jest normalna
Twierdzenei 24.11 Liniowo uporządkowane przestrzenie są normalne
Udowodnimy tylko specjalny przypadek ,że każda dobrze uporządkowana przestrzeń jest normalna. Półotwarte przedziały (a,b] , a < b są (domknięte i ) otwarte (12.2.(5)). Niech A i B będą dwoma rozłącznymi domkniętymi podzbiorami i niech a0 oznacza najmniejszy element z X .Załóżmy ,że ani a ani B nie zawierają a0. Dla dowolnego punktu a ∈ A istnieje punkt xa < a taki ,że (xa,a] jest rozłączny z B. Podobnie m, dla dowolnego punktu b ∈ B istnieje punkt xb < b taki że (xb,b] jest rozłączny z A. Dowód teraz przedstawiamy jako dowód (23.5) dla normalności Rl .Załóżmy ,że a0 ∈ A ∪ B , mówimy ,że a0 ∈ A. Zbiór jednopunktowy {a0} = [a0, a0+] jest otwarte i domknięte (ponieważ X jest Hausdorffa) .Z powyższego, możemy znaleźć rozłączne otwarte zbiory U,V takie ,że A - {a0} ⊂ U i B ⊂ V. Wtedy A ⊂ U ∪ {a0} a B ⊂ V - { a0} gdzie otwarte zbiory U ∪ { a0} i V - { a0} są rozłączne
W szczególności, dobrze uporządkowane przestrzenie SΩ i S^Ω są normalne (ostatnia przestrzeń jest nawet zwartą przestrzenią Hausdorffa)

CZĘŚĆ XXV : Drugie przeliczalne przestrzenie regularne i twierdzenie metryzacji Urysohna


Zbadamy bliżej klasę przestrzeni regularnych. Zaczniemy od teorii zanurzenia, która jest używana również w innych kontekstach
25.1.Twierdzenie zanurzenia/ Omówiliśmy zanurzenia przy przestrzeniach iloczynowych
25.2.Definicja Zbiór {fj : X → Yj | j ∈ J} ciągłych funkcji jest oddzielonymi punktami i zbiorami domkniętymi jeśli dla dowolnego punltu x ∈ X i podzbioru domkniętego C ⊂ X mamy
x ∉ C ⇒ ∃j ∈ J : fj(x) ∉ fj(C)^
25.3Lemat. Niech f : X → Y będzie odwzorowaniem , które oddziela punkty i zbiory domknięte. Załóżmy również ,że f jest injektywna .Wtedy f jest zanurzeniem.
Dowód. Jeśli X jest T1, punkty są domknięte tak ,ze d oddziela punkty, tj ,.f jest injektywna. Dla dowolnego punktu x ∈ X i dowolnego zbioru domkniętego C ⊂ X mamy ,że
f(x) ∈ f(C)^ ⇒ x ∈ C ⇒ f(x) ∈ f( C)
więc uzyskujemy ,że f(X) ∩ f( C )^ = f (C ) .Ale to równanie mówi ,że f (C ) jest domknięte w f(X) .Zatem bijektywne odwzorowanie ciągłe f ;X → f(X) jest domknięte, więc jest homeomorfizmem
Twierdzenie 25.4 Niech {fj : X → Yj | J ∈ J} będzie rodziną funkcji ciągłych, które oddzielają punkty i zbiory domknięte. Załóżmy że X jest T1 lub ,że co najmniej jedna z funkcji fj jest injektywna. Wtedy odwzorowanie diagonalne f = (fj) :X → Πj∈JYj jest zanurzeniem
Dowód. Również odwzorowanie f oddziela punkty i zbiory domknięte ponieważ


dla wszystkich punktów x ∈ X i wszystkich domkniętych podzbiorów C ⊂ X . Twierdzenie teraz wynika z 25.3j jest injektywna i oddziela punkty i zbiory domknięte wtedy f =(fj) jest zanurzeniem. Na przykład, wykres X → X x Y : x → (x,g(x)) jest zanurzeniem dla odwzorowania ciągłego g : X → Y
25.5.Uniwersalna druga przeliczalna przestrzeń regularna. Mówimy ,że przestrzeń X jest uniwersalna dla pewnej właściwości jeśli X ma tą właściwość i dowolną przestrzeń , która ma tą właściwość zanurzoną w X
Twierdzenie 25.6 (Twierdzenie metryzacji Urysohna). Poniższe warunki są równoważne dla drugiej przeliczalnej przestrzeni X :
1.X jest regularna
2.X jest normalna
3.X jest homeomorficzne do podprzestrzeni z [0,1]ω
4.X jest metryzowalna
Sześcian Hilberta [0,1]ω jest uniwersalną drugą przeliczalną metryzowalną (lub normalną , regularną) przestrzenią
Dowód.(1) ⇒ (2) : NiechX będzie przestrzenią regularną z przeliczalną bazą B Twierdzimy ,że X jest normalne. Niech A i B będą rozłącznymi zbiorami domkniętymi w X. Z regularności (23.2(1)) , każdy punkt a &isisn; A ⊂ X - B ma bazowe otoczenie Ua ∈ B takie ,że a ∈ Ua ⊂ U^a ⊂ X - B .Niech U1, U2 ,… bdą elementami w obrazie odwzorowania A → B :a |-> Ua. Wtedy


Podobnie , istnieje ciąg V1, V2 ,… bazowych zbiorów otwartych taki ,że


Zbiory otwarte ∪n=1Un i ∪n=1 Vn mogą nie być rozłączne. Rozważmy zamiast tego zbiory otwarte


Nawet jeśli usunęliśmy część Un , nie usunęliśmy żadnych punktów z A z Un, i nie usunęliśmy żadnych punktów z B z Vn. Dlatego zbiory otwarte U′n pokrywają jeszcze A , a zbiory otwarte V′n pokrywają jeszcze B


ponieważ U′m ⊂ Um nie przecina V′n ⊂ X - Um jeśli m ≤ n i U′m ⊂ X - Vn nie przecina V′n ⊂ Vn jeśli m > N.
(2) ⇒ (3) : Niech X będzie przestrzenią normalną z przeliczalną bazą B. Wykażemy ,że istnieje przeliczalny zbiór {fUV} funkcji ciągłych X → [0,1] , który oddziela punkty i zbiory domknięte. Mianowicie ,dla każdej pary U,V, bazowych zbiorów otwartych U,V ∈ B takich ,że U^ ⊂ V m, wybieramy funkcje Urysohna fUV :X → [0,1] taką ,że fUV(U^) = 0 i fUV (X- V) = 1. Wtedy {fUV} oddziela punkty i zbiory domknięte: Dla dowolnego zbioru domkniętego C i punktu x ∉ C, lub x ∈ X - C, istnieją bazowe zbiory otwarte U,V, takie ,że x ∈ U ⊂ U^ ⊂ V ⊂ X - C (najpierw wybieramy V). Wtedy fUV (x) = 0 a fUV ( C ) = 1 tak ,że fUV(x) ∉ (fUV( C ))^ . Przez wzgląd na twierdzeni 25.4 istnieje zanurzenie X → [0,1]ω z fUV jako funkcją koordynującą
(3) ⇒ (4) : [0,1]ω jest metryzowalna i podprzestrzeń przestrzeni metryzowalnej jest metryzowalna
(4) ⇒ (1) : Dowolna przestrzeń metryzowalna jest regularna, nawet normalna

CZĘŚĆ XXVI : Przestrzenie całkowicie regularne i uzwarcenie Stone′a - Cecha


Nie ma wersji twierdzenia Tietze dla przestrzeni regularnych, tj. generalnie nieprawda ,że funkcje ciągłe oddzielają zbiory domknięte i punkty w przestrzeniach regularnych. Zamiast tego mamy nową klasę przestrzeni gdzie jest to prawda
26.1.Definicja. PrzestrzeńX jest całkowicie regularna jeśli punkty są domknięte w X i dla dowolnego domkniętego podzbioru C z X i dowolnego punktu x ∉ C istnieje funkcja ciągła f:X → [0,1] taka ,że f(x) = 0 i f(C ) =1
Wyraźnie
Normalna ⇒ całkowicie regularna ⇒ regularna ⇒ Hausdorffa ⇒ T1
i żadna z tych strzałek nie jest odwrotna. W przestrzeni całkowicie regularnej isntnieje dość funkcji ciągłych x → [0,1] do oddzielenia punktów i zbiorów domkniętych. Łatwo jest zobaczyć ,że dowolna podprzestrzeń przestrzeni całkowicie regularnej jest całkowicie regularna.
Twierdzenie 26.2 Poniższe warunki są równoważne dla przestrzenie topologicznej X:
1.X jest całkowicie regularna
2.X jest homeomorficzna do podprzestrzeni z [0,1]J dla pewnego zbioru J
3.X jest homeomorficzna do podprzestrzeni zwartej przestrzeni Hausdorffa
Dowód. (1) rArr; (2) : Jeśli X jest całkowice regularna wtedy zbiór C(X) odwzorowania ciągłego X → [0,1] oddziela punkty i zbiory domknięte. Obliczone odwzorowanie
Δ : X → Πj∈C(X)[0,1] , πj(Δ(x)) = j(x) , j ∈ C(X) , x ∈ X
jest dlatego zanurzone
(2) ⇒ (3) : [0,1]J jest zwartą przestrzenią Hausdorffa z twierdzenia Tichonowa (18.16)
(3) ⇒ (1) ; Zwarta przestrzeń Hausdorffa jest normalna (24.9) , zatem całkowicie regularna a podprzestrzenie przestrzeni całkowicie regularnej są całkowicie regualrne
Domknięte podprzestrzenie zwartej przestrzeni Hausdorffa są zwartymi Hausdorffa , otwarte podprzestrzenie są lokalnie zwartymi Hausdorffa, a arbitralne podprzestrzenie są całkowicie regularne
26.3.NastępstwoDowolna podprzestrzeń przestrzeni całkowicie regularnej jest całkowicie regularna. Iloczyn przestrzeni regularnych jest całkowicie regularny.
Dowód. Pierwsza część jest łatwa do udowodnienia .Druga część wynika z (26.2) ponieważ (13.12) iloczyn zanurzeń jest zanurzeniem
26.4.Następstwo Lokalnie zwarta przestrzeń Hausdorffa jest całkowicie regularna
Dowód. Lokalnie zwarte przestrzenie Hausdorffa są otwartymi podprzestrzeniami przestrzeni zwartych. Przestrzenie całkowicie regularne są podprzestrzeniami przestrzeni zwartych (26.2)
26.5.Przykład (Przestrzeń normalna z nie - normalną podprzestrzenią). Weźmy całkowicie regularną , ale nie normalną przestrzeń (na przykład (23.6) Rl x Rl) i zanurzmy ją w [0,1]J dla pewnego zbioru J (26.2). Wtedy mamy przykład normalnej (nawet zwartej Hausdorffa) przestrzeni z nie normalną podprzestrzenią
26.6 Konstrukcja Stone′a - Cecha Dla dowolnej przestrzeni topologicznej X niech C(X) oznacza zbiór odwzorowań ciągłych j :X → I z X do przedziału jednostkowego i = [0,1] i niech
Δ : X → Πj∈C(X)I = map(C(X),I)
będzie ciągłym odwzorowaniem obliczonym danym przez Δ(x)(j) = j(x) lub πjΔ = j dla wszystkicj j ∈ C(X) (Przestrzeń map(C(X),I) jest rodzajem podwójne dualności X) . Ta konstrukcja jest naturalna : Dla dowolnego ciągłego przekształcenia f:X → Y z X do przestrzeni Y, istnieje odwzorowanie indukowane C(X) ← C(Y) : f* zbiorów i indukowane odwzorowanie ciągłe (13.15)


takie ,że diagram


komutuje : Dolny trójkąt komutuje z definicji odwzorowania f** (13.15) a wtedy górny kwadrat komutuje ponieważ πkf** ΔX = πkfΔX = kf = πkΔYf. Wstawiamy βX = (Δ(X))^ i definiujemy Δ X → βX będące koograniczeniem z &Delat;X → Πj∈C(X)I do βX.Wtedy βX jest zwartą przestrzenią Hausdorffa (jest domkniętą podprzestrzenią zwartej przestrzeni Hausdorffa ΠI) a Δ jest, odwzorowaniem ciągłym z gęstym obrazem ΔX w βX. Ta konstrukcja jest naturalna; Dla dowolnego odwzorowania ciągłego f :X → Y , odwzorowanie indukowane f(26.7) pobiera βX do βY dla


a zatem uzyskujemy z (26.8) nowy komutatywny diagram odwzorowań ciągłych


gdzie βf : βX → βY jest koograniczeniem do βY ograniczenia f** do βX (to czyni β funktorem z naturalnego przekształcenia z funktora tożsamościowego z kategorii przestrzeni topologicznej do kategorii zwartych przestrzeni Hasudorffa.
Kolejny wynik mówi, że odwzorowanie X → βX jest uniwersalnym odwzorowaniem z X do zwaretj przestrzeni Hausdorffa
Twierdzenie 26.10 Niech X będzie przestrzenią topologiczną
1.Odwzorowanie X → βX jest odwzorowaniem ciągłym z X do zwartej przestrzeni Hausdorffa
2.Dla dowolnego odwzorowania ciągłego f ; X → Y z X do zwartej przestrzeni Hasudorffa Y istnieje jednosznaczne odwzorowanie ciągłe f^ : βX → Y takie ,że diagram


komutuje. (Mówimy ,że f : X → Y dzieli się jednoznacznie prze βX)
3.Załóżmy że X → αX jest odwzorowaniem X do zwartej przestrzeni Hausdorffa αX takie ,że odwzorowanie z X do zawartej przestrzeni Hausdorffa dzieli się jednoznacznie przez αX. Wtedy istnieje homeomorfizm αX → βX taki ,że


komutuje.
4.Jeśli X jest całkowicie regularna wtedy X → βX jest zanurzeniem. Jeśli X jest zwartym Hasudorffem wtedy X → βX jest homeomorfizmem.
Dowód.(4): Ponieważ koograniczenie zanurzenia jest zanurzeniem (13.12) a X → ΠI jest zanurzeniem kiedy X jest całkowicie regularne (26.2), również X → βX jest zanurzeniem. Jeśli X jest zwartym Hausdorffem, jest normalna (24.9), zatem całkowicie regularną, więc widzimy ,że Δ : X → βX jest zaurzeniem. Obrwz tego zanurzenia jest domknięty (18.8.(1)) i gęsty. Zatem zanurzenie jest bijektywne więc jes homeomorfizmem.
(1) i (2) : Jeśli Y jest zwartym, Hausdorffem wtedy z pozycji (4) ΔY jest homeomorfizmem w diagrami (26.9) z stąd f^ = ΔY-1 o βf jest możliwością w (26.11) . Jest jedną możliwością dla obrazu X, jest gęsta w βX
(3) Niech X → αX będzie odwzorowaniem do zwartej przestrzeni Hausdorffa spełniającym powyższe uniwersalne właściwości. Wtedy istnieją odwzorowania ciągłe αX ⇔ βX które, z jednoznaczności , są odwrotne względem siebie.
Jeśli X jest całkowicie regularne wtedy X → βX jest uzwarceniem i jest nazywana uzwarceniem Stone′a - Cecha z X.. Odwrotnie, jeśli X ma uzwacenie, wtedy X jest homeomorficzna do podprzestrzeni przestrzeni zwartej i daltego też (26.2) całkowicie regularna.
26.12.Lemat. X ma uzwarcenie jeśli i tylko jeśli X jest całkowicie regularna
Uzwarcenie Stone′a - Cecha βX całkowicie regularnej przestrzeni X jest maksymalnym uzwarceniem w tym sensie ,że dla dowolnego innego uzwarcenia X →cX istnieje domknięte odwzorowanie ilorazowe βX → cX takie ,że


komutuje. Odwzorowanie βX → cX jest domknięte przez 18.8 i surjektywne ponieważ jego obraz jest domknięty i gęsty. Uzwarcenie Aleksandrowa ωX z niezwartek lokalnie zwartej przestrzeni Hausdorffa X jest minimalnym uzwarceniem w tym sensie ,że ωX = cX/(cX - X) dla dowolnego innego uzwarcenia X → cX
Rzeczywiście widzimy w 21.3 ,że istnieje domknięte odzworowanie ilorazowe cX → ωX , biorące cX → X do ω , takie ,że


komutuje (Jakie jest minimaln uzwarcenie zwartej przestrzeni Hausdorffa?). Na przykład istnieją odwzorowania ilorazowe


uzwarcenia z R .Tu
C = {0} x [-1,1] ∪ {(x, sin 1/x) | 0 < x ≤ π-1} ∪ L
jest okręgiem warszawskim, uzwarcenia z R z resztą C - R = {-1,1], co jest uzyskiwane przez domknięcie domkniętej topologicznej krzywej sinusoidalnej S^ prze łuk od (0,0) do (π-1,0). W szczególności, C/[-1,1] = S1. Ogólniej, istnieją odwzorowania ilorazowe βRn → [0,1]n → ωRn = Sn uzwarcenia euklidesowej n-przestrzeni Rn

CZĘŚĆ XXVII : Rozmaitości


27.1.Definicja. Rozmaitość jest lokalną euklidesową drugą przeliczalną przestrzenią Hausdorffa
Rozmaitości są lokalnie zwarte i lokalnie łukowo spójne ponieważ są lokalnie euklidesowe. Wszystkie lokalnie zwarte przestrzenie Hausdorffa są (całkowicie) regularne. Zatem rozmaitości są drugimi przeliczalnymi przestrzeniami regularnymi a zatem są normalne , metryzowalne, Lindelöfa i mają przeliczalne gęste podzbiory. Linia z dwoma zerami jest przykładem lokalnie euklidesowej przestrzeni, która nie jest Hausdorffa. Długa linia jest lokalną przestrzenią euklidesową, która nie jest drugą przeliczalną. n-sfera Sn i rzeczywista rzutowa n-przestrzeń RPn są przykładami rozmaitości. Sn leży zanurzone w Rn+1 od urodzenia, ale co z RPn? Czy RPn zanurzona jest w tej samej przestrzeni euklidesowej?
Twierdzenie 27.2. (Zanurzenia zwartych rozmaitości). Dowolna zwarta rozmaitość zanurzona w RN dla pewnego N
Dowód. Możemy założyć ,że M jest spójna. Niech n będzie wymiarem z M (zakłądamy ,żę jest dobrze zdefiniowana). Niech B = {x ∈ Rn | |x| ≤ 1} będzie jednostkową kulą w Rn. Pokrywamy M przez skończenie wiele domkniętych zbiorów B1,…, Bk, takie ,że każde Bi jest homeomorficzne do B i takie że wnętrze Bi pokrywa M. Niech fi : M → Sn będzie odwzorowaniem ciągłym uzyskanym przez rozwinięcie dopełnienia do wnętrza Bi do punktu. Odwzorowanie f = (f1,… fk) : M → Sn x ,,, x Sn jest injektywne ;Jeśli x leży we wnętrzu Bi, wtedy fi(x) ≠ fi(y) dla wszystkich y ≠ x .Ponieważ M jest zwarta a (Sn)k Hausdorffa, f jest zanurzeniem. W końcu, każda sfera Sn zanurzona jest w Rn+1 tak ,że (Sn)k zanurzone jest w (Rn+1)k
W szczególności RP2 zanurzone jest w pewnej przestrzeni euklidesowej. Której?. Do homeomorfizmów istniej tylko jedna zwarta rozmaitość o wymiarze 1, okrąg. Zwarte rozmaitości o wymiarze 2 są opisane przez liczbę, rodzaj i orientowalność. W szczególności, dowolna prosta spójna 2 -wymiarowa zwarta rozmaitość jest homeomorficzna do S2 Nie wiemy czy istnieją proste spójne zwarte 3 -wymiarowe rozmaitości poza S3 (przypuszczenie Poincare). Klasyfikacja 4 -wymiarowej zwartej rozmaitości jest logicznie niemożliwa.