基础拓扑学4

Tietze扩张定理

设$X$为normal space,则对任意$X$中的闭集$A$,任意的连续函数$f:A{\to}E$,存在$F:X{\to}E$是连续的,并且有限制$F|_A=f$。

该定理对应于实变函数论中的延拓定理:设$f:A{\to}E$是有界连续函数,并且$A{\subset}E$是闭集,则可以推出,延拓到$E$上的连续函数$F$,$F:E{\to}E$,并且有限制$F|_A=f$。

其证明思路是通过序列去逼近,而且从有界连续函数,再推广到一般连续函数。

定义$(X,\tau)$是regular space,指的是:

  1. 单点集是闭集
  2. 任意的$a{\in}X$,任意的$X$中的闭集$A$,有$a{\in}A$,则存在开集$U,V$,并且两个开集相交为空集。

也就是说一个点和一个闭集,可以分别为两个开集包住,并且这两个开集不相交。

推论:$X$是regular space则可以推出$X$是豪斯托夫空间。

Normal space 是 regualr space 是 豪斯托夫空间,反向不行。

乌雷松度量化定理

设$(X,\tau)$是regular space 和 有可数拓扑基${\Rightarrow}$存在$X$上度量$d,\tau_d=d$,称这个空间是可度量化的。

给一个例子:

$$ Z,\mathcal{B}=\left\{B_{a,b}\right\},B_{a,b}=\left\{a+nb,n{\in}Z|a,b{\in}Z,b\neq 0\right\} $$

$\tau=\overline{\mathcal{B}}{\Rightarrow}(X,\tau)$可度量化。

证明:任意$z{\in}Z$,要证明$\left\{z\right\}$闭。即证明单点集是闭集,$a{\in}Z,a\neq z,$存在一个$B_{a,b},s.t.\quad z{\notin}B_{a,b}$。于是乎${z}$的补集是开集,从而证明了单点集是闭集。

接下来仅需证明满足不相交的开集包,取$z{\in}Z$,取到$Z$中的闭集$A$,而且$z{\notin}A$。于是可以推出$z{\in}Z{\backslash}A$,可以推出存在$B_{a,b}$是开集,$z{\in}B_{a,b}{\subset}Z{\backslash}A$,若$B_{a,b}$是闭集,那么只要取到$U=B_{a,b},V=Z{\backslash}B_{a,b}$是开集,则有$A{\subset}V,{z}{\subset}U$,于是有$V{\cap}U=\varnothing$。

那么我们仅需证明$B_{a,b}$是闭集。从$Z$的构造,$Z={\bigcup}^b_{k=1}B_{k,b},Z{\backslash}B_{a,b}$为有限个$B_{a,b}$的并,于是可以推出$Z{\backslash}$有限多个$B_{a,b}$的并,于是有$B_{a,b}$是闭集。

紧致性

首先定义一个覆盖:存在一个覆盖$\mathcal{U}$,对于$(X,\tau)$的拓扑空间,$\mathcal{U}{\subset}2^X$并且是$X$的覆盖是指:$X={\bigcup_{u{\in}\mathcal{U}}}u$,其中$u$指的是$\mathcal{U}$这个集族的成员。

其次定义一个有限覆盖的概念:${\mathcal{U}}<{\infty}$指的是这个集族是有限的(成员个数)。

定义子覆盖的概念:$\mathcal{U}^1{\subset}\mathcal{U}$也是$X$的覆盖,则$\mathcal{U}^1$被称为是一个子覆盖。

定义开覆盖的概念:在覆盖的基础上,有$\mathcal{U}{\subset}{\tau}$。

于是,我们可以给出拓扑空间紧致性的定义:

$(X,\tau)$是紧致的(compact):指的是$X$的任何一个开覆盖都存在有限子覆盖。

例子

1,$(R,\tau_f)$是紧致的。

证明:若有开覆盖$\mathcal{U}$,则有$U_1{\in}{\mathcal{U}}$,而$R{\backslash}{U_1}=\left\{x_1,x_2,\cdots,x_n\right\}$,这是由于余有限拓扑的定义。于是则对$\forall x_i$存在$U_i{\subset}{\mathcal{U}},x_i{\in}U_i$,进一步推出$R={U_1}{\cup}{U_2}{\cup}\cdots{\cup}U_n$。

这个思路是首先找到一个子覆盖,覆盖了某个集合,则由于余有限拓扑的定义,该集合之外的只剩下有限个点,那么肯定可以从开覆盖中找到有限个覆盖这些有限点的覆盖,通过和最早的那个子覆盖做并集,就能得到有限子覆盖。

2,$(R,\tau_c)$非紧致(余可数拓扑不是紧致空间)

3,$E^1$的有界闭集是紧的。

于是我们提出从紧致是否可以推出有界闭?这个结论是显然的。但是有界闭不一定是紧致的。(除了度量空间与豪斯托夫空间这两个显然)

紧致可以推出有界闭

证明:先证明有界性质。

这里采用反证法,假设$A$无界,那么存在$x_1{\in}A$,并且有$\left\{x_1,x_2,\cdots,x_n\right\}{\in}A$,令$x_{n+1}>\max\left\{x_n,n\right\},x_{n+1}{\in}A$,于是可以推出$\left\{x_n\right\}$是单调递增序列并且趋向无穷,我们仅需取到$U_j=(-\infty,x_j)$,${\mathcal{U}=\left\{u_j\right\}}$是$A$的开覆盖,由于紧致,所以可以找到$A$的有限子覆盖$\left\{U_{n1},U_{n2},\cdots,U_{nk}\right\}$。而对于$x_m$,由于$m>\max\left\{n_1,\cdots,n_k\right\},x_m{\in}A$,并且有$x_n{\notin}U_{nk}$,这个与$k$有限是矛盾的。

这个证明思路是:假设$A$无界,于是可以造出一个单调递增的序列,通过取到开覆盖并且由于紧致可以找到有限子覆盖,那么这些子覆盖仅能容纳这个单调序列的有限项,而这个序列本身是属于无界集$A$的,而有限子覆盖也能覆盖$A$,按道理这个序列本身要属于这些子覆盖,于是有些项属于又不属于$A$造成矛盾。

其次证明闭性质。

证明:这里的证明方式比较巧妙,要证明$A$是闭集。首先因为现在$A$是有界集,于是必定存在常数$M$,使得$\forall x{\in}X,|x|{\le}M$。反证法:假设$A$不是闭集,于是就有$A{\neq}{\overline{A}}$,于是存在$x_0{\in}{\overline{A}}{\backslash}A$,并且有${\overline{A}}{\subset}[-M,M]$。这里由于有界取定所以可以左到,然后因为${\overline{A}}={\bigcup}_{\alpha{\in} \Lambda}[a_{\alpha},b_{\alpha}]{\subset}[-M,M]$,于是可以推出$U_1$是开集,$x_0{\in}U_1$,有$U_1{\cap}A{\neq}\varnothing$,取到$x_1{\in}U_1{\cap}A$,并且有$U_j={\overline{B(x_j,\varepsilon_j)}},\varepsilon_j=\frac{1}{2}d(x_0,x_{j-1})$,其中$j{\ge}1$,取到$x_{j+1}{\subset}U_j{\cap}A{\neq}\varnothing$,并由$\left\{x_n\right\}{\to}x_0$。

然后我们令$V_0=(-M-1,x_0)$与$\widetilde{V_0}=(x_0,M+1)$,取到$\left\{x_n\right\}$的一个子列,我们全取右边也就是大于$x_0$的一些子列,因为不管怎么样都可以取到无限子列(或者在左边或者在右,不妨设为右边)。该子列${y_n}{\to}x_0,y_n>x_0)$。并且令$V_j=(y_{j+1},y_{j-1}),y_j{\in}V_j,j{\ge}2$。那么有$V_0{\cup}\widetilde{V_0}{\cup}{\bigcup}^{\infty}_{j=2}V_j$是开覆盖,于是由于紧致性质,可以找到有限子覆盖,记为$\left\{V_0{\cup}\widetilde{V_0}{\cup}{\bigcup}^{nk}_{j=2}V_{nj}\right\}$,那么接下来仅需要取到$y_m,m>\left\{n1,\cdots,nk\right\}$。则推出$y_m$不在有限子覆盖中,而显然这个$y_m$是在$A$里面的,于是又造成了矛盾。

这里的思路,首先是取到一个有界将其给限制起来,然后通过取到包含$x_0$的不断逼近的一个小球,包住这个$x_0$,造成不断逼近$x_0$的序列,并且这个序列显然是无限的,于是不妨将这个序列取无限的子序列,而且逼近这个$x_0$,接下来只需要用紧致性质,取到有限子覆盖,那么这个无限子序列显然有些不在子覆盖中,于是造成矛盾。

子空间的紧致

定义:$(X,\tau)$是一个拓扑空间,$A$是$X$的一个非空子集,若$A$在$X$中紧致,则可以定义子空间$(A,\tau_A)$是紧致的。

例子

$A{\subset}E^n$是紧致的,并且可以与$A$有界闭互推。

紧集的连续映像是紧的

设$X$是紧致的,$f:X{\to}Y$连续,可以推出$f(X)$是$Y$中的紧致集。

证明这个需要一个引理:$(X,\tau),A{\subset}X$,并且$A$是紧致的,则其充要条件是:$A$的任意由$X$中开集给出的$A$的开覆盖有有限子覆盖。

现在先证明这个引理:其实就是一个提升与回拉的过程。在两个空间之间的穿梭。

首先证明其必要性:$A$是$X$中的紧致集合,则存在$\mathcal{U}{\subset}{\tau}$,有$\mathcal{U}$覆盖$A$,可以推出$\mathcal{U}_A=\left\{U{\cap}A|u{\in}\mathcal{U}\right\}{\subset}\tau_A$为$A$的一个开覆盖(相交做一个拉回),则存在有限子覆盖,$\left\{U_1{\cap}A,U_2{\cap}A,\cdots,U_n{\cap}A\right\}$。于是有有限子覆盖$\left\{U_1,U_2,\cdots,U_n\right\}$。

再证明其充分性,由于$A$的任意由$X$中开集给出的$A$的开覆盖有有限子覆盖,于是由于子空间的紧致性质直接可以知道该$(X,\tau_A)$是紧致的。

有了这个引理,我们可以用来证明该定理:首先给出$\mathcal{U}$为$\tau_Y$的$f(X)$的覆盖,于是对任意$u{\in}\mathcal{U}$,有$f^{-1}(u){\subset}X$是开集,这是因为连续,将开集拉回原集是开集。于是可以推出$\left\{f^{-1}(u)|u{\in{\mathcal{U}}}\right\}$为$X$的一个开覆盖,又因为$X$是紧的,于是可以推出存在有限子覆盖$\left\{f^{-1}(u_1),\cdots,f^{-1}(u_n)\right\}$覆盖$X$。于是通过映射可以找到$f(x)$的有限子覆盖$\left\{u_1,\cdots,u_n\right\}$。于是证明了定理。这里其实$f(X){\subset}Y$,本来是找到$Y$的有限子覆盖,但是因为引理于是可以而给出$f(X)$的有限子覆盖。

推论

1,$X$与$Y$同胚,于是$X$是紧致集可以推出$Y$紧致。

因为同胚有双射并且连续,从紧集的连续映像是紧致的可以推出。

2,$E^n$与$S^n$不同胚。这个显然因为$E^n$不是紧的,但是$S^n$是紧的。

3,$f:X{\to}E$是连续函数,又$X$是紧致的,于是可以推出——$f$在$X$上是有界的,并且可以取得最大值最小值。

这个与闭区间有界集合内可以取到最大最小值一致。

证明如下:$X$是紧的,于是对于这个连续函数,有$f(X)$是紧的,于是可以知道$f(X)$是有界闭集,于是可以证明。

紧集的闭子集是紧的

$(X,\tau)$是紧的,$A$是$X$的闭子集,则可以知道$A$是紧集。

证明:首先可以找到$\mathcal{U}{\subset}\tau$覆盖$A$,而又因为$A$是闭集,于是有$X{\backslash}A$是开集,于是有$\mathcal{U}{\cup}(X{\backslash}A)$覆盖了$X$。于是可以由$X$是紧的,可以找到有限子覆盖。

这里分为两种情况:一个则是这个有限子覆盖包含$(X{\backslash}A)$,那么这个有限子覆盖去掉$(X{\backslash}A)$,则自然覆盖了$A$。二则是这个有限子覆盖不包含$(X{\backslash}A)$,那么直接这个有限子覆盖覆盖了$A$。不管怎么说都能找到$A$的有限子覆盖。

豪斯托夫空间中,紧子集是闭的

$(X,\tau)$是豪斯托夫空间,若$A$为$X$的紧致子集,则可以知道$A$是闭集。

证明如下:对于任意的$x{\in}X{\backslash}A$,$y{\in}A$。根据豪斯托夫空间的性质,存在$U_x,V_y$,有$x{\in}U_x,y{\in}V_y,U_x{\cap}V_y=\varnothing$。而因为$A$为紧致子集,于是肯定可以找到开覆盖的有限子覆盖去覆盖$A$,$A{\subset}{\bigcup}^n_{j=1}V_{yj}$,而取$x{\in}{\bigcap}^n_{j=1}U_{xj}$是开集,于是通过${\bigcap}^n_{j=1}U_{xj}{\cap}{\bigcup}^n_{j=1}V_{yj}$是空集,于是可以推出$X{\backslash}A$是开集,于是显然$A$是闭集。

紧致豪斯托夫空间中,紧致与闭集互推

$(X,\tau)$是紧致的豪斯托夫空间,有$X$的紧集$A$,那么它是闭的。若它是闭的,则它是紧的。

首先$A$是闭的,由于紧集的闭子集是紧致的,证毕。

其次,$A$是紧的,由于豪斯托夫空间的紧致子集是闭的,于是$A$是闭集。

定理:同胚与紧致的关系

  1. $f:X{\to}Y$是连续的一一映射
  2. $X$是紧集
  3. $Y$是豪斯托夫空间

则可以推出$X$与$Y$是同胚的。

证明,这里仅需证明逆映射连续即可,而这个条件与$f$是闭映射是等价的。于是仅需证明是闭映射。也就是把闭集映射到闭集。对于$X$空间的任意闭集$A$,因为$A$显然是紧集的闭子集是紧的,于是$A$是紧的,又因为$f$是连续的,于是由于紧集的连续映射是紧的,于是可以推出$f(A){\subset}Y$是紧的,从而可以由于豪斯托夫空间中紧集是闭集,知道$f(A)$是闭集,证毕。

豪斯托夫空间中两个不相交紧集,必有不相交的邻域

$X$是豪斯托夫空间,$A,B$是$X$中的紧子集,若$A{\cap}B=\varnothing$,于是$A$与$B$存在不相交邻域。

证明:首先给出一个点与一个集合的不相交邻域结论,这个由于豪斯托夫空间的性质可以得到,然后对于另一个集合中的点,取到开集,可以再用一次豪斯托夫性质,就把所有点都分开。然后用紧性质,找到两个集合的有限子覆盖,然后通过上面的各个集合中所有点都能分开性质,就能找到两个集合的不相交邻域。

紧致与豪斯托夫空间则是一个normal space

证明:

  1. $x{\in}X,\left\{x\right\}$紧致,可以推出单点集是闭集。(豪斯托夫空间的紧致集是闭集)
  2. $A,B{\subset}X$是闭,于是显然紧致空间的闭子集是紧集,可以推出$A,B$是紧集,于是用到上述推论:豪斯托夫空间中两个不相交紧集,必有不相交的邻域。

乘积空间的紧致性质

有两个紧致拓扑$X,Y$,则可以推出$X{\times}Y$是紧致空间

证明:仅需设$\mathcal{U}$是$X{\times}Y$的开覆盖:任意$y{\in}Y$可以推出$X{\times}\left\{y\right\}$与$X$是同胚的紧致集合,则可以推出有有限子覆盖覆盖了$X{\times}\left\{y\right\}$,其并集$W_y$为$X{\times}\left\{y\right\}$的开邻域。

要证明这个首先要声明一个引理:$A{\subset}X,A$是紧致集,$y{\in}Y,W{\subset}X{\times}Y$是开集,$A{\times}{y}{\subset}W$。则可以推出:存在$A$与$y$的开邻域$U,V$,$U{\times}V{\subset}W$。

假设这个引理成立,则对该性质的证明:存在$y$的开邻域$V_y$,使得$X{\times}V_y{\subset}W_y$,进一步可以推出$X{\times}V_y$被$\mathcal{U}$中有限个开集覆盖,于是对$\left\{V_y|y{\in}Y\right\}$为$Y$的开覆盖,于是可以由于$Y$的紧致,推出存在有限子覆盖去覆盖这个$X{\times}Y$,于是每个$X{\times}V_y$包含于$\mathcal{U}$中有限个开集之并$w_{yj}$,必然存在有限个子覆盖去覆盖这个$X{\times}Y$。

其实实际上就是找到了$y$的开邻域$V_y$,于是又可以通过$Y$紧致,推到整个空间,本来是一个投影,但是可以由于各个空间的紧致穿梭到乘积空间。

其引理的证明:这里还是通过两个点的选取方式来证明,和前面的证明有很多类似之处,这里直接给出:任意$x{\in}A$,知道$(x,y){\in}W$为内点,于是可以找到两个开邻域$U_x,v_y$,而且$U_x{\times}V_y{\subset}W$。于是有开覆盖$\left\{U_x|x{\in}A\right\}$为$A$的开覆盖,于是由于$A$紧,可以找到有限子覆盖$U={\bigcup}^n_{j=1}U_{xj}$,而$V={\bigcap}^n_{i=1}V_{yi}$,于是可以推出$U{\times}V{\subset}{\bigcup}^n_{j=1}(U_{xj}{times}V_{yj}){\subset}W$。

列紧

首先定义列紧性质:$(X,\tau)$是列紧的,意味着$X$中任意序列都有收敛子列。

推论:$X$是列紧集,又$f$是实连续函数,则$f(X)$有界,并且可以取到最大最小值。

勒贝格引理

$X$是紧致的度量空间,$\mathcal{U}$是$X$的一个开覆盖,则存在$\mathcal{U}$的$\delta>0$(Lebesgue数),使得$X$中直径小于$\delta$的任何集合包含于某个$u{\in}\mathcal{U}$。其中直径指的是$A$中集合中任意两点的上确界。

紧度量空间必定是列紧的

证明:$\left\{x_n\right\}{\subset}X$的序列,需要证明其有收敛子列。

(1)当存在$x{\in}X$,对于任意的$x{\in}U{\subset}X$是开集,于是则$U{\cap}\left\{x_n\right\}{\subset}X$含有无限多项。反证法:对任意的$x{\in}X$,存在$U_x{\subset}X$是开集,若$U_x{\cap}\left\{x_n\right\}$是有限项,则可以推出$\left\{U_x|x{\in}X\right\}$为$X$的开覆盖,则由于紧致,可以找到有限子覆盖盖住$X$,而且包含$\left\{x_n\right\}$的有限项,而$\left\{x_n\right\}$有无限项,于是矛盾。

(2)$B_x(\frac{1}{n}){\cap}B$含有$\left\{x_n\right\}$中的无限多项,于是取$x_{i1}{\in}B_x(1){\cap}\left\{x_n\right\}$,则

$$ x_{i2}{\in}B_x(\frac{1}{2}){\cap}\left\{x_n\right\},\cdots,x_{ik}{\in}B_x(\frac{1}{k}){\cap}\left\{x_n\right\},\cdots $$

取到这个子序列$\left\{x_{in}\right\}$,并且收敛到$x$。

列紧的度量空间必定是紧致的

这里需要引入$\delta$网的概念:

  1. $A{\subset}X,\delta>0,\delta$—网的定义$X={\cup}_{x{\in}A}B_x(\delta)$。
  2. 对于任何的$f>0$,存在$X$中的有限子集$A$。(指的是$A$中的点有限)

证明方法是反证法:若存在$\delta_0>0,\forall A{\subset}X$有限,则存在$x{\in}X,d(x,A){\ge}\delta_0$,进一步有任意的$x_1{\in}X,x_2{\in}X_2,d(x_1,x_2)>\delta_0$,于是有$A_n=\left\{x_1,\cdots,x_n\right\}$,而$x_{n+1}{\in}X,d(x_{n+1},A_n)>\delta_0$。作出$\left\{x_{n}\right\}$,而对于该序列中的任意两点的距离$d(x_j,x)>\delta_0$,而这个与列紧性质是矛盾的。(没有收敛子列)

于是则$d(x,A)<\delta_0$。

证明这个定理:对于这个列紧的度量空间取到一个开覆盖$\mathcal{U}$,于是有

  1. $X{\subset}\mathcal{U},\mathcal{U}=\left\{x\right\}$。
  2. $x{\in}\mathcal{U}$,则存在$f>0$,对任意的$x{\in}X$,$B_x(f){\subset}U_x{\in}\mathcal{U}$,于是进一步有$A{\subset}X$,$A=\left\{x_1,\cdots,x_n\right\}$,而$\delta$-网可以推出$X{\subset}{\bigcup}^{n}_{j=1}B_{xj}$,则有$\left\{U_{x1},\cdots,U_{xn}\right\}$为有限子覆盖。

其实还是一样的,通过有限$\delta$-网找到有限子覆盖。

局部紧致概念

定义$\mathcal{U}{\subset}\tau$,局部有限:$\forall x{\in}V$,存在$x{\in}V{\subset}X$是开集,并且$V$与$\mathcal{U}$中有限个开集是相交的。

还有相应的仿紧和加细的概念,并且$E^n$就是一个仿紧的空间。

仿紧:任何开覆盖可以找到一个加细的开覆盖,并且其局部有限。

Last modification:October 19th, 2019 at 11:14 am
如果觉得我的文章对你有用,请随意赞赏