anh xa lien tuc tren khong gian topo

Ánh xạ liên tục trên không gian tôpô SV: Đào Thanh B ình

- 3 -

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 thỏamãn 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 bịmột 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 VX được gọi là lân cận của x nếu tồn tại tập mở Gtrong X sao cho x GV.

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 VVx, BBx saocho x B V.

3. Các loại điểm, phần trong, bao đóng: Cho không gian tôpô (X, ), x X và tập AX.

a) Các loại điểm:


- 4 -

- x gọi là điểm trong của A nếu tồn tại tập mở G sao cho xGA.

- x gọi là điểm ngoài của A nếu tồn tại tập mở G sao cho x GX \ A.

- x gọi là điểm biên của A nếu VVx, VA ≠ Ø, và V (X \ A) ≠ Ø.

- x gọi là điểm dính của A nếu VVx, V A ≠ Ø.

- x goi là điểm cô lập của A nếu V Vx: V A = Ø. Nếu A = X thì x là điểm côlập của A nếu tập {x} là tập mở.

b) Phần trong của tập A, ký hiệu là int A hoặc oA , 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 Akhông 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 tậpkhông 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 k ìcủa 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 bấtkì hai điểm khác nhau x, y X đều tồn tại một lân cận U của x v à lân cận V của y saocho UV = Ø.

c) Không gian tôpô X được gọi là không gian chuẩn tắc (hay T4 – không gian) nếu Xlà T1 – không gian và với hai tập đóng bất kì A, B không giao nhau của X luôn tồn tại cáctập mở U và V sao cho AU, BV và UV = Ø.

7. Không gian tôpô tổng, tích, thương: Cho IX )( , là họ các không gian tôpô.


- 5 -

a) Tổng:

Đặt X = X

I . Xét họ = {GX: G X , I}. Khi đó, là một tôpô

trên X và (X, ) là không gian tôpô tổng của họ không gian tôpô đã cho, ký hiệuX=

IX

.

Nếu họ IX rời nhau từng đôi th ì tổng gọi là tổng trực tiếp, ký hiệu X =

XI .

Ký hiệu XXi : , )x(i = x, là phép nhúng chính tắc.

b) Tích Descartes:

Đặt X = IX và XX : 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 tíchcủa 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 làtập 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 dễthấy là toàn ánh.

Trên X/R, dễ thấy họ = {VX/R: -1(V) } là một tôpô và là tôpô mạnh nhấtđể liên tục.

Khi đó, (X/R, ) gọi là không gian thương của không gian X theo quan hệ t ươngđương 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 làliên tục tại điểm x0X 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 xX 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 )- liêntục.


- 6 -

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 WBf(x), tồn tại

V ßx sao cho f (V) W.

Chứng minh:

Giả sử f liên tục tại x, và WBf(x). Vì W là một lân cận của f(x) nên tồn tại lân cận Ucủa x sao cho f(U)W. Mà Bx là cơ sở lân cận của x nên có VBx sao cho VU, dođó f(V) f(U)W.

Ngược lại, gọi G là một lân cận của f(x) WBf(x): WG.

Theo giả thiết, UBx : 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 tụctại điểm xX 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. ĐặtV= 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 tươngđương:

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) AX f( A ) )(Af .

e) BY )(1 Bf f-1( B ).

f) BY f -1(int B) int f -1(B).

Chứng minh:


- 7 -

a) b): Giả sử G τY (tức G mở trong Y), G ≠ Ø. Với mỗi xf -1(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 chof(V) G xV 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): AX, ta có f -1( )(Af ) là tập đóng trong X.

Vì f(A) )(Af nên A f -1( )( Af )

A f -1( )( Af ) f( A ) f (f -1( )( Af )) )(Af

d) e): BY, ta có: f( )(1 Bf ) ))(( 1 Bff B )(1 Bf f -1( B ).

e) f): BY f -1(int B) = f -1(Y\ BY \ ) = X\f -1( BY \ ).

Mà )(\ 1 BfX = )\(1 BYf f-1( BY \ ) (do e)

Nên X\f -1( BY \ ) X\ )(\ 1 BfX = 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: xf -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 liêntục tại điểm xX khi và chỉ khi với mọi lân cận mở W của f(x) thì f -1(W) là lân cận mởcủa x”.

b) Nếu f:(X, X ) (Y, Y ) là ánh xạ liên tục thì với mọi tôpô trên X mà Xthì ánh xạ f: (X, ) (Y, Y ) cũng liên tục.

Thật vậy, với x X gọi W là lân cận mở của f(x). Vì f là ( X , Y )- liên tục nên f -1(W)

X f -1(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, mọiánh xạ f: X Y đều liên tục. Thật vậy, nếu G là tập mở trong Y thì f -1(G) X, mà Xrời rạc nên f -1(G) mở trong X.


- 8 -

Ví dụ 1.2: Nếu X là không gian tôpô bất kỳ và Y là không gian tôpô thô thì mọi ánh xạf: X Y đều liên tục vì A X, A ≠ Ø thì f( A ) = )(Af = X ( do đó f( A ) )(Af ).

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 1.2.1nếu τ1 ≥ τ2 thì ánh xạ đồng nhất f: (X, τ1) (X,τ2) cũng liên tục. Điều ngược lại là hiểnnhiên.

Ví dụ 1.4: Ánh xạ hằng f: X Y (y0 cố định trong Y) là ánh xạ liên tục vì với

x y0

mọi lân cận W của y0 thì f -1(W) = X là lân cận của x xX.

Định lý 1.2.4: Cho ba không gian tôpô (X, τX ), (Y, τY ), (Z, τZ ) và hai ánh xạ liên tụcf: 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 ( tôpôtự nhiên trên R là tập các khoảng mở của R ). Khi đó, các ánh xạ f: X R được gọi làcác hàm số. Theo định lý 1.2.1, f liên tục tại x0X khi và chỉ khi ε > 0, lân cận V củax0 sao cho x V thì | f(x) – f(x0) | < ε.

Đặt biệt, nếu X = R th ì ta được hàm số f: R R. Khi đó, f liên tục tại x0R khi vàchỉ khi ε >0, δ >0 sao cho x R thỏa | x – x0 | < δ thì | f(x) – f(x0) | < ε. Đây là địnhnghĩa quen thuộc về hàm liên tục trong giải tích cổ điển đối với hàm một biến thực.

Định lý 1.2.5: Cho f,g: X R là các hàm số liên tục. Khi đó, các hàm | f |, -f, f g,

f.g, min{f, g}, max{f, g} là liên tục. Nếu g(x) ≠ 0 x X thìg

f cũng liên tục.

Chứng minh:a) Gọi h: R → R là hàm số xác định bởi h(x) = |x|. Khi đó, | f | = hof là hợp của hai

hàm liên tục nên | f | liên tục. b) Do f liên tục nên x X, ε > 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.


- 9 -

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)| <2

.

Vì g liên tục nên lân cận V’ của x sao cho x’ V’: |g(x’) – g(x)| <2

.

Đặt V = UU’ thì V cũng là một lân cận của x và x’V ta có:

| φ(x’) – φ(x)| ≤ | f(x’) – f(x)| + |g(x’) – g(x)| <2

+

2

= ε.

Vậy, φ = f +g liên tục. d) Vì f liên tục và –g liên tục nên f – g = f + (-g) liên tục.

e) Đặt = 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)| <)'(.2 Vxsup xg

.

Vì g liên tục nên lân cận V’ của x sao cho x’ V’: |g(x’) – g(x)| <|)(|2 xf

.

| (x’) - (x)| = | f(x’).g(x’) – f(x).g(x) |

= | f(x’).g(x’) – f(x).g(x’) + f(x).g(x’) – f(x).g(x) |

= | g(x’).( f(x’) – f(x)) + f(x).(g(x’) – g(x)) | |g(x’)|.|f(x’) – f(x)| + |f(x)|.|g(x’) – g(x)|

< |g(x’)|.)'(.2 Vxsup xg

+ |f(x)|.

|)(|2 xf

<

2

+

2

= .

Vậy, liên tục.

f) Tính liên tục của min{f, g}và max{f, g} được suy ra từ các đẳng thức sau:

min{f, g}=2

)()( xgxf -

2

|)()(| xgxf ,

max{f, g}=2

)()( xgxf +

2

|)()(| xgxf .

g) Nếu g(x) 0 x X, để chứng minhg

f liên tục, ta chỉ cần chứng minh

g

1 liên

tục.Do g liên tục và |g(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,


- 10 -

|g(x) – g(x0)| < M2. .

Đặt V’ = VU. Khi đó V’ là lân cận của x0, và x V’, ta có:

|)(

1

xg-

)(

1

0xg| = |

)().(

)()(

0

0

xgxg

xgxg | <

MM

M

.

2 = .

Vậy,g

1 liên tục, do đó

g

f.

Bổ đề Urysohn: Cho X là một không gian chuẩn tắc; A và B là hai tập con đóng rờinhau của X. Khi đó, tồn tại hàm liên tục f: X [0, 1] sao cho f(x) = 0 xA và f(x) = 1 xB.

Định lý 1.2.6: Gọi {(Xα, )}α I là họ các không gian tôpô. Khi đó, α I, phépnhúng chính tắc:

a). iα: Xα I

X

là ánh xạ liên tục.

b). iα: Xα X

I là vừa mở vừa đóng.

Chứng minh:

a). Gọi là tôpô trên I

X

. Khi đó, G , 1i (G)= GXα . Do đó, iα liên

tục.

b). Giả sử U mở trong Xα. Khi đó, UXα = U , UXβ = Ø β ≠ α. Do đó,UXα α I. Vậy, iα(U) = U mở trong

XI

.

Bây giờ, giả sử F đóng trong X α. Xét tập G = X

I \F. Vì GXα = Xα\F và

GXβ = Xβ β ≠ α nên G mở trong X

I . Suy ra, iα(F) = F đóng trong

XI

.

Hệ quả 1.2.1: Mỗi tập Xα là vừa mở vừa đóng trong X

I .

Định lý 1.2.7: Ánh xạ f: I

X

Y liên tục nếu và chỉ nếu foiα liên tục α I.

Chứng minh:


- 11 -

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:

f -1(G) Xα = 1i (f -1(G)) = ( foiα)-1(G) (do foiα liên tục)

f -1(G) mở trongI

X

.

Vậy, f liên tục.

Định lý 1.2.8: Với mọi α, phép chiếu

I

XX

: là ánh xạ mở.

Chứng minh:

Giả sử G là tập mở tùy ý của I

X

. Lấy a (G). Khi đó, tồn tại x G sao cho

(x) = a. Do G mở nên i

U (i = 1, 2,…, n ) mở trong Xi sao cho

x V = n

i 1

1

i (

iU )G.

Từ đó, a (V) (G). Và: (V) =

Do đó, (V) là tập mở trong X và (G) là tập mở.

Định lý 1.2.9: Ánh xạ f: Z I

X

liên tục khi và chỉ khi of liên tục 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 I

X

. Khi đó, G

= 1 (U), với U , nào đó thuộc I. Và ta có:

f-1(G) = f-1( 1 (U)) = ( of)

-1(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/Rlà phép chiếu chính tắc.

Chứng minh:

iU nếu = i , i = 1, 2,…, n

X nếu ≠ i , i = 1, 2,…, n


- 12 -

Nếu f liên tục thì hiển nhiên fo liên tục.

Ngược lại, giả sử fo liên tục. Khi đó, G mở trong Y thì -1(f -1(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 đồngphôi.

Nhận xét 1.3.1: Từ định nghĩa nếu f là một phép đồng phôi th ì f -1 cũng là một phépđồng phôi.

Định nghĩa 1.3.2: Hai không gian tôpô gọi là đồng phôi với nhau nếu tồn tại mộtphép 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 k ì luôn đồng phôi vớichính 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 địnhsau 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 mởnên f(X\F) = f(X)\f(F) = Y\ f(F) là tập mở trong Y f(F) là tập đóng trong Y f là ánhxạ đóng.


- 13 -

c) a): Do f là song ánh liên tục nên ta chỉ cần chứng minh f -1 liên tục. Gọi F là tậpđóng bất kỳ trong X. Do f là ánh xạ đóng nên f(F) là tập đóng trong Y ( f -1)-1(F) là tậpđóng 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 mộtánh xạ liên tục g: Y X sao cho fog = 1Y và gof = 1X. Ở đây, 1X và 1Y tương ứng là cácánh 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 saocho 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 làđơn 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 ngượccủa f.

Vậy f là song ánh có ánh xạ ngược liên tục nên nó là phép đồng phôi.

Ví dụ 1.3.2: Ánh xạ f: R (-1; 1), f(x) =||1 x

x

là phép đồng phôi.

Thật vậy, ta có f liên tục. Xét ánh xạ g: (-1; 1) R xác định bởi g(x) =||1 x

x

, dễ

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 Fđược 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 giancon M của X ( f |M: M Y) cũng liên tục. Ngược lại, nếu như ta có ánh xạ f: M Yliên tục thì vấn đề đặt ra là có tồn tại hay không một ánh xạ li ên tục F: X Y sao choF|M = f.

Dựa vào bổ đề Urysohn, định lý sau đây sẽ cho ta một kết quả về sự tồn tại của tháctriển liên tục.

Định lý 1.4.1 (Tietze – Urysohn): Giả sử f là hàm thực liên tục, giới nội trên khônggian con đóng M của không gian chuẩn tắc X. Khi đó, tồn tại h àm thực F liên tục trên Xsao cho F|M = f và Xxsup |F(x)| = Mxsup | f(x)|.


- 14 -

Chứng minh:

Đặt c = Mxsup | 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:

1). |h1(x)| 3

c ( xX)

2). |f(x) – h1(x)| 3

2c ( xM)

Ta đặt: A = {xM: f(x) 3

c }, B = {xM: f(x)

3

c}.

Vì f liên tục trên M nên A và B đóng trong M A, B đóng trong X (v ì M đóng trongX) theo bổ đề Urysohn tồn tại hàm h: X [0,1] sao cho h(x) = 0 ( xA) và h(x) =1 ( xB).

Và dễ thấy hàm h1(x) =3

2c

2

1)(xh ( xX) thỏa mãn các điều kiện 1) và 2).

Tương tự, ta lại áp dụng khẳng định tr ên đối với hàm f – h1, tồn tại hàm h2 liên tục trênX sao cho:

1’). |h2(x)| 3

1.

3

2c ( xX)

2’). | f(x) – h1(x) – h2(x)| 2

3

2

c ( xM)

Bằng quy nạp, ta được dãy hàm {hn} liên tục trên X thỏa mãn:

1”). |hn(x)| 3

1.

1

3

2

n

c ( xX)

2”). | f(x) -

n

ii xh

1)( |

n

3

2c ( xM)

Từ 1”) suy ra chuỗi hàm

1)(

ii xh hội tụ đều trên X. Gọi F(x) là tổng của chuỗi hàm

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) ( xM). Do đó, Xxsup |F(x)| Mxsup | f(x)| (*)

Mặt khác, xX, |F(x)|

1)(

ii xh

3

1c

1

1

32

n

n

= c = Mxsup | f(x)|

Xxsup |F(x)| Mxsup | f(x)| (**)


- 15 -

Từ (*) và (**) suy ra: Xxsup |F(x)| = Mxsup | f(x)|.

Hệ quả 1.4: Giả sử f là hàm thực liên tục trên không gian con đóng M của không gianchuẩn 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.

Thấy, tập A = 11F ({-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 ( xM), g(x) = 0( xA).

Khi đó, hàm F2(x) = g(x).F1(x) là hàm liên tục và là thac triển của hàm of.

Đặt F = -1oF2. 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 liêntục, Y là không gian Hausdorff. Khi đó, n ếu tồn tại thác triển liên tục F của f trên X thì Flà 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) xM.

Đặt A = {xX: 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.


- 16 -

BÀI TẬP CHƯƠNG 1

Bài 1.Cho A là tập con của X. Hàm f: X R xác định bởi f(x) =

.

Chứng minh rằng f liên tục tại x0 X khi và chỉ khi x0b(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 VA ≠ Ø và

V (X\A) ≠ Ø. Do đó, với =2

1, ta có:

+ Nếu x0 A thì lấy x1 V (X\A). Khi đó, | f(x1) – f(x0)| = 1 >2

1 f không liên tục

tại x0.

+ Nếu x0 A thì lấy x2VA. Khi đó, | f(x2) – f(x0)| = 1 >2

1 f không liên tục tại

x0.

Vậy, x0 b(A).

). Giả sử x0 b(A). Khi đó, tồn tại một lân cận mở V của x 0 sao cho VA hoặcV (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 điểmcô 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

! x0 X sao cho f(x0) = y0 f -1({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.

Bài 3. Cho f là toàn ánh từ tập X vào không gian tôpô (Y, Y ). Đặt = {f -1(B)| B Y }.

Khi đó là một tôpô trên X.

1 nếu x A

0 nếu xA.


- 17 -

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 tụckhi và chỉ khi .

▪ Giải:

a) x X, gọi W là lân cận mở của f(x) ( W Y ) xf -1(W) f liên tục.

Gọi A B Y : A = f -1(B). Do f là toàn ánh nên f(A) = B Y f là ánhxạ mở.

Giả sử F là tập đóng trong X X\F f(X\F) Y Y\ f(F) Y f(F) làtập đóng trong Y f là ánh xạ đóng.

b) Giả sử f: (X, ) (Y, Y ) liên tục.A , B Y : f -1(B) = A. Do f liên tụcnên f -1(B) A .

Ngược lại, gọi là tôpô bất kỳ mà . Vì f: (X, ) (Y, Y ) liên tục nên ánhxạ 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 giankhả ly thì Y cũng là không gian khả ly.

▪ Giải:

Giả sử X khả ly.Gọi A= {a1, 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 )(Af = Y.

Gọi B là tập bất kỳ thuộc Y , do f liên tục nên f -1(B) X . Vì A trù mật trong X nênA f -1(B) ≠ Ø. Do đó i N sao cho aif -1(B) f(ai)B f(A) B ≠ Ø. Suy ra:

)(Af = 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 ứngminh rằng tập A = {xX: 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 cậnmở U, V của f(xo) và g(xo) tương ứng sao cho UV = Ø. Đặt W = f -1(U) g -1(V) thì W


- 18 -

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,WX\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 tôpôthông 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 = {xX: 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 khivà 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.

Gọi WY f -1(W) X . Vì f -1 là ( 0 , X )-liên tục nên (f -1)-1(f -1(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 minhf -1 là ( 0 , X )-liên tục.

Thật vậy, giả sử f -1 không là ( 0 , X )-liên tục. Khi đó, V X sao cho

(f -1)-1(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).


- 19 -

Vậy, f -1 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, xétquan hệ tương đương R xác định bởi x1 ~ x2 nếu f(x1) = f(x2). Gọi f : X/R Y là ánh xạtừ không gian thương X/R vào Y cho bởi )(xf = f(x), trong đó, x là lớp tương đươngchứa 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 YX:o πf , với π là phép chiếu chính tắc từ X vào X/R. Ta sẽ chứngminh f = πf o . Thật vậy, x X, πf o (x) = f ( (x)π ) = )(xf = f(x).

Vì f liên tục nên πf o 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) = )(xf . Do đó,f là toàn ánh. Mặt khác, lấy bật kỳ 1x ≠ 2x f(x1) ≠ f(x2) )( 1xf ≠ )( 2xf f là

đơn ánh. Từ đó, f là song ánh.

Ta còn phải chứng minh1

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 th ì (G)1πlà tập mở trong X. Do f là ánh xạ mở nên ta có f (G) = f( (G)1π ) (vì π là toàn ánh) là

tập mở trong Y 1

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\ (F)1π = F)\((X/R)1π là tập mở trong X (F)1π là tập đóng trong X. Vì f là

ánh xạ đóng nên f (F) = f( (F)1π ) là tập đóng trong Y 1

f liên tục.

Vậy, f là phép đồng phôi X/R đồng phôi với Y.


- 20 -

Chương 2ÁNH 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 IG }{ là họ các tập con của X. Khi đó,

IG }{ được gọi là phủ của A nếu G

I A. Nếu G là các tập mở thì phủ gọi là

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 IG }{ của X đều tồn tại hữu hạn các

chỉ số i I (i = 1, 2,…, n ) sao choi

Gn

i

1 X.

- Tập con A của X được gọi là tập compact nếu A với tôpô cảm sinh trên A bởi tôpôtrên X là không gian compact.

- Không gian tôpô X gọi là compact địa phương nếu tại mỗi điểm x X đều tồn tạimột 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 nàovừa đóng vừa mở ngoài Ø và X.

Hay một cách tương đương, không gian tôpô X là liên thông n ếu nó thỏa mãn mộttrong 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 làkhông gian liên thông.


- 21 -

Một phát biểu tương đương khác: Tập con A của X là tập liên thông nếu không tồn tạihai tập mở U, VX sao cho: UA ≠ Ø, VA ≠ Ø, UVA = Ø, UV 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 th ì f(A)là tập con compact của Y.

Chứng minh:

Giả sử Iαα}{G là một phủ mở của f(A). Do f liên tục nên Iαα )}(G{ 1

f là một phủmở của A. Vì A compact nên có phủ con hữu hạn {f -1( nii ,..,1)}G .

Từ đó, A )(G1n

1 if

i

= )G(

n

1

1

iif f(A)

iαn

1G

i .

Vậy,nii

G,..,1

}{ là một phủ con hữu hạn của f(A). Do đó, f(A) là một tập con

compact của Y.

Định lý 2.1.2: Ánh xạ liên tục f từ không gian compact X vào không gian Hausdorff Ylà 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 xạđóng.

Hệ quả 2.1.1: Giả sử f là song ánh liên tục từ không gian compact X vào không gianHausdorff 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 khônggian 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 .


- 22 -

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 thựcR. 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 tậpđóng 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 củaX 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); VB ≠ Ø (2); UVB = Ø (3)và UV 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 ≠ UB = UVB = 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 raY 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, bX, f(a) < f(b). Khi đó, k R thỏa f(a) < k < f(b), c X sao cho f(c) = k.


- 23 -

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 kf(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 concompact 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 tậpcompact 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 cậncompact U. Do f là ánh xạ riêng (nên cũng liên tục) nên f-1(U) là một lân cận compact củax. Do đó, X compact địa phương.

Bài 2. Cho X compact địa phương, Y Hausdorff, f: X Y là một toàn ánh liên tục vàmở. 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 VX: x VU.

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.


- 24 -

Bài 3. Cho f là hàm thực liên tục trên không gian compact X. Chứng minh rằng nếu f luôndương 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 lý2.2.3, tồn tại xo X sao cho 0 < f(xo) = min{f(x): x X}.

Đặt c =2

1f(xo) thì rõ ràng f(x) > c > 0, x X.

Bài 4. Chứng minh rằng không gian tôpô X không là không gian liên thông khi và chỉ khitồn 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 nàymâu thuẫn vì mọi không gian rời rạc có ít nhất hai phần tử th ì không liên thông. Do đó, Xkhông liên thông.

Ngược lại, giả sử X không liên thông. Khi đó, tồn tại các tập mở khác Ø A, B trong Xsao cho AB = Ø và X = AB.

Goi Y là không gian rời rạc gồm hai phần tử a, b. Xét ánh xạ f: X Y xác định bởif(x) = a ( x A) và f(x) = b ( x B). Dễ thấy f là toàn ánh liên tục.


- 25 -

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 thờicác 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 AX. Khi đó, khoảng cách từ xđến A được định nghĩa là d(x, A) = inf {d(x, a): a A}. Đôi khi ta còn ký hiệu khoảngcách 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 hợpnày 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 0)a,x(lim nn

d , ký hiệu nnxlim

= a. hoặc xn a.

b) Dãy {xn} trong X được gọi là dãy Cauchy (hay dãy cơ bản) nếu d(xn, xm) 0 khin, m → .

Trong không gian mêtric, mọi dãy hội tụ đều là dãy Cauchy. Điều ngược lại nói chungkhông 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).


- 26 -

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 = {GX: G là tập mở}. Dễdàng 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{

knx } hội tụ đến một điểm thuộc A.

- Tập con A của X gọi là tập bị chặn nếu đường kính của Ad(A) = sup{d(x, y): x, y A} < .

- Tập con A của X gọi là tập hoàn toàn bị chặn nếu mọi > 0, tồn tại hữu hạn điểm

x1, x2,…, xn X sao cho A ),x(S1

i

n

i

b) Các tính chất:- Cho không gian metric (X, d) và t ập AX. 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.


- 27 -

- 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 haikhông gian mêtríc với mêtríc d1 và d2 tương ứng; còn nếu chỉ xét trên một không gian Xthì 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 Yđược gọi là liên tục tại điểm xo X nếu > 0, δ > 0 sao cho d1(x, xo) < δ thì d2(f(x),f(xo)) < .

Ánh xạ f được gọi là liên tục trên X nếu nó liên tục tại mọi điểm x X.

Nhận xét 3.1.1. Định nghĩa 3.1.1 là trường hợp riêng của định nghĩa 1.1, bởi vì cáchình cầu mở là các tập mở.

Định nghĩa 3.1.2. Ánh xạ f: (X, d1) (Y, d2) được gọi là liên tục đều trên X nếu > 0 đều có δ > 0 sao cho x1, x2 X thỏa d1(x1, x2) < δ thì d2(f(x1), f(x2)) < .

Nhận xét 3.1.2. Tính liên tục, liên tục đều trong giải tích cổ điển chính l à liên tục, liêntục đều của hàm số xác định trên R với mêtríc thông thường. Ta đã biết rằng liên tục đềuthì liên tục còn điều ngược lại nói chung không đúng.

Ví dụ 3.1.1: Trên R với mêtríc thông thường, ánh xạ đồng nhất f: R R xác định bởif(x) = x là liên tục đều. Thật vậy, > 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 d2(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 đẳngcự f: X Y.

Ví dụ 3.1.2: Ánh xạ đồng nhất từ không gian mêtríc X vào chính nó là một phép đẳngcự. Do đó, mọi không gian mêtríc đều đẳng cự với chính nó.


- 28 -

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) < δ d2( f(x),f(y)) = d1(x, y) < δ = .

- f: X Y là phép đẳng cự thì f và f -1 đều liên tục, do đó f là phép đồng phôi. Nhưvậy, hai không gian mêtríc đẳng cự thì đồng phôi với nhau.

3.2. Các định lý và tính chất.Vì không gian mêtríc cũng là không gian tôpô nên mọi tính chất của ánh xạ liên tục

trên không gian tôpô đều đúng cho ánh xạ liên tục trên không gian mêtríc, như nghịchảnh của tập mở (đóng) là tập mở (đóng), phép đồng phôi ,…Do đó, những tính chất nàysẽ được áp dụng trực tiếp mà không cần chứng minh trong chương 3.

Định lý 3.2.1. Ánh xạ f: X Y liên tục tại xo X nếu và chỉ nếu mọi dãy {xn} Xhội tụ về xo thì f(xn) hội tụ về f(xo).

Chứng minh:

Nếu f liên tục tại xo thì > 0, δ > 0 sao cho d1(x, xo) < δ thì d2( f(x), f(xo)) < .Vì xn xo nên no sao cho n ≥ no, d1(xn, xo) < δ . Do đó, n ≥ no, d2( f(xn), f(xo)) < ,tức là f(xn) f(xo).

Ngược lại, giả sử mọi dãy (xn) X hội tụ về xo thì f(xn) hội tụ về f(xo) nhưng f khôngliên tục tại xo. Khi đó, o > 0 sao cho δ > 0, x X thỏa d1(x, xo) < δ nhưng d2(f(x),

f(xo)) ≥ o .

Đặt nδ =n

1 . Khi đó, với mỗi n, xn X thỏa d1(xn, xo) < nδ =n

1 nhưng

d2( f(xn), f(xo)) ≥ o . Từ đó ta thấy, {xn} hội tụ về xo nhưng f(xn) không hội tụ về f(xo), vàta 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 liêntục đều, Y là không gian mêtríc đầy đủ. Khi đó, tồn tại duy nhất ánh xạ f: X Y liên tụcđều sao cho f |M = g.

Chứng minh:

M trù mật trong X x X, {xn} M: xn x. Dễ thấy {xn} là dãy Cauchytrong M. Do g liên tục nên {g(xn)} là dãy Cauchy trong Y.


- 29 -

Vì Y đầy đủ nên g(xn) hội tụ đến phần tử f(x) Y. Ta chứng minh f(x) chỉ phụ thuộc xchứ 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 xM, ta lấy xn x ( n). Khi đó, f(x) =n

lim g(xn) = g(x) f |M = g.

Bây giờ ta sẽ chứng minh f liên tục đều. Thật vậy, do g liên tục đều trên M nên >0, > 0: x1, x2M thỏa d1(x1, x2) < , thì d2(g(x1), g(x2)) < .

Lấy x’, x” X sao cho d1(x’, x”) < . Giả sử { ,x n }, { ,,x n } là hai dãy trong M sao cho,x n x’, ,,x n x”.

Ta có: ),,x,,x(),,x,,x(lim 1nn1 ddn

. Do đó, với n đủ lớn thì d1(,x n , ,,x n ) <

d2(g( ,x n ), g( ,,x n )) < d2(f(,x n ), f( ,,x n )) < f liên tục đều.

Tiếp theo ta chứng minh f xác định duy nhất. Giả sử h: X Y cũng là một ánh xạliên tục đều sao cho h|M = g.

Lấy x X. Gọi {xn} là một dãy của M sao cho xn x. Khi đó, vì h(x) liên tục nênh(x) =

nlim h(xn) = n

lim g(xn) = f(x), tức là h = f.

Định lý đã được chứng minh xong.

Định lý 3.2.3: Hàm f liên tục trên tập compact A thì liên tục đều và giới nội trên A.

Chứng minh: Giả sử f liên tục trên A nhưng không liên tục đều trên A. Khi đó,

0 > 0 sao cho n, xn, yn A thỏa d(xn, yn) <n

1 và | f(xn) – f(yn) | ≥ 0 . (1)

Do A compact nên dãy {x n} có dãy con {knx } hội tụ về a A. k ta có:

d(kny , a) ≤ d(

kny ,knx ) + d(

knx , a) <kn

1+ d(

knx , a) 0, nênkny a. Vì f liên tục

vàknx a,

kny a nên f(knx ) – f(

kny ) → f(a) – f(a) = 0. (2)

Ta gặp mâu thuẫn giữa (1) và (2). Do đó, f phải liên tục đều trên A.

Bây giờ ta chứng minh f giới nội trên A. Thật vậy, giả sử f không giới nội trên A. Khiđó, n, xn A: |f(xn)| > n. (3)

Vì {xn} A nên tồn tại dãy con {knx } hội tụ đến b A. Do f liên tục trên A nên | f |

cũng liên tục trên A | f(knx )| f(b) (4)


- 30 -

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. Khiđó, f(A) là tập con compact của Y.

Chứng minh: Trong f(A), lấy dãy {yn} tùy ý. Với mỗi n, chọn xnA sao chof(xn) = yn, ta được dãy {xn} A.

Do A compact nên {xn} có dãy con {knx } hội tụ về a A. Vì f liên tục nên

kny = f(knx ) f(a) f(A). Do đó, {

kny } là dãy con hội tụ của {yn} f(A) là tậpcompact 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 tậpcon compact của R f(A) đóng và bị chặn. Do đó, tồn tại x1, x2 A sao cho f(x1) =

Axmin f(x), f(x2) =

Axmax f(x) đpcm.


- 31 -

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 liêntục. 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 th ì g-1(C) mở trong Y (do g liên tục) f -1(g-1(C)) mở trong

X (do f liên tục), hay (gof )-1(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 thìgof(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). Tacó: 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.

Ta chỉ còn chứng minh f -1 và g-1 liên tục. Thật vậy, vì (gof )-1, f , g liên tục và

f -1 = (gof )-1og, g-1 = fo(gof )-1 nên f -1 và g-1 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)) < .

Giả sử A δ),S(x i

n

1i . Ta sẽ chứng minh f(A) ε)),(xS( i

n

1if

.

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 mãnd(f(x), f(y)) ≥ d(x, y) x, y X. Chứng minh rằng f là phép đẳng cự.


- 32 -

▪ Giải:

Với mọi x, y X, đặt xn = (x)nf , yn = (y)nf (trong đó nf = 1n-f o f ), ta được cácdãy {xn}, {yn} trong X.

Do X compact nên tồn tại dãy tăng {nk} N sao cho {knx } và {

kny } hội tụ. Vì mọi

dãy hội tụ là dãy Cauchy nên > 0, k, l (l > k) sao cho d1(knx ,

lnx ) <2

và

d(kny ,

lny ) <2

.

Đặt m = nl – nk, theo giả thiết của f, ta có: d(x, xm) ≤ d(x1, xm+1) ≤…≤ d(knx ,

lnx ) <

2

. Tương tự ta cũng có: d1(y, ym) <

2

.

Suy ra: d(f(x), f(y)) ≤ d(xm, ym) ≤ d(xm, x) + d(x, y) + d(y, ym) < d(x, y) + .

Vì nhỏ tùy ý nên suy ra d(f(x), f(y)) ≤ d(x, y). Kết hợp giả thiết ta đượcd(f(x), f(y)) = d(x, y).

Để kết thúc bài toán ta còn phải chứng minh f là song ánh. Thật vây, f là đơn ánh vìvới mọi x1 ≠ x2 ta có d( f(x1), f(x2)) = d(x1, x2) ≠ 0 f(x1) ≠ f(x2).

Mặt khác, vì X compact nên f(X) compact f(X) đóng. x X và > 0, theochứng minh trên thì xmf(X) sao cho d(x, xm) < nên f(X) trù mật trong X. Do đó,

XXfXf )()( f là toàn ánh.

Vậy, f là một phép đẳng cự.

Bài 4. Cho f: X Y là ánh xạ liên tục trên mọi tập con compact của X. Chứng minhrằng f liên tục trên X.

▪ Giải:

Với mỗi xo X, lấy dãy bất kỳ {xn} X: xn xo. Ta cần chứng minh f(xn) f(xo).

Đặt A = {xn}n {xo}. Khi đó, A là tập compact. Thật vậy, gọi }{G là một phủ mởcủa A. Khi đó, oα sao cho xo o

G và > 0: S(xo, ) o

G .

Do xn xo nên tồn tại N: d(xn, xo) < n > N, tức là xn S(xo, ) n > N.

Với mỗi i = 1, 2,…, N , chọn i sao cho xi i

G . Khi đó, ta có phủ hữu hạn của A là

{o

G ,1

G ,…,N

G }, do đó A compact.

Theo giả thiết f liên tục trên A nên f(xn) f(xo) f liên tục tại xo xo X, hay fliên tục trên X.


- 33 -

Bài 5. Cho f là ánh xạ liên tục từ không gian mêtric X vào không gian mêtric Y.

a) Giả sử {Vα } là một phủ mở của Y. Với mỗi , đặt Mα = f -1(Vα). Chứng tỏ rằng,nếu với mọi , ánh xạ f | )(1

Vf : )(1Vf Vα là một phép đồng phôi th ì 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 mộtphủ 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.

xX, gọi U là một lân cận mở bất kỳ của x. Vì {Vα} là một phủ mở của Y nên tồntại để f(x) Vα .

Vì f liên tục nên )(1Vf mở trong X, do đó )(1

Vf U mở trong )(1Vf . Do

f | )(1Vf là đồng phôi nên f( )(1

Vf U) là mở trong Vα . Mà Vα mở trong Y nên

f( )(1Vf U) mở trong Y, tức là f(U) f( )(1

Vf U) hay f(U) là lân cận của f(x). Dođó, 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 mộtphần tử a và f là ánh xạ xác định bởi f(x) = a xX (f là ánh xạ duy nhất từ X vào Y).

Họ ({x}) Xx 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)): xX} 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

XYXX : là một phép đồng phôi.

b) Nếu Y compact và G đóng trong X×Y th ì f liên tục.

▪ Giải:

a) Giả sử {(xn, yn)}G là dãy hội tụ đến (xo, yo). Khi đó, xn xo và yn yo khin . Vì f liên tục nên

nlim f(xn) =

nlim yn f(xo) = yo (xo, yo) G, do đó G là tập

đóng trong X×Y.

Bậy giờ ta chứng minh X |G là phép đồng phôi từ G vào X. Thật vậy, với mỗi xX,

tồn tại duy nhất (x, f(x)) G nên X |G là song ánh, và hiển nhiên X |G là liên tục.


- 34 -

Giả sử {xn} là dãy tùy ý trong X hội tụ đến xo. Do f liên tục nên {f(xn)} f(xo), từ đó{(xn, f(xn))} (xo, f(xo)), tức là 1

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 đóngtrong X×Y. Từ đó suy ra X ((X×H) G) đóng trong X. Do đó,f -1(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.Chứng minh rằng nghịch ảnh f -1(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 BY sao cho f -1(B)ß(X). Khi đó, Ω là σ – đại số các tập concủa Y. Vì f liên tục nên nghịch ảnh của mọi tập mở là mở. Do đó, Ω chứa tất cả các tập conmở của Y. Từ đó, ß(Y) Ω, suy ra nếu Bß(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 thuhẹp của f trên mỗi Fi, i = 1, 2,…, m, là liên tục thì f liên tục trên F1 F2… Fm. Chỉ raví dụ rằng phát biểu trên không đúng trong trường hợp vô hạn F i.

▪ Giải:

Gọi {xn} là dãy các phần tử trong i

m

1iF

hội tụ tới x. Khi đó, tồn tại ít nhất một d ãy Fi

chưa dãy con {xkn }. Do đó, dãy {xn} có thể phân tích thành hữu hạn dãy con sao cho

mỗi dãy con được chứa trong một tập F i. Do Fi đóng và f liên tục trên Fi, nênf(

knx ) = f | Fi(knx ) f |Fi(x) = f(x).

Suy ra rằng {f(xn)} được phân tích thành hữu hạn dãy con hội tụ tới f(x), do đó {f(xn)}

hôi tụ tới f(x), tức la f liên tục trên i

m

iF

1 .

Trong trường hợp có vô hạn F i thì khẳng định trên không đúng. Cụ thể, xét các F i xác

định như sau: F0 = {0}, Fi =

i

1 , i = 1, 2,….Và hàm f xác định bởi

f(x) = 1 với x Fi, i = 1, 2,…

0 với x F0


- 35 -

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 i1iF

.

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 hộitụ 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 gianmêtríc Y. Chứng minh rằng ánh xạ ngược f -1 liên tục trên Y. Cũng chứng minh rằng giảthiết 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 địnhbởi 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 khôngliên 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 mêtrícY. 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)) <2

. (1)

Vì họ các hình cầu {B(x,2

1 δ(x)): x X} là phủ mở của không gian compact X, n ên

tồn tại phủ con hữu hạn {B(x i,2

1 δ(xi)): i = 1, 2,…, n}. (2)


- 36 -

Đặt δ =2

1min{δ(x1), δ(x2),…, δ(xn)}. Khi đó, x, y X thỏa d1(x, y) < δ, vì họ (2) là

một phủ của X nên tồn tại i sao cho d1(x, xi) <2

1 δ(xi), và khi đó

d1(y, xi) ≤ d1(y, x) + d1(x, xi) < δ +2

1 δ(xi) ≤ δ(xi).

Do đó, theo (1): d2(f(x), f(y)) ≤ d2(f(x), f(xi)) + d2(f(xi), f(y)) <2

+

2

= .

Vậy, f liên tục đều trên X.

Bài 12. Gọi (X, d) là không gian mêtríc và A là tập con khác rỗng của X. Chứng minhrằng ánh xạ f: X [0, ∞) xác định bởi f(x) = dist(x, A) = inf{d(x, y): yA} liên tục đềutrên X.

▪ Giải:Với x0, x X và y A ta có:

dist(x, A) ≤ d(x, y) ≤ d(x, x0) + d(x0, y).

Do đó, dist(x, A) ≤ d(x, x 0) + dist( x0, A). Suy ra, dist(x, A) – dist(x0, A) ≤ d(x, x0).

Tương tự ta cũng có: dist(x0, A) – dist(x, A) ≤ d(x, x0).

Suy ra: |dist(x, A) – dist(x0, A)| ≤ d(x, x0).

Và vì vậy f liên tục đều trên X.

Bài 13. Giả sử f là ánh xạ liên tục của không gian mêtríc liên thông X vào không gianmêtríc Y. Chứng minh rằng f(X) liên thông trong Y.

▪ Giải: Giả sử f(X) không liên thông. Khi đó, tồn tại các tập con mở rời nhau, khác rỗng G 1 vàG2 sao cho G1G2 = f(X).

Do f liên tục nên f -1(Gi) mở trong X, i = 1, 2. Và rõ ràng chúng khác rỗng, rời nhau vàhợp của chúng bằng X, điều này mâu thuẫn vì X liên thông.

Vậy, f(X) liên thông trong Y.

Bài 14. Kí hiệu F là họ các hàm liên tục từ không gian mêtríc compact X (với mêtríc d)vào tập số thực R sao cho với mỗi x X, tồn tại Mx > 0 thỏa mãn | f (x)| ≤ Mx f F.Chứng minh rằng tồn tại hằng số d ương M và tập mở khác rỗng G X sao cho | f(x)| ≤ M f F và x G.

▪ Giải:


- 37 -

Với mỗi số nguyên dương n, ta định nghĩa Fn = {xX: |f(x)| ≤ n, f F}. Ta sẽchứng 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 cóf(x) = )f(xlim kk

≤ n. Do đó, x Fn Fn đóng.

Theo giả thuyết, với mỗi x X, tồn tại số nguyên dương nx sao cho | f(x)| ≤ nx ,

f F. Do đó, X = n1nF

.

Vì X compact nên (X, d) thuộc phạm trù thứ hai, do đó tồn tại Fn 0có phần trong khác

rỗng. Đặt G = int Fn 0. Khi đó, |f(x)| ≤ n0 f F và x G.

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 0)x(ρlim nn

đều có chứa một dãy con hội tụ.

▪ Giải: Trước hết ta chứng minh (a) (b).

Giả sử tồn tại dãy {xn}X sao cho 0)(lim n

nx nhưng {xn} không chứa dãy con

hội tụ nào. Khi đó, tồn tại dãy {yn}X sao cho 0),(lim nn

nyxd và yn ≠ xn n. Nếu

{yn} chứa dãy con hội tụ {kny }, thì do

nlim d(

knx ,kny ) = 0 nên dãy con {

knx } cũng

hội tụ. Do đó, dãy { ny } cũng không có dãy con hội tụ. Suy ra, không có số hạng n ào củadãy {xn} và {yn} được lặp lại vô hạn lần. V ì vậy, tồn tại một dãy tăng thực sự {nk} các sốnguyên dương sao cho các t ập vô hạn F1 = {

knx : k N} và F2 = {kny : k N} đóng và

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(

knx ) – f(kny )| = 1 trong khi

nlim d(

kny ,kny ) = 0. Từ đó, f liên tục nhưng không liên

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. Dođó, 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 chứngminh rằng 2 > 0. Nếu 2 = 0, thì tồn tại dãy {xn} các phần tử trong X sao cho


- 38 -

nlim )( nxρ = 0 và d(xn, A) > 1 . Khi đó, theo (b), {xn} có dãy con hội tụ tới một phần tử

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) < x thì |f(x), f(y)| <2

.

Vì A compact nên tồn tại x1, x2,…, xn A sao cho A31

,S(x k

n

1k

kx ).

Đặt 1 =3

1min {

kx n1,..,k} và 2 > 0 xác định như trên. Lại đặt δ = min{ 1 , 2 } và

lấy x, y X sao cho d(x, y) < δ.

Nếu dist(x, A) > 1 thì )(x > 2 . Do đó, d(x, y) < δ ≤ 2 chỉ nếu x = y. Khi đó, rõràng | f(x) – f(y)| < .

Còn nếu dist(x, A) ≤ 1 thì tồn tại a A sao cho d(x, a) ≤ 1 . Suy ra từ trên rằng tồn

tại k {1, 2,…, n} để d(a, xk) <3

1kx . Do đó,

d(y, xk) ≤ d(y, x) +d(x, a) + d(a, xk) < δ + 1 +3

1kx ≤

kx .

Từ đó, | f(x) – f(y)| ≤ | f(x) – f(xk)| + | f(xk) – f(y)| <2

1 +2

1 = .

Như vậy, f liên tục đều trên X.

Bài 16. Chứng minh rằng không gian mêtríc X là compact nếu và chỉ nếu mọi hàm thựcliên tục trên X là liên tục đều và > 0, tập A = {x X: ρ(x) > } là hữu hạn, trong đóρ(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 Axε)}{S(x, là vô hạn, đôi một rời nhau và

phủ A. Khi đó, nếu gọi A\Xxε)}{S(x, là phủ mở của X\A thì họ

Xxε)}{S(x, = Axε)}{S(x, A\Xxε)}{S(x, 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 sẽchứng minh răng X compact.


- 39 -

Gọi {xn} là dãy các phẩn tử của X. Nếu có một số hạng của d ãy này được lặp lại vôhạn lần thì rõ ràng tồn tại một dãy con hội tụ. Nếu không thì 0)( nxlim

n(vì A hữu

hạn). Do đó, theo bài kết quả bài 15 thì {xn} chứa một dãy con hội tụ.

Vậy, X compact.

anh xa lien tuc tren khong gian topo

Documents