Ánh xạ liên tục trên không gian topo

38 trang phuongnguyen 4540

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Ánh xạ liên tục trên không gian topo", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

anh_xa_lien_tuc_tren_khong_gian_topo.pdf

Nội dung text: Ánh xạ liên tục trên không gian topo

z  Ánh xạ liên tục trên không gian topo
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Chương 1 ÁNH XẠ LIÊN TỤC TRÊN KHÔNG GIAN TÔPÔ TỔNG QUÁT A. Kiến thức chuẩn bị: 1. Định nghĩa tôpô: Cho tập X ≠ Ø. Một họ  các tập con của X được gọi là một tôpô trên X nếu nó thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: a) X  và Ø  ; b) Hợp tùy ý các tập thuộc  là thuộc  ; c) Giao hữu hạn các tập thuộc  cũng thuộc  . Một tập X được trang bị một tôpô trên nó được gọi là một không gian tôpô, kí hiệu (X,  ). Nếu chỉ ký hiệu không gian tôpô l à X thì ta ngầm hiểu rằng trên X đã được trang bị một tôpô nào đó. 2. Tập mở, tập đóng, lân cận: Cho không gian tôpô (X,  ). a) Mọi tập thuộc  được gọi là tập mở; tập có phần bù là tập mở gọi là tập đóng. b) Với mỗi điểm x X, tập V  X được gọi là lân cận của x nếu tồn tại tập mở G trong X sao cho x G  V. Nhận xét: G là tập mở khi và chỉ khi nó là lân cận của mọi điểm thuộc nó. c) Họ tất cả các lân cận của điểm x được gọi là hệ lân cận của x, ký hiệu Vx. Họ Bx  Vx được gọi là một cơ sở lân cận của điểm x nếu  V Vx, B Bx sao cho x B  V. 3. Các loại điểm, phần trong, bao đóng: Cho không gian tôpô (X,  ), x X và tập A  X. a) Các loại điểm: - 3 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình - x gọi là điểm trong của A nếu tồn tại tập mở G sao cho x G  A. - x gọi là điểm ngoài của A nếu tồn tại tập mở G sao cho x G  X \ A. - x gọi là điểm biên của A nếu  V Vx, V  A ≠ Ø, và V  (X \ A) ≠ Ø. - x gọi là điểm dính của A nếu  V Vx, V  A ≠ Ø. - x goi là điểm cô lập của A nếu V Vx: V  A = Ø. Nếu A = X thì x là điểm cô lập của A nếu tập {x} là tập mở. b) Phần trong của tập A, ký hiệu là int A hoặc Ao , là tập tất cả các điểm trong của A. Nói cách khác, phần trong của A là tập mở lớn nhât chứa trong A. c) Bao đóng của tập A, ký hiệu A , là tập đóng bé nhất trong X chứa A. 4. Tập hợp trù mật, không gian khả ly: a) Trong không gian tôpô X, tập con A của X được gọi là trù mật trong X nếu A = X. Nếu int A = Ø thì A gọi là tập thưa ( hay tập không đâu trù mật). b) Không gian tôpô (X,  ) là không gian khả ly nếu tồn tại một tập A  X sao cho A không quá đếm được và A = X, tức là A trù mật trong X. 5. Tập thuộc phạm trù:: Không gian tôpô X gọi là thuộc phạm trù thứ nhất nếu X bằng hợp đếm được các tập không đâu trù mật. Không gian không thuộc phạm trù thứ nhất gọi là thuộc phạm trù thứ hai. 6. Không gian T1, T2 và không gian chuẩn tắc: a) Không gian tôpô X được gọi là T1 - không gian nếu hai điểm x, y khác nhau bất kì của X đều có một lân cận của x không chứa y v à một lân cận của y không chứa x. b) Không gian tôpô X được gọi là không gian Hausdorff (hay T 2 - không gian) nếu bất kì hai điểm khác nhau x, y X đều tồn tại một lân cận U của x v à lân cận V của y sao cho U  V = Ø. c) Không gian tôpô X được gọi là không gian chuẩn tắc (hay T4 – không gian) nếu X là T1 – không gian và với hai tập đóng bất kì A, B không giao nhau của X luôn tồn tại các tập mở U và V sao cho A  U, B  V và U  V = Ø. 7. Không gian tôpô tổng, tích, thương: Cho (X , ) I là họ các không gian tôpô. - 4 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình a) Tổng: Đặt X =  X . Xét họ  = {G  X: G  X  , I}. Khi đó,  là một tôpô I trên X và (X,  ) là không gian tôpô tổng của họ không gian tôpô đã cho, ký hiệu X=  X . I Nếu họ X  I rời nhau từng đôi thì tổng gọi là tổng trực tiếp, ký hiệu X =  I X . Ký hiệu i : X X , i (x) = x, là phép nhúng chính tắc. b) Tích Descartes: Đặt X =  I X và : X X là phép chiếu (hay ánh xạ tọa độ thứ ). Gọi  là tôpô yếu nhất để tất cả các phép chiếu liên tục (định nghĩa ánh xạ liên tục sẽ được trình bày sau trong chương này). Khi đó, (X,  ) gọi là không gian tôpô tích của họ không gian đã cho. c) Không gian thương: Cho không gian tôpô (X,  ) và một quan hệ tương đương R trên X. Ký hiệu X/R là tập thương của X theo quan hệ tương đương R. Xét ánh xạ : X X/R xác định bởi (x) = x , với x là lớp tương đương chứa x. Khi đó, gọi là phép chiếu chính tắc và dễ thấy là toàn ánh. Trên X/R, dễ thấy họ  = {V  X/R: -1(V)  } là một tôpô và là tôpô mạnh nhất để liên tục. Khi đó, (X/R,  ) gọi là không gian thương của không gian X theo quan hệ t ương đương R. B. Các vấn đề về ánh xạ liên tục. 1.1. Định nghĩa ánh xạ liên tục: Cho hai không gian tôpô (X, τX ), (Y, τY ) và ánh xạ f: X Y. Khi đó, f được gọi là liên tục tại điểm x0 X nếu với mỗi lân cận W của f(x0) Y, tồn tại lân cận V của x0 sao cho f(V)  W. Nếu f liên tục  x X thì f được gọi là liên tục trên X. Nếu f: (X,  X ) (Y,  Y ) là ánh xạ liên tục thì ta còn nói ánh xạ f là ( X , Y )- liên tục. - 5 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình 1.2.Các định lý và tính chất: Với mỗi x, ký hiệu Bx là cơ sở lân cận của x. Khi đó, ta có định lý sau: Định lý 1.2.1: Ánh xạ f: X Y liên tục tại x khi và chỉ khi  W Bf(x), tồn tại V ßx sao cho f (V)  W. Chứng minh: Giả sử f liên tục tại x, và W Bf(x). Vì W là một lân cận của f(x) nên tồn tại lân cận U của x sao cho f(U)  W. Mà Bx là cơ sở lân cận của x nên có V Bx sao cho V  U, do đó f(V)  f(U)  W. Ngược lại, gọi G là một lân cận của f(x)  W Bf(x): W  G. Theo giả thiết, U Bx : f(U)  W f(U)  G f liên tục tại x. ⁬ Định lý 1.2.2: Cho (X, τX ), (Y, τY ) là hai không gian tôpô. Ánh xạ f: X Y liên tục tại điểm x X khi và chỉ khi với mọi lân cận W của f(x) th ì f -1(W) là lân cận của x. Chứng minh: Giả sử f liên tục tại x và W là lân cận của f(x). Khi đó tồn tại lân cận V của x sao cho f(V)  W V  f -1(W) f -1(W) là lân cận của x. Ngược lại, gọi W là lân cận của f(x). Theo giả thiết, f -1(W) là lân cận của x. Đặt V= f -1(W) thì V là lân cận của x và f(V) = f( f -1(W))  W f liên tục lại x. ⁬ Định lý 1.2.3: Cho ánh xạ f: (X, τX ) (Y, τY ). Khi đó, các mệnh đề sau là tương đương: a) f liên tục trên X. b) Nghịch ảnh của mỗi tập mở trong Y l à tập mở trong X. c) Nghịch ảnh của mỗi tập đóng trong Y là tập đóng trong X. d)  A  X f( A )  f (A) . e)  B  Y f 1 (B)  f-1( B ). f)  B  Y f -1(int B)  int f -1(B). Chứng minh: - 6 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình -1 a) b): Giả sử G τY (tức G mở trong Y), G ≠ Ø. Với mỗi x f (G) thì f(x) G, do G là tập mở nên G là lân cận của f(x). Mà f liên tục nên tồn tại lân cận V của x sao cho f(V)  G x V  f -1(G) f -1(G) là lân cận của x. Vậy, f -1(G) là lân cận của mọi điểm thuộc nó nên f -1(G) là tập mở. b) c): Gọi F là tập đóng trong Y Y\F là tập mở trong Y f -1(Y\F) = X\ f -1(F) là tập mở trong X f -1(F) đóng trong X. c) d):  A  X, ta có f -1( f (A) ) là tập đóng trong X. Vì f(A)  f (A) nên A  f -1( f (A) ) A  f -1( f (A) ) f( A )  f (f -1( f (A) ))  f (A) d) e):  B  Y, ta có: f( f 1 (B) )  f ( f 1 (B))  B f 1 (B)  f -1( B ). e) f):  B  Y f -1(int B) = f -1(Y\Y \ B ) = X\f -1(Y \ B ). Mà X \ f 1 (B) = f 1 (Y \ B)  f-1(Y \ B ) (do e) Nên X\f -1(Y \ B )  X\ X \ f 1 (B) = int f -1(B). Vậy, f -1(int B)  int f -1(B). f) a):  x X, gọi W là lân cận mở của f(x). Theo giả thiết ta có: x f -1(W) = f -1(int W)  int f -1(W). Nếu đặt V = int f -1(W) thì V là lân cận của x và f(V)  W. Do đó, f liên tục trên X. ⁬ Nhận xét 1.2.1: a)Từ định lý 1.2.3 ta có thể phát biểu lại định lý 1.2.2 như sau: “Ánh xạ f: X Y liên tục tại điểm x X khi và chỉ khi với mọi lân cận mở W của f(x) thì f -1(W) là lân cận mở của x”. b) Nếu f:(X,  X ) (Y,  Y ) là ánh xạ liên tục thì với mọi tôpô  trên X mà    X thì ánh xạ f: (X,  ) (Y,  Y ) cũng liên tục. -1 Thật vậy, với x X gọi W là lân cận mở của f(x). Vì f là ( X , Y )- liên tục nên f (W) -1  X f (W)  ánh xạ f là ( , Y )-liên tục. Ví dụ 1.1: Cho X là không gian tôpô rời rạc, Y là không gian tôpô tùy ý. Khi đó, mọi ánh xạ f: X Y đều liên tục. Thật vậy, nếu G là tập mở trong Y thì f -1(G)  X, mà X rời rạc nên f -1(G) mở trong X. - 7 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Ví dụ 1.2: Nếu X là không gian tôpô bất kỳ và Y là không gian tôpô thô thì mọi ánh xạ f: X Y đều liên tục vì  A  X, A ≠ Ø thì f( A ) = f (A) = X ( do đó f( A )  f (A) ). Ví dụ 1.3: Trên tập X trang bị hai tôpô τ1 và τ2. Ánh xạ đồng nhất f: (X, τ1 ) (X, τ2 ) liên tục khi và chỉ khi τ1 ≥ τ2 (hay τ1  τ2). Thật vậy, vì ánh xạ đồng nhất f:(X,  2 ) (X,  2 ) liên tục nên theo nhận xét 1.2.1 nếu τ1 ≥ τ2 thì ánh xạ đồng nhất f: (X, τ1) (X,τ2) cũng liên tục. Điều ngược lại là hiển nhiên. Ví dụ 1.4: Ánh xạ hằng f: X Y (y0 cố định trong Y) là ánh xạ liên tục vì với x y0 -1 mọi lân cận W của y0 thì f (W) = X là lân cận của x  x X. Định lý 1.2.4: Cho ba không gian tôpô (X, τX ), (Y, τY ), (Z, τZ ) và hai ánh xạ liên tục f: X Y, g: Y Z. Khi đó ánh xạ tích h = gof: X Y cũng liên tục. Chứng minh: Giả sử V mở trong Z g-1(V) mở trong Y h-1(V) = f -1[g-1(V)] mở trong X. Do đó, h liên tục. ⁬ Nhận xét 1.2.2: Giả sử X là không gian tôpô, R là tập số thực với tôpô tự nhiên ( tôpô tự nhiên trên R là tập các khoảng mở của R ). Khi đó, các ánh xạ f: X R được gọi là các hàm số. Theo định lý 1.2.1, f liên tục tại x0 X khi và chỉ khi  ε > 0,  lân cận V của x0 sao cho  x V thì | f(x) – f(x0) | 0, δ >0 sao cho  x R thỏa | x – x0 | 0,  lân cận V của x sao cho  x’ V ta có |f(x’) – f(x)| < ε |(-f)(x’) – (-f )(x)| = |-f(x’) + f(x)| = | f(x’) – f(x)| < ε. Do đó, -f liên tục. - 8 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình c) Đặt φ = f + g.  x X và  ε > 0, ta có:  Vì f liên tục nên  lân cận V của x sao cho  x’ V: |f(x’) – f(x)| 0, ta có:  Vì f liên tục nên  lân cận V của x sao cho  x’ V: |f(x’) – f(x)| 0  x X nên với mỗi x0 X tồn tại lân cận V của x0 và M > 0 sao cho  x V thì |g(x)| M. Mặt khác, g liên tục   > 0, lân cận U của x0 sao cho  x U, - 9 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình 2 |g(x) – g(x0)| < M . . Đặt V’ = V  U. Khi đó V’ là lân cận của x0, và  x V’, ta có: 1 1 g(x ) g(x) M 2 | - | = | 0 | < =  . g(x) g(x0 ) g(x).g(x0 ) M.M 1 f Vậy, liên tục, do đó . ⁬ g g Bổ đề Urysohn: Cho X là một không gian chuẩn tắc; A và B là hai tập con đóng rời nhau của X. Khi đó, tồn tại hàm liên tục f: X [0, 1] sao cho f(x) = 0  x A và f(x) = 1  x B. Định lý 1.2.6: Gọi {(Xα,  )}α I là họ các không gian tôpô. Khi đó,  α I, phép nhúng chính tắc: a). iα: Xα  X là ánh xạ liên tục. I b). i : X  X là vừa mở vừa đóng. α α I Chứng minh: 1 a). Gọi  là tôpô trên  X . Khi đó,  G  , i (G)= G  Xα  . Do đó, iα liên I tục. b). Giả sử U mở trong Xα. Khi đó, U  Xα = U  , U  Xβ = Ø  β ≠ α. Do đó, U  X   α I. Vậy, iα(U) = U mở trong  X . α I Bây giờ, giả sử F đóng trong X . Xét tập G =  X \F. Vì G  X = X \F  và α I α α G  Xβ = Xβ  β ≠ α nên G mở trong  X . Suy ra, i (F) = F đóng trong  X . ⁬ I α I Hệ quả 1.2.1: Mỗi tập X là vừa mở vừa đóng trong  X . α I Định lý 1.2.7: Ánh xạ f:  X Y liên tục nếu và chỉ nếu foiα liên tục  α I. I Chứng minh: - 10 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Hiên nhiên nếu f liên tục thì foiα liên tục  α I. Ngược lại, giả sử mọi foiα liên tục và G là một tập mở tùy ý của Y. Ta có: -1 1 -1 -1 f (G)  Xα = i (f (G)) = ( foiα) (G)  (do foiα liên tục) -1 f (G) mở trong  X . I Vậy, f liên tục. ⁬ Định lý 1.2.8: Với mọi α, phép chiếu :  X X là ánh xạ mở. I Chứng minh: Giả sử G là tập mở tùy ý của  X . Lấy a (G). Khi đó, tồn tại x G sao cho I (x) = a. Do G mở nên  U (i = 1, 2, , n ) mở trong X sao cho i i n x V = 1 (U )  G.  i i i 1 U nếu = i , i = 1, 2, , n i Từ đó, a (V)  (G). Và: (V) = X nếu ≠ i , i = 1, 2, , n Do đó, (V) là tập mở trong X và (G) là tập mở. ⁬ Định lý 1.2.9: Ánh xạ f: Z  X liên tục khi và chỉ khi of liên tục  I. I Chứng minh: Hiển nhiên, nếu f liên tục thì of cũng liên tục  I. Ngược lại, giả sử of liên tục  I. Giả sử G là tập mở trong  X . Khi đó, G I 1 = (U), với U  , nào đó thuộc I. Và ta có: -1 -1 1 -1 f (G) = f ( (U)) = ( of) (U) là tập mở trong Z (vì of liên tục). ⁬ Định lý 1.2.10: Cho không gian tôpô (X,  ) và một quan hệ tương đương R trên X. Khi đó, ánh xạ f: X/R Y liên tục nếu và chỉ nếu fo liên tục. Trong đó, : X X/R là phép chiếu chính tắc. Chứng minh: - 11 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Nếu f liên tục thì hiển nhiên fo liên tục. -1 -1 Ngược lại, giả sử fo liên tục. Khi đó,  G mở trong Y thì (f (G)) mở trong X. Theo định nghĩa tôpô trên X/R thì f -1(G) mở trong X/R. Do đó, f liên tục. ⁬ 1.3. Phép đồng phôi: Định nghĩa 1.3.1: Cho hai không gian tôpô X và Y. Ánh x ạ f: X Y được gọi là một phép đồng phôi nểu f là song ánh, f liên tục và f -1 liên tục. Ví dụ 1.3.1: Ánh xạ đồng nhất từ không gian tôpô X v ào chính nó là một phép đồng phôi. Nhận xét 1.3.1: Từ định nghĩa nếu f là một phép đồng phôi thì f -1 cũng là một phép đồng phôi. Định nghĩa 1.3.2: Hai không gian tôpô gọi là đồng phôi với nhau nếu tồn tại một phép đồng phôi từ không gian này vào không gian kia. Nhận xét 1.3.2: Theo ví dụ 1.3.1 thì một không gian tôpô bất kì luôn đồng phôi với chính nó. Định nghĩa 1.3.3: Cho ánh xạ f: (X, τX ) (Y, τY ). Khi đó, f được gọi là ánh xạ mở ( đóng) nếu với mọi tập A mở ( đóng) trong X th ì f(A) là tập mở ( đóng) trong Y. Định lý1.3.1: Cho f: (X, τX ) (Y, τY ) là song ánh liên tục. Khi đó các khẳng định sau là tương đương: a) f là một phép đồng phôi; b) f là ánh xạ mở; c) f là ánh xạ đóng. Chứng minh: a) b): Gọi G là tập mở trong X. Vì f là phép đồng phôi nên f -1 liên tục, do đó f(G) = ( f -1)-1(G) là tập mở trong Y f là ánh xạ mở. b) c): Giả sử F là tập đóng trong X X\F là tập mở trong X. Do f là ánh xạ mở nên f(X\F) = f(X)\f(F) = Y\ f(F) là tập mở trong Y f(F) là tập đóng trong Y f là ánh xạ đóng. - 12 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình c) a): Do f là song ánh liên tục nên ta chỉ cần chứng minh f -1 liên tục. Gọi F là tập đóng bất kỳ trong X. Do f là ánh xạ đóng nên f(F) là tập đóng trong Y ( f -1)-1(F) là tập đóng trong Y. Theo định lý 1.2.3 f -1 liên tục. ⁬ Định lý 1.3.2: Ánh xạ f: X Y là phép đồng phôi khi và chỉ khi f liên tục và có một ánh xạ liên tục g: Y X sao cho fog = 1Y và gof = 1X. Ở đây, 1X và 1Y tương ứng là các ánh xạ đồng nhất từ X vào Y và từ Y vào X. Chứng minh: Nếu f là phép đồng phôi thì g = f -1. Ngược lại, nếu có ánh xạ liên tục g: Y X sao cho fog = 1Y và gof = 1X. Ta chứng minh f là song ánh: - Giả sử ta có f(x1) = f(x2) g(f(x1)) = g(f(x2)) gof(x1) = gof(x2) x1 = x2 f là đơn ánh. -  y Y thì g(y) X, đặt x = g(y) ta có f(x) = f(g(y)) = fog(y) = y f là toàn ánh. Khi f là song ánh thi ánh xạ g xác định như trong định lý hiển nhiên là ánh xạ ngược của f. Vậy f là song ánh có ánh xạ ngược liên tục nên nó là phép đồng phôi. ⁬ x Ví dụ 1.3.2: Ánh xạ f: R (-1; 1), f(x) = là phép đồng phôi. 1 | x | x Thật vậy, ta có f liên tục. Xét ánh xạ g: (-1; 1) R xác định bởi g(x) = , dễ 1 | x | thấy g liên tục và fog, gof là các ánh xạ đồng nhất. Do đó, f là phép đồng phôi. 1.4. Thác triển liên tục. Định nghĩa 1.4: Với ánh xạ liên tục f: M Y từ không gian con M của không gian tôpô X vào không gian tôpô Y, t ồn tại ánh xạ liên tục F: X Y sao cho F|M = f, thì F được gọi là thác triển liên tục của f trên X; f được gọi là thác triển liên tục được trên X. Ta đã biết rằng nếu ánh xạ f: X Y liên tục thì ánh xạ thu hẹp của f trên không gian con M của X ( f |M: M Y) cũng liên tục. Ngược lại, nếu như ta có ánh xạ f: M Y liên tục thì vấn đề đặt ra là có tồn tại hay không một ánh xạ liên tục F: X Y sao cho F|M = f. Dựa vào bổ đề Urysohn, định lý sau đây sẽ cho ta một kết quả về sự tồn tại của thác triển liên tục. Định lý 1.4.1 (Tietze – Urysohn): Giả sử f là hàm thực liên tục, giới nội trên không gian con đóng M của không gian chuẩn tắc X. Khi đó, tồn tại h àm thực F liên tục trên X sao cho F|M = f và supx X |F(x)| = supx M | f(x)|. - 13 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Chứng minh: Đặt c = sup x M | f(x)|. Nếu c = 0 thì F  0 là hàm cần tìm. Nếu c > 0, ta chỉ ra hàm h1 liên tục trên X sao cho: c 1). |h1(x)| (  x X) 3 2 2). |f(x) – h1(x)| c (  x M) 3 c c Ta đặt: A = {x M: f(x) }, B = {x M: f(x) }. 3 3 Vì f liên tục trên M nên A và B đóng trong M A, B đóng trong X (vì M đóng trong X) theo bổ đề Urysohn tồn tại hàm h: X [0,1] sao cho h(x) = 0 (  x A) và h(x) = 1 (  x B). 2 1 Và dễ thấy hàm h1(x) = c h(x) (  x X) thỏa mãn các điều kiện 1) và 2). 3 2 Tương tự, ta lại áp dụng khẳng định trên đối với hàm f – h1, tồn tại hàm h2 liên tục trên X sao cho: 1 2 1’). |h2(x)| . c (  x X) 3 3 2 2 2’). | f(x) – h1(x) – h2(x)| c (  x M) 3 Bằng quy nạp, ta được dãy hàm {hn} liên tục trên X thỏa mãn: n 1 1 2 1”). |hn(x)| . c (  x X) 3 3 n n 2 2”). | f(x) -  hi (x)| c (  x M) i 1 3 Từ 1”) suy ra chuỗi hàm  hi (x) hội tụ đều trên X. Gọi F(x) là tổng của chuỗi hàm i 1 đó. Vì hn liên tục trên X và chuỗi hội tụ đều trên X nên F liên tục trên X. Từ 2”) suy ra F(x) = f(x) (  x M). Do đó, sup x X |F(x)| supx M | f(x)| (*) n 1 1 2 Mặt khác,  x X, |F(x)|  hi (x) c  = c = supx M | f(x)| i 1 3 n 1 3 sup x X |F(x)| supx M | f(x)| ( ) - 14 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Từ (*) và ( ) suy ra: sup x X |F(x)| = supx M | f(x)|. ⁬ Hệ quả 1.4: Giả sử f là hàm thực liên tục trên không gian con đóng M của không gian chuẩn tắc X. Khi đó, tồn tại hàm thực F liên tục trên X sao cho F |M = f. Chứng minh: Gọi : R (-1,1) là một phép đồng phôi ( được xác định như trong ví dụ 1.3.2). Khi đó, of: M → (-1,1) là hàm liên tục, bị chặn trên M nên theo định lý Tietze – Urysohn tồn tại hàm liên tục F1: X [-1,1], F1|M = of. 1 Thấy, tập A = F1 ({-1,1}) là tập con đóng trong X, không giao với M. Do đó, theo bổ đề Urysohn, tồn tại hàm liên tục g: X [0,1] sao cho g(x) = 1 (  x M), g(x) = 0 ( x A). Khi đó, hàm F2(x) = g(x).F1(x) là hàm liên tục và là thac triển của hàm of. -1 Đặt F = oF2. Và F là hàm cần tìm. ⁬ Định lý 1.4.2: Giả sử M là không gian con trù mật của X, f: M Y là ánh xạ liên tục, Y là không gian Hausdorff. Khi đó, n ếu tồn tại thác triển liên tục F của f trên X thì F là duy nhất. Chứng minh: Gọi F1 là một thác triển liên tục khác của f trên X. Khi đó, F(x) = F1(x) = f(x)  x M. Đặt A = {x X: F(x) = F1(x)}. Dễ thấy A là tập đóng (bài tập 5 chương 1) và A  M. Vì M trù mật trong X nên ta có: X = M  A A = X, hay F1  F. Vậy, F nếu tồn tại thì duy nhất. ⁬ - 15 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình BÀI TẬP CHƯƠNG 1 1 nếu x A Bài 1.Cho A là tập con của X. Hàm f: X R xác định bởi f(x) = . 0 nếu x A. Chứng minh rằng f liên tục tại x0 X khi và chỉ khi x0 b(A), với b(A) là biên của A. ▪ Giải: ). Giả sử f liên tục tại x0 X. Nếu x0 b(A) thì  lân cận V của x0 ta có V  A ≠ Ø và 1 V  (X\A) ≠ Ø. Do đó, với  = , ta có: 2 1 + Nếu x0 A thì lấy x1 V  (X\A). Khi đó, | f(x1) – f(x0)| = 1 > f không liên tục 2 tại x0. 1 + Nếu x0 A thì lấy x2 V  A. Khi đó, | f(x2) – f(x0)| = 1 > f không liên tục tại 2 x0. Vậy, x0 b(A).  ). Giả sử x0 b(A). Khi đó, tồn tại một lân cận mở V của x 0 sao cho V  A hoặc V  (X\A) f là hàm hằng trên V f liên tục tại x0. ⁬ Bài 2. Cho f: X Y là một song ánh liên tục. Chứng minh rằng: nếu X không có điểm cô lập thì Y cũng không có điểm cô lập. ▪ Giải: Giả sử y0 là điểm cô lập của Y {y0} là tập mở trong Y. Do f là song ánh nên -1 ! x0 X sao cho f(x0) = y0 f ({y0}) = {x0}. Do f liên tục nên {x0} là tập mở trong X x0 là điểm cô lập của X ( mâu thuẫn ). Vậy, Y không có điểm cô lập. ⁬ -1 Bài 3. Cho f là toàn ánh từ tập X vào không gian tôpô (Y, Y ). Đặt  = {f (B)| B  Y }. Khi đó  là một tôpô trên X. - 16 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình a) Chứng minh rằng ánh xạ f: (X,  ) (Y,  Y ) là ánh xạ liên tục mở và đóng. b) Giả sử  là một tôpô tùy ý trên X. Chứng minh rằng: f: (X, ) (Y, Y ) liên tục khi và chỉ khi    . ▪ Giải: -1 a)  x X, gọi W là lân cận mở của f(x) ( W  Y ) x f (W)  f liên tục. -1 Gọi A  B  Y : A = f (B). Do f là toàn ánh nên f(A) = B  Y f là ánh xạ mở. Giả sử F là tập đóng trong X X\F  f(X\F)  Y Y\ f(F)  Y f(F) là tập đóng trong Y f là ánh xạ đóng. -1 b) Giả sử f: (X,  ) (Y,  Y ) liên tục.  A  , B  Y : f (B) = A. Do f liên tục nên f -1(B)  A     . Ngược lại, gọi  là tôpô bất kỳ mà    . Vì f: (X,  ) (Y,  Y ) liên tục nên ánh xạ f: (X,  ) (Y,  Y ) cũng liên tục ( theo nhận xét 1.2.1). ⁬ Bài 4. Cho f: (X,  X ) (Y,  Y ) là ánh xạ liên tục. Chứng minh rằng X là không gian khả ly thì Y cũng là không gian khả ly. ▪ Giải: Giả sử X khả ly.Gọi A= {a 1, a2, , an, }  X và A = X. Khi đó, f(A) = {f(a1), f(a2), , f(an), } là tập con đếm được của Y. Ta sẽ chứng minh f (A) = Y. -1 Gọi B là tập bất kỳ thuộc  Y , do f liên tục nên f (B)  X . Vì A trù mật trong X nên -1 -1 A  f (B) ≠ Ø. Do đó i N sao cho ai f (B) f(ai) B f(A)  B ≠ Ø. Suy ra: f (A) = Y. Vậy, Y là không gian khả ly. ⁬ Bài 5. Cho f, g : X Y là các ánh xạ liên tục và Y là không gian Hausdorff. Ch ứng minh rằng tập A = {x X: f(x) = g(x)} là tập con đóng của X. ▪ Giải: Lấy xo bất kỳ thuộc X\A. Khi đó, f(xo) ≠ g(xo). Do Y hausdorff nên tồn tại các lân cận -1 -1 mở U, V của f(xo) và g(xo) tương ứng sao cho U  V = Ø. Đặt W = f (U)  g (V) thì W - 17 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình là một lân cận mở của xo, và  x W thì f(x) U và g(x) V nên f(x) ≠ g(x). Do đó, W  X\A. Vậy, X\A là tập mở A là tập đóng. ⁬ Bài 6. Giả sử X là một không gian tôpô, f và g là các ánh xạ liên tục từ X vào R (với tôpô thông thường). Chứng minh rằng tập A = {x X | f(x) = g(x)} là một tập con đóng của X. Từ đó suy ra rằng f(x) = g(x)  x thuộc một tập con trù mật D của X thì f(x) = g(x)  x X. ▪ Giải: Do R là không gian Hausdorff nên theo bài 5 thì A = {x X: f(x) = g(x)} là tập con đóng trong X. Giả sử D là tập con trù mật trong X ( D = X) và f(x) = g(x)  x D. Đặt F = {x X; f(x) = g(x)} thì F  D, mà F là tập đóng nên F  D = X F = X. Vậy f(x) = g(x)  x X. ⁬ Bài 7. Cho f: (X,  X ) (Y,  0 ) là song ánh. Chứng minh rằng f là phép đồng phôi khi và chỉ khi  0 là tôpô mạnh nhất trong số các tôpô  Y sao cho f là ( X , Y )-liên tục. ▪ Giải: Giả sử f: (X,  X ) (Y,  0 ) là phép đồng phôi và  Y là tôpô trên Y sao cho f là ( X , Y )-liên tục. -1 -1 -1 -1 -1 Gọi W  Y f (W)  X . Vì f là ( 0 , X )-liên tục nên (f ) (f (W))  0 , hay W  0  Y  0 . Do đó,  0 là tôpô mạnh nhất trong các tôpô  Y trên Y sao cho f là ( X , Y )-liên tục. Ngược lại, giả sử  0 là tôpô mạnh nhất trong các tôpô  Y trên Y sao cho f là ( X , Y )- liên tục. Để chứng minh f: (X,  X ) (Y,  0 ) là phép đồng phôi ta chỉ cần chứng minh -1 f là ( 0 , X )-liên tục. -1 Thật vậy, giả sử f không là ( 0 , X )-liên tục. Khi đó, V  X sao cho -1 -1 (f ) (V)  0 , hay f(V)  0 . Gọi  Y là tôpô trên Y sinh bởi  0  {f(V)}. Khi đó, f là ( X , Y )-liên tục và  Y   0 . Do  0 là tôpô mạnh nhất nên phải có  0 =  Y f(V)  Y =  0 (mâu thuẫn). - 18 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình -1 Vậy, f là ( 0 , X )-liên tục, do đó f: (X,  X ) (Y,  0 ) là phép đồng phôi. ⁬ Bài 8. Cho toàn ánh liên tục f từ không gian tôpô X vào không gian tôpô Y. Trên X, xét quan hệ tương đương R xác định bởi x1 ~ x2 nếu f(x1) = f(x2). Gọi f : X/R Y là ánh xạ từ không gian thương X/R vào Y cho bởi f (x)= f(x), trong đó, x là lớp tương đương chứa x. Chứng minh rằng: a) f là ánh xạ liên tục. b) Nếu f là ánh xạ đóng hoặc mở thì X/R đồng phôi với Y. ▪ Giải: a) Xét ánh xạ f oπ : X Y , với π là phép chiếu chính tắc từ X vào X/R. Ta sẽ chứng minh f = f oπ . Thật vậy,  x X, f oπ (x) = f (π(x) ) = f (x) = f(x). Vì f liên tục nên f oπ liên tục. Theo định lý 1.2.10, suy ra f liên tục. b) Với mọi y Y, do f là toàn ánh nên tồn tại x X sao cho y = f(x) = f (x). Do đó, f là toàn ánh. Mặt khác, lấy bật kỳ x1 ≠ x2 f(x1) ≠ f(x2) f (x1) ≠ f (x 2 ) f là đơn ánh. Từ đó, f là song ánh. 1 Ta còn phải chứng minh f liên tục. - Trường hợp f là ánh xạ mở: Gọi G là tập mở trong X\R. Theo định nghĩa tôpô trên không gian thương thì π 1 (G) là tập mở trong X. Do f là ánh xạ mở nên ta có f (G) = f(π 1 (G) ) (vì π là toàn ánh) là 1 tập mở trong Y f liên tục. - Trường hợp f là ánh xạ đóng: Gọi F là tập đóng trong X/R (X/R)\F là tập mở trong X/R X\ π 1 (F) = π 1 ((X/R) \ F) là tập mở trong X π 1 (F) là tập đóng trong X. Vì f là 1 ánh xạ đóng nên f (F) = f( π 1 (F) ) là tập đóng trong Y f liên tục. Vậy, f là phép đồng phôi X/R đồng phôi với Y. ⁬ - 19 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Chương 2 ÁNH XẠ LIÊN TỤC TRÊN KHÔNG GIAN TÔPÔ COMPACT VÀ KHÔNG GIAN TÔPÔ LIÊN THÔNG A. Kiến thức chuẩn bị: 1. Không gian tôpô compact: a) Các định nghĩa: - Trên không gian tôpô X, cho A  X và {G } I là họ các tập con của X. Khi đó, {G } I được gọi là phủ của A nếu  G  A. Nếu G là các tập mở thì phủ gọi là I phủ mở của A. - Không gian tôpô X được gọi là không gian compact nếu mọi phủ mở của X đều tồn tại một phủ con hữu hạn. Tức là với mọi phủ mở {G } I của X đều tồn tại hữu hạn các n chỉ số i I (i = 1, 2, , n ) sao cho  G  X. i 1 i - Tập con A của X được gọi là tập compact nếu A với tôpô cảm sinh trên A bởi tôpô trên X là không gian compact. - Không gian tôpô X gọi là compact địa phương nếu tại mỗi điểm x X đều tồn tại một lân cận compact. b) Các tính chất: - Tập con đóng của một không gian compact là tập compact. - Tập con compact của một không gian Hausdorff là tập đóng. 2.Không gian tôpô liên thông: a) Không gian tôpô X được gọi là không gian liên thông nếu X không có tập con nào vừa đóng vừa mở ngoài Ø và X. Hay một cách tương đương, không gian tôpô X là liên thông n ếu nó thỏa mãn một trong các điều kiện sau: - X không biễu diễn được dưới dạng hợp của hai tập mở khác rỗng, rời nhau. - X không biễu diễn được dưới dạng hợp của hai tập con đóng khác rỗng, rời nhau. b) Tập con A của không gian tôpô X gọi l à tập liên thông nếu A với tôpô cảm sinh là không gian liên thông. - 20 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Một phát biểu tương đương khác: Tập con A của X là tập liên thông nếu không tồn tại hai tập mở U, V  X sao cho: U  A ≠ Ø, V  A ≠ Ø, U  V  A = Ø, U  V  A. B. Các vấn đề về ánh xạ liên tục. 2.1. Ánh xạ liên tục trên không gian compact: Định lý 2.1.1: Nếu f: X Y là ánh xạ liên tục và A là tập con compact của X thì f(A) là tập con compact của Y. Chứng minh: 1 Giả sử {G α }α I là một phủ mở của f(A). Do f liên tục nên { f (G α )}α I là một phủ mở của A. Vì A compact nên có phủ con hữu hạn {f -1( G )} . i i 1, ,n n n n 1 1 Từ đó, A   f (G ) = f (  G ) f(A)   G α . i 1 i i 1 i i 1 i Vậy, {G } là một phủ con hữu hạn của f(A). Do đó, f(A) là một tập con i i 1, ,n compact của Y. ⁬ Định lý 2.1.2: Ánh xạ liên tục f từ không gian compact X vào không gian Hausdorff Y là ánh xạ đóng. Chứng minh: Giả sử A là tập đóng trong X. Do X compact nên A c ũng compact. Theo định lý 2.1.1 thì f(A) là tập compact trong Y. Mà Y Hausdorff nên f(A) là tập đóng. Vậy, f là ánh xạ đóng. ⁬ Hệ quả 2.1.1: Giả sử f là song ánh liên tục từ không gian compact X vào không gian Hausdorff Y thì f là phép đồng phôi. Chứng minh: Theo định lý 2.1.2, f là ánh xạ đóng. Từ đó, f là phép đồng phôi theo định lý 1.3.1. ⁬ Hệ quả 2.1.2: Giả sử trên X trang bị hai tôpô 1 và  2 (1   2 ). Nếu (X,1 ) là không gian compact, (X, 2 ) là không gian Hausdorff thì 1 = 2 . Chứng minh: Ánh xạ đồng nhất idX: (X, 1 ) (X,  2 ) là song ánh liên tục từ không gian compact (X, 1 ) vào không gian Hausdorff (X,  2 ) nên theo hệ quả 2.1.1, idX là phép đồng phôi. Do đó, 1 = 2 . ⁬ - 21 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Nhận xét 2.1.1: Trong các tôpô Hausdorff, tôpô compact là tôpô c ực tiểu. Định lý 2.1.3: Giả sử f là một hàm liên tục từ không gian compact X vào tập số thực R. Khi đó, f giới nội và đạt giá trị lớn nhất và bé nhất trên X. Chứng minh: Vì X compact và R là không gian Hausdorff nên f là ánh xạ đóng. Do đó, f(X) là tập đóng trong R f(X) giới nội. Suy ra, tồn tại m = inf f(X) và M = sup f(X).Và hiển nhiên {m, M}  f(X) vì f(X) là tập đóng. ⁬ 2.2. Ánh xạ liên tục trên không gian liên thông. Định lý 2.2.1: Cho ánh xạ liên tục f: X Y. Khi đó, nếu A là tập con liên thông của X thì f(A) là tập con liên thông của Y. Chứng minh: Gọi A là tập con liên thông của X. Giả sử B = f(A) không liên thông trong Y. Khi đó, tồn tại các tập mở U, V trong Y sao cho U  B ≠ Ø (1); V  B ≠ Ø (2); U  V  B = Ø (3) và U  V  B (4). Vì f liên tục nên f -1(U) và f -1(V) là hai tập mở trong X. Và ta có: f -1(U)  A ≠ Ø (1’) Thật vậy, nếu f -1(U)  A = Ø thì A  f -1(V). Khi đó, B = f(A)  f( f -1(V))  V. Từ đó, Ø ≠ U  B = U  V  B = Ø (mâu thuẫn). Tương tự ta cũng có f -1(V)  A ≠ Ø (2’) Từ (3), (4) và do A  f -1(B) nên ta có: f -1(U)  f -1(V)  A = Ø (3’) và f -1(U)  f -1(V)  A (4’) Từ (1’), (2’), (3’) và (4’) suy ra A không liên thông (trái giả thiết). Vậy, f(A) phải liên thông. ⁬ Nhận xét 2.2.1: Từ định lý trên, nếu f là toàn ánh liên tục thì từ X liên thông ta suy ra Y cũng liên thông. Định lý 2.2.2: Giả sử f: X R là hàm liên tục trên không gian liên thông X và a, b X, f(a) < f(b). Khi đó,  k R thỏa f(a) < k < f(b), c X sao cho f(c) = k. - 22 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Chứng minh: Vì X liên thông nên f(X) liên thông trong R f(X) là một khoảng [f(a), f(b)]  f(X)  k [f(a), f(b)] thì k f(X), do đó, c X sao cho f(c) = k. ⁬ BÀI TẬP CHƯƠNG 2. Bài 1. Ánh xạ liên tục f: X Y được gọi là ánh xạ riêng nếu tạo ảnh của mọi tập con compact của Y là tập con compact của X. Chứng minh: a) Nếu X compact, Y Hausdorff và f liên tục thì f là ánh xạ riêng. b) Nếu f là ánh xạ riêng, Y compact địa phương thì X compact địa phương. ▪ Giải: a) Gọi K là tập con compact bất kỳ của Y. Khi đó, vì Y Hausdorff nên K là tập đóng. Suy ra, f -1(K) là tập đóng trong X (do f liên tục). Mà X compact nên f -1(K) là tập compact trong X. Do đó, f là ánh xạ riêng. b) Với mỗi x X, đặt y = f(x). Vì Y compact địa phương nên y có một lân cận compact U. Do f là ánh xạ riêng (nên cũng liên tục) nên f-1(U) là một lân cận compact của x. Do đó, X compact địa phương. ⁬ Bài 2. Cho X compact địa phương, Y Hausdorff, f: X Y là một toàn ánh liên tục và mở. Chứng minh Y là compact địa phương. ▪ Giải: Với mỗi y Y, do f là toàn ánh nên x X để y = f(x). Do X compact địa phương nên x có một lân cận compact U  X. Khi đó, tồn tại tập mở V  X: x V  U. Do f mở nên f(V) là lân cận mở của y f(U) cũng là lân cận của y (vì f(V)  f(U)). Hơn nữa, vì f liên tục và U compact trong X nên f(U) compact trong Y. Vậy, f(U) là lân cận compact của y Y compact địa phương. ⁬ - 23 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Bài 3. Cho f là hàm thực liên tục trên không gian compact X. Chứng minh rằng nếu f luôn dương thì tồn tại c > 0 sao cho f(x) > c  x X. ▪ Giải: Giả sử f: X R liên tục trên không gian compact X và f(x) > 0  x X. Theo định lý 2.2.3, tồn tại xo X sao cho 0 c > 0,  x X. ⁬ 2 Bài 4. Chứng minh rằng không gian tôpô X không là không gian liên thông khi và chỉ khi tồn tại toàn ánh liên tục f: X Y, trong đó Y là không gian rời rạc có ít nhất hai phần tử. ▪ Giải: Giả sử tồn tại toàn ánh liên tục f: X Y, với Y là không gian rời rạc có ít nhất hai phần tử. Khi đó, nếu X liên thông thì theo định lý 2.2.1 thì Y cũng liên thông. Điều này mâu thuẫn vì mọi không gian rời rạc có ít nhất hai phần tử th ì không liên thông. Do đó, X không liên thông. Ngược lại, giả sử X không liên thông. Khi đó, tồn tại các tập mở khác Ø A, B trong X sao cho A  B = Ø và X = A  B. Goi Y là không gian rời rạc gồm hai phần tử a, b. Xét ánh xạ f: X Y xác định bởi f(x) = a (  x A) và f(x) = b (  x B). Dễ thấy f là toàn ánh liên tục. ⁬ - 24 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Chương 3 ÁNH XẠ LIÊN TỤC TRÊN KHÔNG GIAN MÊTRÍC A. Kiến thức chuẩn bị: 1. Định nghĩa mêtric: Cho tập hợp X ≠ Ø. Một hàm d: X2 R là một mêtric trên X nếu thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: a) d(x, y) 0  x, y X; d(x, y) = 0 x = y. b) d(x, y) = d(y, x)  x, y X. c) d(x, z) d(x, y) + d(y, z)  x, y, z X. Tập X được trang bị một mêtric d trên nó gọi là một không gian mêtric, ký hiệu (X, d). 2. Khoảng cách giữa điểm và tập hợp, giữa tập hợp và tập hợp: a) Trong không gian mêtric (X, d), xét đi ểm x và tập A  X. Khi đó, khoảng cách từ x đến A được định nghĩa là d(x, A) = inf {d(x, a): a A}. Đôi khi ta còn ký hiệu khoảng cách từ x đến A là dist(x, A). b) Với hai tập con A, B của không gian mêtric (X, d), khoảng cách giữa hai tập hợp này được định nghĩa là d(A, B) = inf {d(a, b): a A, b B}. 3. Dãy hội tụ: a) Cho (X, d) là không gian mêtric. Dãy {x n} các phần tử trong X gọi là hội tụ đến a X nếu lim d(x ,a) 0 , ký hiệu lim x = a. hoặc xn a. n n n n b) Dãy {xn} trong X được gọi là dãy Cauchy (hay dãy cơ bản) nếu d(xn, xm) 0 khi n, m → . Trong không gian mêtric, mọi dãy hội tụ đều là dãy Cauchy. Điều ngược lại nói chung không đúng. 4. Tập mở, tập đóng: Cho (X, d) là không gian metric. Với mỗi a X và  > 0, ký hiệu S(a, ) = {x X: d(x, a) <  } là hình cầu mở tâm a, bán kính  (hay còn gọi là  - lân cận của a). - 25 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Tương tự, S[a,  ] = {x X: d(x, a)  } là hình cầu đóng tâm a, bán kính  . a) Tập con G của X gọi là tập mở nếu  a G,   > 0 sao cho S(a,  )  G. b) Tập con F của X gọi là tập đóng nếu X\F là tập mở. 5. Tôpô mêtric: Với cách xác định tập mở và tập đóng như trên, ta đặt  = {G  X: G là tập mở}. Dễ dàng chứng minh được  là một tôpô trên X. Khi đó,  gọi là tôpô sinh bởi mêtric d. Như vậy, mọi không gian mêtric đều là không gian tôpô với tôpô xác định như trên. 6. Không gian mêtric đầy đủ: a) Định nghĩa: Không gian mêtric (X, d) được gọi là đầy đủ nếu mọi dãy Cauchy trong X đều hội tụ. b) Tính chất: - Tập con đóng của một không gian metric đầy đủ l à đầy đủ. - Không gian con đầy đủ của một không gian metric là không gian con đóng. 7. Không gian metric compact: a) Các định nghĩa: Cho (X, d) là không gian metric. - Tập con A của X gọi là tập compact nếu mọi dãy {xn} trong A đều có một dãy con { x } hội tụ đến một điểm thuộc A. nk - Tập con A của X gọi là tập bị chặn nếu đường kính của A d(A) = sup{d(x, y): x, y A} 0, tồn tại hữu hạn điểm n x1, x2, , xn X sao cho A   S(xi , ) i 1 b) Các tính chất: - Cho không gian metric (X, d) và t ập A  X. Khi đó, các điều kiện sau là tương đương: + A là tập compact. + A đầy đủ và hoàn toàn bị chặn. + Mọi phủ mở của A đều có phủ con hữu hạn. - Tập con compact của một không gian metric l à đóng và đầy đủ. - 26 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình - Tập con đóng của tập compact là compact. - Không gian metric compact là khả li. - Mọi tập con đóng và bị chặn của Rk là compact. Từ đây trở về sau, nếu xét X và Y mà không nói gì thêm thì ta hi ểu rằng đó là hai không gian mêtríc với mêtríc d1 và d2 tương ứng; còn nếu chỉ xét trên một không gian X thì ta quy ước mêtric là d. B. Các vấn đề về ánh xạ liên tục. 3.1. Các định nghĩa: Định nghĩa 3.1.1. Cho hai không gian mêtríc (X, d 1) và (Y, d2). Ánh xạ f: X Y được gọi là liên tục tại điểm xo X nếu   > 0,  δ > 0 sao cho d1(x, xo) 0 đều có δ > 0 sao cho  x1, x2 X thỏa d1(x1, x2) 0, ta đặt  =  thì  x1, x2 R thỏa |x1 – x2| <  thì |f(x1) – f(x2)| = |x1 – x2| < δ =  . Định nghĩa 3.1.3. Song ánh f: X Y được gọi là một phép đẳng cự nếu d 2(f(x), f(y)) = d1(x, y)  x, y X. Hai không gian mêtríc X và Y đư ợc gọi là đẳng cự với nhau nếu tồn tại một phép đẳng cự f: X Y. Ví dụ 3.1.2: Ánh xạ đồng nhất từ không gian mêtríc X vào chính nó là một phép đẳng cự. Do đó, mọi không gian mêtríc đều đẳng cự với chính nó. - 27 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Nhận xét 3.1.3: - f: X Y là phép đẳng cự thì f liên tục đều. Thật vậy,   > 0, đặt δ =  thì  x, y X thỏa d1(x, y) 0,  δ > 0 sao cho d1(x, xo) 0 sao cho  δ > 0, x X thỏa d1(x, xo) < δ nhưng d2(f(x), f(xo)) ≥  o . 1 1 Đặt δ = . Khi đó, với mỗi n, xn X thỏa d1(xn, xo) < δ = nhưng n n n n d2( f(xn), f(xo)) ≥  o . Từ đó ta thấy, {xn} hội tụ về xo nhưng f(xn) không hội tụ về f(xo), và ta gặp mâu thuẫn. Định lý được chứng minh. ⁬ Định lý 3.2.2. (Nguyên lý thác triển liên tục): Giả sử M là không gian con trù mật trong không gian mêtríc X, ánh xạ g: M Y liên tục đều, Y là không gian mêtríc đầy đủ. Khi đó, tồn tại duy nhất ánh xạ f: X Y liên tục đều sao cho f |M = g. Chứng minh: M trù mật trong X  x X, {xn}  M: xn x. Dễ thấy {xn} là dãy Cauchy trong M. Do g liên tục nên {g(xn)} là dãy Cauchy trong Y. - 28 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Vì Y đầy đủ nên g(xn) hội tụ đến phần tử f(x) Y. Ta chứng minh f(x) chỉ phụ thuộc x chứ không phụ thuộc {x n}. , , , Thật vậy, giả sử { x n }  M và x n x. Khi đó, d1(xn, x n ) 0 , , d2(g(xn), g( x n )) 0 (do g liên tục đều) g( x n ) f(x). Như vậy, ta được ánh xạ f xác định trong X và lấy giá trị trong Y. Nếu x M, ta lấy xn  x (  n). Khi đó, f(x) = lim g(xn) = g(x) f |M = g. n Bây giờ ta sẽ chứng minh f liên tục đều. Thật vậy, do g liên tục đều trên M nên   > 0,   > 0:  x1, x2 M thỏa d1(x1, x2) 0 sao cho  n, xn, yn A thỏa d(xn, yn) n. (3) Vì {xn}  A nên tồn tại dãy con { x } hội tụ đến b A. Do f liên tục trên A nên | f | nk cũng liên tục trên A | f( x )| f(b) (4) nk - 29 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Ta thấy (3) và (4) mâu thuẫn nhau. Do đó, f giới nội. ⁬ Định lý 3.2.4: Cho ánh xạ f: X Y liên tục và A là một tập con compact của X. Khi đó, f(A) là tập con compact của Y. Chứng minh: Trong f(A), lấy dãy {yn} tùy ý. Với mỗi n, chọn xn A sao cho f(xn) = yn, ta được dãy {xn}  A. Do A compact nên {xn} có dãy con { x } hội tụ về a A. Vì f liên tục nên nk y = f( x ) f(a) f(A). Do đó, { y } là dãy con hội tụ của {yn} f(A) là tập nk nk nk compact của Y. ⁬ Hệ quả 3.2.1: Cho f : X R là ánh xạ liên tục và A là một tập con compact của X. Khi đó, tồn tại x1, x2 A sao cho f(x1) ≤ f(x) ≤ f(x2)  x A. Chứng minh: Do f liên tục trên X nên theo định lý 3.2.3 và 3.2.4 thì f liên tục trên A và f(A) là tập con compact của R f(A) đóng và bị chặn. Do đó, tồn tại x1, x2 A sao cho f(x1) = min f(x), f(x2) = max f(x) đpcm. ⁬ x A x A - 30 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình BÀI TẬP CHƯƠNG 3 Bài 1. Cho X, Y, Z là các không gian metric và f: X Y, g: Y Z là các ánh xạ liên tục. Chứng minh rằng: a). gof là ánh xạ liên tục. b). Nếu f là toàn ánh, gof là phép đồng phôi thì f và g là các phép đồng phôi. ▪ Giải: a). Với mọi C mở trong Z thì g-1(C) mở trong Y (do g liên tục) f -1(g-1(C)) mở trong -1 X (do f liên tục), hay (gof ) (C) mở trong X. Do đó, gof liên tục trên X. b). Vì gof là phép đồng phôi nên cũng là đơn ánh. Do đó,  x1, x2 X, x1 ≠ x2 thì gof(x1) ≠ gof(x2) f(x1) ≠ f(x2) f là đơn ánh, và do đó f là song ánh.  y1, y2 Y, y1 ≠ y2, x1, x2 X sao cho f(x1) = y1, f(x2) = y2 (hiển nhiên x1 ≠ x2). Ta có: g(y1) = gof(x1) ≠ gof(x2) = g(y2) g là đơn ánh. Mặt khác, g(Y) = gof(X) = Z (vì f và gof là song ánh) g là toàn ánh. Vậy, g là song ánh. -1 -1 -1 Ta chỉ còn chứng minh f và g liên tục. Thật vậy, vì (gof ) , f , g liên tục và -1 -1 -1 -1 -1 -1 f = (gof ) og, g = fo(gof ) nên f và g cũng liên tục. Suy ra, f và g là các phép đồng phôi. ⁬ Bài 2. Cho f: X Y là ánh xạ liên tục đều và tập con A của X là hoàn toàn bị chặn. Chứng minh f(A) là tập con hoàn toàn bị chặn của Y. ▪ Giải: Do f liên tục đều nên   > 0,   > 0: d1(x, y) <  thì d2(f(x), f(y)) <  . n n Giả sử A   S(x i ,δ) . Ta sẽ chứng minh f(A)   S( f (x i ),ε) . i 1 i 1 Thật vậy,  y f(A), x A: y = f(x). Khi đó, x S(xi, ) với i nào đó. Vì d1(x, xi) < nên d2(f(x), f(xi)) <  , tức là y S(f(xi), ). Vậy, f(A) là tập con hoàn toàn bị chặn của Y. ⁬ Bài 3. Cho X là một không gian mêtric compact và ánh xạ f : X X thỏa mãn d(f(x), f(y)) ≥ d(x, y)  x, y X. Chứng minh rằng f là phép đẳng cự. - 31 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình ▪ Giải: n n n n-1 Với mọi x, y X, đặt xn = f (x) , yn = f (y) (trong đó f = f o f ), ta được các dãy {xn}, {yn} trong X. Do X compact nên tồn tại dãy tăng {nk}  N sao cho { x } và { y } hội tụ. Vì mọi nk nk  dãy hội tụ là dãy Cauchy nên   > 0, k, l (l > k) sao cho d 1( x , x ) 0, theo chứng minh trên thì xm f(X) sao cho d(x, xm) 0: S(xo, )  G . o o o Do xn xo nên tồn tại N: d(xn, xo) N, tức là xn S(xo, )  n > N. Với mỗi i = 1, 2, , N, chọn sao cho xi G . Khi đó, ta có phủ hữu hạn của A là i i { G , G , , G }, do đó A compact. o 1 N Theo giả thiết f liên tục trên A nên f(xn) f(xo) f liên tục tại xo  xo X, hay f liên tục trên X. ⁬ - 32 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Bài 5. Cho f là ánh xạ liên tục từ không gian mêtric X vào không gian mêtric Y. -1 a) Giả sử {Vα } là một phủ mở của Y. Với mỗi , đặt Mα = f (Vα). Chứng tỏ rằng, 1 1 nếu với mọi , ánh xạ f | f (V ) : f (V ) Vα là một phép đồng phôi thì f là một phép đồng phôi. b) Hãy nêu lên một ví dụ về một ánh xạ f : X Y không phải là song ánh, và một phủ mở {Uα} của X sao cho ánh xạ f |U : U f(U ) là một phép đông phôi. ▪ Giải: a) Dễ thấy f là song ánh từ X vào Y.  x X, gọi U là một lân cận mở bất kỳ của x. Vì {Vα} là một phủ mở của Y nên tồn tại để f(x) Vα . 1 1 1 Vì f liên tục nên f (V ) mở trong X, do đó f (V )  U mở trong f (V ) . Do 1 1 f | f (V ) là đồng phôi nên f( f (V )  U) là mở trong Vα . Mà Vα mở trong Y nên 1 1 f( f (V )  U) mở trong Y, tức là f(U)  f( f (V )  U) hay f(U) là lân cận của f(x). Do đó, f -1 liên tục. Vậy, f là phép đồng phôi. b) Lấy X là không gian rời rạc có ít nhất hai phần tử, Y là không gian chỉ gồm một phần tử a và f là ánh xạ xác định bởi f(x) = a  x X (f là ánh xạ duy nhất từ X vào Y). Họ ({x}) x X là phủ mở của X và f |{x}:{x} Y là phép đồng phôi nhưng f không là song ánh. ⁬ Bài 6. Cho ánh xạ f : X Y. Gọi G = {(x, f(x)): x X} là đồ thị của f. Chứng minh rằng: a) Nếu f liên tục thì G là tập đóng trong X×Y và thu hẹp lên G của phép chiếu X : X Y X là một phép đồng phôi. b) Nếu Y compact và G đóng trong X×Y thì f liên tục. ▪ Giải: a) Giả sử {(xn, yn)}  G là dãy hội tụ đến (xo, yo). Khi đó, xn xo và yn yo khi n . Vì f liên tục nên lim f(xn) = lim yn f(xo) = yo (xo, yo) G, do đó G là tập n n đóng trong X×Y. Bậy giờ ta chứng minh X |G là phép đồng phôi từ G vào X. Thật vậy, với mỗi x X, tồn tại duy nhất (x, f(x)) G nên X |G là song ánh, và hiển nhiên X |G là liên tục. - 33 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Giả sử {xn} là dãy tùy ý trong X hội tụ đến xo. Do f liên tục nên {f(xn)} f(xo), từ đó 1 {(xn, f(xn))} (xo, f(xo)), tức là X liên tục. Vì vậy, X |G là phép đông phôi. b) Giả sử H đóng trong Y. Khi đó, X×H đóng trong X×Y. Do đó, (X×H)  G đóng trong X×Y. Từ đó suy ra X ((X×H)  G) đóng trong X. Do đó, -1 f (H) = X ((X×H)  G) đóng trong X, hay f liên tục. ⁬ Bài 7. Cho (X, d1) và (Y, d2) là các không gian mêtríc và f: X Y là ánh xạ liên tục. -1 Chứng minh rằng nghịch ảnh f (B) của tập Borel B trong (Y, d 2) là tập Borel trong (X, d1). ▪ Giải: Kí hiệu ß(X) là họ tất cả các tập con Borel của X, tức l à, σ – đại số các tập con của X. Kí hiệu Ω là họ các tập B  Y sao cho f -1(B) ß(X). Khi đó, Ω là σ – đại số các tập con của Y. Vì f liên tục nên nghịch ảnh của mọi tập mở là mở. Do đó, Ω chứa tất cả các tập con mở của Y. Từ đó, ß(Y)  Ω, suy ra nếu B ß(Y) thì f -1(B) ß(X). ⁬ Bài 8. Cho ánh xạ f xác định trên các tập đóng F1, F2, , Fm. Chứng minh rằng nếu thu hẹp của f trên mỗi Fi, i = 1, 2, , m, là liên tục thì f liên tục trên F1  F2   Fm. Chỉ ra ví dụ rằng phát biểu trên không đúng trong trường hợp vô hạn Fi. ▪ Giải: m Gọi {xn} là dãy các phần tử trong  Fi hội tụ tới x. Khi đó, tồn tại ít nhất một d ãy Fi i 1 ãy con {x } ãy {x } có th ành h ãy con sao cho chưa d nk . Do đó, d n ể phân tích th ữu hạn d mỗi dãy con được chứa trong một tập F i. Do Fi đóng và f liên tục trên Fi, nên f( x ) = f | Fi( x ) f |Fi(x) = f(x). nk nk Suy ra rằng {f(xn)} được phân tích thành hữu hạn dãy con hội tụ tới f(x), do đó {f(xn)} m hôi tụ tới f(x), tức la f liên tục trên  Fi . i 1 Trong trường hợp có vô hạn F i thì khẳng định trên không đúng. Cụ thể, xét các Fi xác 1 định như sau: F0 = {0}, Fi = , i = 1, 2, .Và hàm f xác định bởi i  1 với x Fi, i = 1, 2, f(x) = 0 với x F0 - 34 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Khi đó, các tập Fi, i = 0, 1, 2, là các tập đóng và f liên tục trên mỗi Fi nhưng không liên tục trên  Fi . ⁬ i 1 Bài 9. Cho (X, d1) và (Y, d2) là các không gian mêtríc. Chứng minh rằng ánh xạ f: X Y liên tục nếu và chỉ nếu với mỗi tập con compact A trong X, ánh xạ f |A là liên tục. ▪ Giải: Giả sử với mọi tập compact A  X, f |A là liên tục. Nếu dãy {xn} các phần tử của X hội tụ tới x, thì tập A = {x, x1, x2, } là compact trong X. Do đó, f(xn) = f |A(xn) f |A(x) = f(x). Suy ra, f liên tục trên X. Chiều ngược lại là hiển nhiên. ⁬ Bài 10. Giả sử f là song ánh liên tục từ không gian mêtríc compact X vào không gian mêtríc Y. Chứng minh rằng ánh xạ ngược f -1 liên tục trên Y. Cũng chứng minh rằng giả thiết compact không thể bị bỏ qua. ▪ Giải: Vì mọi không gian mêtric đều là không gian Hausdorff, nên theo hệ quả 2.2.1 thì f là phép đồng phôi, do đó f -1 liên tục trên Y. Để chỉ ra tính compact của X là giả thiết cốt yếu, xét f: (0, 1)  {2} (0, 1] xác định bởi f(x) = x  x (0, 1) và f(2) = 1. Rõ ràng f là song ánh liên tục từ không gian mêtric (0, 1)  {2} (không compact) vào không gian mêtric (0, 1]. Nhưng hàm ngư ợc f -1 không liên tục trên (0, 1] ( cụ thể không liên tục tại 1). ⁬ Bài 11. Gọi f là ánh xạ liên tục từ không gian mêtríc compact X vào không gian mêtríc Y. Chứng minh rằng f liên tục đều trên X. ▪ Giải: Gọi d1, d2 lần lược là các mêtríc của X và Y. Do tính liên tục của f nên   > 0 cho  trước và x X, tồn tại δ(x) > 0 sao cho d1(y, x) < δ(x) kéo theo d2(f(y), f(x)) < . (1) 2 1 Vì họ các hình cầu {B(x, δ(x)): x X} là phủ mở của không gian compact X, n ên 2 1 tồn tại phủ con hữu hạn {B(x i, δ(xi)): i = 1, 2, , n}. (2) 2 - 35 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình 1 Đặt δ = min{δ(x1), δ(x2), , δ(xn)}. Khi đó,  x, y X thỏa d1(x, y) 0 thỏa mãn | f (x)| ≤ Mx  f F. Chứng minh rằng tồn tại hằng số dương M và tập mở khác rỗng G  X sao cho | f(x)| ≤ M  f F và  x G. ▪ Giải: - 36 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Với mỗi số nguyên dương n, ta định nghĩa Fn = {x X: |f(x)| ≤ n,  f F}. Ta sẽ chứng minh Fn là tập đóng  n nguyên dương. Thật vậy, gọi {xk} là dãy bất kỳ các phần tử của Fn hội tụ về x. Do f liên tục nên ta có f(x) = lim f(x ) ≤ n. Do đó, x Fn Fn đóng. k k Theo giả thuyết, với mỗi x X, tồn tại số nguyên dương nx sao cho | f(x)| ≤ nx ,  f F. Do đó, X =  Fn . n 1 Vì X compact nên (X, d) thu ù th có ph ộc phạm tr ứ hai, do đó tồn tại Fn 0 ần trong khác r int F f(x)|  f F và  x G. ỗng. Đặt G = n 0 . Khi đó, | ≤ n0 ⁬ Bài 15. Cho (X, d) là không gian mêtric và với x X, xác định ρ(x) dist(x, X\{x}). Chứng minh rằng hai điều kiện sau đây t ương đương: a) Mọi hàm f: X R là liên tục đều. b) Mọi dãy {xn}  X sao cho lim ρ(x ) 0 đều có chứa một dãy con hội tụ. n n ▪ Giải: Trước hết ta chứng minh (a) (b). Giả sử tồn tại dãy {xn}  X sao cho lim (xn ) 0 nhưng {xn} không chứa dãy con n hội tụ nào. Khi đó, tồn tại dãy {yn}  X sao cho limd(xn , yn ) 0 và yn ≠ xn  n. Nếu n {yn} chứa dãy con hội tụ { y }, thì do lim d( x , y ) = 0 nên dãy con { x } cũng nk n nk nk nk hội tụ. Do đó, dãy { yn } cũng không có dãy con hội tụ. Suy ra, không có số hạng nào của dãy {xn} và {yn} được lặp lại vô hạn lần. Vì vậy, tồn tại một dãy tăng thực sự {nk} các số nguyên dương sao cho các tập vô hạn F1 = { x : k N} và F2 = { y : k N} đóng và nk nk rời nhau. Vì mọi không gian metric đều là không gian chuẩn tắc nên theo bổ đề Urysohn, tồn tại hàm liên tục f: X R sao cho f(x) = 1  x F1 và f(x) = 0  x F2. Khi đó, | f( x ) – f( y )| = 1 trong khi lim d( y , y ) = 0. Từ đó, f liên tục nhưng không liên nk nk n nk nk tục đều trên X, mâu thuẫn (a). Vậy, ta phải có (b). Ngược lại, ta sẽ chứng minh (b) (a). Ta kí hiệu A là tập các điểm giới hạn của X. Khi đó, mọi x A đều có (x) 0. Do đó, theo (b), mọi dãy các phần tử trong A đều có dãy con hội tụ tới một phần tử trong A. Vì vậy, A là tập compact. Nếu X ≠ A thì với 1 > 0, đặt  2 = inf { (x) | x X, dist(x, A) > 1 }. Ta sẽ chứng minh rằng  2 > 0. Nếu  2 = 0, thì tồn tại dãy {xn} các phần tử trong X sao cho - 37 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình lim ρ(x ) = 0 và d(xn, A) >  . Khi đó, theo (b), {xn} có dãy con hội tụ tới một phần tử n n 1 trong A, mâu thuẫn. Gọi f: X R là hàm liên tục và lấy  > 0 tùy ý. Khi đó, với x A,   x > 0 sao cho  nếu d(x, y) 0 xác định như trên. Lại đặt δ = min{ , } và 1 3 xk k 1, ,n 2 1 2 lấy x, y X sao cho d(x, y) 1 thì (x) >  2 . Do đó, d(x, y) 0, tập A = {x X: ρ(x) >  } là hữu hạn, trong đó ρ(x) = dist(x, X\{x}). ▪ Giải: Giả sử không gian mêtríc X là compact. Theo bài tập 11 thì mọi ánh xạ liên tục trên X là liên tục đều. Hơn nữa, do X compact nên tập A = { x X: ρ(x) >  > 0} là hữu hạn. Thật vậy, nếu A vô hạn thì họ hình cầu mở {S(x,ε)}x A là vô hạn, đôi một rời nhau và phủ A. Khi đó, nếu gọi {S(x, ε)}x X\A là phủ mở của X\A thì họ {S(x, ε)}x X ={S(x,ε)}x A  {S(x, ε)}x X\A là cái phủ mở của X nhưng rõ ràng không có phủ con hữu hạn. Điều này trái giả thiết X compact. Bây giờ giả sử mọi hàm thực liên tục trên X là liên tục đều và tập A hữu hạn. Ta sẽ chứng minh răng X compact. - 38 -
Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh Bình Gọi {xn} là dãy các phẩn tử của X. Nếu có một số hạng của d ãy này được lặp lại vô hạn lần thì rõ ràng tồn tại một dãy con hội tụ. Nếu không thì lim (x ) 0 (vì A hữu n n hạn). Do đó, theo bài kết quả bài 15 thì {xn} chứa một dãy con hội tụ. Vậy, X compact. ⁬ - 39 -