WST
P DO TOPOLOGII
Politechnika Krakowska
im. Tadeusza Kościuszki
Notatki do wykładu
autorstwa dra Marcina Skrzyńskiego
opracowali
Gabriela Aleksiewicz-Drab
Dariusz Kasiarz
Przedmowa
Skrypt oparty jest na semestralnych wykładach ze Wstępu do topologii prowadzonych przez dra
Marcina Skrzyńskiego w Instytucie Matematyki Politechniki Krakowskiej i przeznaczony dla stu-
dentów pierwszego roku Matematyki w finansach i ekonomii. Celem przedmiotu jest zaznajomienie
studentów z najważniejszymi pojęciami i twierdzeniami oraz typowymi przykładami i zadaniami
elementarnej topologii i teorii przestrzeni metrycznych (z naciskiem na przestrzenie euklidesowe).
Przedmiot ma wyposażyć adeptów w wiedzę i umiejętności topologiczne niezbędne do studiowania
analizy matematycznej i funkcjonalnej, geometrii i równań różniczkowych.
Kraków, czerwiec 2011 Gabriela Aleksiewicz-Drab
d Dariusz Kasiarz
Tam, dokąd nie umiemy wejść sami,
dostajemy siÄ™ matematykÄ….
Sporządzamy z niej wózki do poruszania się
w nieludzkich obszarach świata.
Spis treści
Przedmowa ii
1 Przestrzenie metryczne 1
2 Ciągłość 25
3 Zwartość 42
4 Spójność 55
5 Równoważność metryk 68
6 Topologia ogólna 74
Wykaz oznaczeń 77
Rozdział 1
Przestrzenie metryczne
Definicja 1. 1 MetrykÄ… w zbiorze X = Ø nazywa siÄ™ każdÄ… funkcjÄ™

d : X × X (x, y) d(x, y) " [0, ") ‚" R, speÅ‚niajÄ…cÄ… nastÄ™pujÄ…ce warunki:
(M1) "x,y"X d(x, y) = 0 Ô! x = y,
(M2) "x,y"X d(x, y) = d(y, x),
(M3) "x,y,z"X d(x, z) d(x, y) + d(y, z).
Definicja 1. 2 Przestrzenią metryczną nazywa się parę (X, d), w której X jest zbiorem niepustym,
d natomiast jest metrykÄ… w zbiorze X.
Twierdzenie 1. 1. (Druga nierówność trójkąta) Przypuśćmy, że d jest metryką w zbiorze X.
Wówczas
"x,y,z"X : |d(x, z) - d(y, z)| d(x, y).
Dowód.
Na mocy (M3) mamy, iż:
d(x, z) d(x, y) + d(y, z), d(y, z) d(y, x) + d(x, z).
A zatem korzystajÄ…c z warunku (M2):
-d(x, y) d(x, z) - d(y, z) d(x, y).
Oznacza to, że
|d(x, z) - d(y, z)| d(x, y),
co kończy nasz dowód.
2 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
Przykład.
1. Funkcja d : R × R (x, y) |x - y| " [0, ") jest metrykÄ… w zbiorze liczb rzeczywistych,
zwanÄ… metrykÄ… naturalnÄ….
2. Niech n " N \ {0}. Każda z funkcji d1, d2, d" : Rn × Rn [0, ") zdefiniowanych za pomocÄ…
wzorów:
n

d1(x, y) = |xi - yi| Manhattan,
i=1

n

d2(x, y) = (xi - yi)2 Euklidesowa,
i=1
n
d"(x, y) = max |xi - yi| Czebyszewa,
i=1
gdzie x = (x1, . . . , xn) oraz y = (y1, . . . , yn), jest metrykÄ… w przestrzeni Rn.
Zauważmy, że jeśli n = 1, to każda z metryk d1, d2, d" jest po prostu metryką naturalną
w zbiorze R.
3. Niech X będzie zbiorem niepustym. Rozważmy zbiór B(X, R) wszystkich funkcji f : X R
ograniczonych. Wówczas funkcja d" = B(X, R) × B(X, R) [0, ") zdefiniowana poprawnie
za pomocÄ… wzoru d"(f, g) := sup{|f(x) - g(x)| : x " X} jest metrykÄ… w zbiorze B(X, R),
zwanÄ… metrykÄ… Czebyszewa (inaczej metrykÄ… supremowÄ…).
4. Niech X będzie zbiorem niepustym i niech n " N \ {0}. Rozważmy iloczyn kartezjański
Xn = X × . . . × X. Funkcja dH : Xn × Xn [0, ") zdefiniowana za pomocÄ… wzoru

n razy
dH(a, b) = #{i " {1, . . . , n} : ai = bi}, gdzie a = (a1, . . . , an) oraz b = (b1, . . . , bn), jest

metrykÄ… w zbiorze Xn, zwanÄ… metrykÄ… Hamminga.
5. Rozważając w poprzednim przykładzie przypadek n = 1, otrzymujemy metrykę d w zbiorze
X, zdefiniowanÄ… za pomocÄ… wzoru
Å„Å‚
òÅ‚
1, gdy x = y,

d(x, y) =
ół
0, gdy x = y,
zwanÄ… metrykÄ… dyskretnÄ….
3 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
UWAGA 1
Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną i niech Y ą" X będzie zbiorem niepustym. Wówczas
funkcja d |Y ×Y : Y × Y (x, y) d(x, y) " [0, ") jest metrykÄ… w zbiorze Y zwanÄ… metrykÄ… induko-
wanÄ… z przestrzeni (X, d). Przestrzenie metryczne (Y, d |Y ×Y ) nazywa siÄ™ czasami podprzestrzeniÄ…
przestrzeni (X, d).
Definicja 1. 3 Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną. Wybierzmy punkt x0 " X.
(1) KulÄ… otwartÄ… w przestrzeni (X, d) o Å›rodku x0 i promieniu µ " R+ nazywa siÄ™ zbiór
def
B (x0, µ) = {x " X : d (x0, x) < µ}.
(2) KulÄ… domkniÄ™tÄ… w przestrzeni (X, d) o Å›rodku w x0 i promieniu Á " R+ nazywa siÄ™ zbiór
def
B (x0, Á) = {x " X : d(x0, x) Á}.
(3) SferÄ… w przestrzeni (X, d) o Å›rodku w x0 i promieniu ´ " R+ nazywa siÄ™ zbiór
def
S (x0, ´) = {x " X : d(x0, x) = ´}.
UWAGA 2
a) Á = 0 Ò! B (x0, Á) = S (x0, Á) = {x0}
b) "µ"R B (x0, µ) = B (x0, µ) *" S (x0, µ)
+
c) x0 " B (x0, µ)
Przykład.
Przykłady kul w metryce:
1 naturalnej na prostej R:
def
B (x0, µ) = {x " X : |x0 - x| < µ} = {x " R : x0 - µ < x < x0 + µ}
x0
x0 - µ x0 + µ
4 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
2 euklidesowej na płaszczyz
nie R2:

def
B ((x0, y0), µ) = {(x, y) " R2 : (x0 - x)2 + (y0 - y)2 < µ} =
= {(x, y) " R2 : (x0 - x)2 + (y0 - y)2 < µ2}
y
y0 + µ
y0
y0 - µ
x0 x0 + µx
x0 - µ
3 manhattan ponownie na R2.
def
B ((x0, y0), µ) = {(x, y) " R2 : |x0 - x| + |y0 - y| < µ}
y
y0 + µ
y0
y0 - µ
x0 x0 + µx
x0 - µ
4 maksimum na płaszczyz
nie R2.
def
B ((xy, y0), µ) = {(x, y) " R2 : max{|x0 - x|, |y0 - y|} < µ} =
= {(x, y) " R2 : |x0 - µ < x < x0 + µ, y0 - µ < y < y0 + µ}
y
y0 + µ
y0
y0 - µ
x0 x0 + µx
x0 - µ
5 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
5 Niech d bÄ™dzie metrykÄ… dyskretnÄ… w zbiorze X oraz x0 " X. Ponadto niech µ, Á " R+. Wówczas
Å„Å‚
òÅ‚
{x0}, gdy µ 1,
B (x0, µ) =
ół
X, gdy µ > 1,
Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
{x0}, gdy Á = 0,
ôÅ‚
òÅ‚
S (x0, Á) =
Ø, gdy 0 < Á < 1 albo Á > 1,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
X \ {x0}, gdy Á = 1.
Definicja 1. 4 Podzbiór Y przestrzeni metrycznej (X, d) jest ograniczony, jeśli
"x "X "µ"[0,") : Y Ä…" B (x0, µ) .
0
UWAGA 3
a) Każda kula i każda sfera jest zbiorem ograniczonym.
b) Zbiór pusty jest zbiorem ograniczonym.
c) Przecięcie dowolnej, niepustej rodziny podzbiorów ograniczonych przestrzeni metrycznej jest
podzbiorem ograniczonym tej przestrzeni.
d) Suma dowolnej, skończonej rodziny podzbiorów ograniczonych danej przestrzeni metrycznej jest
podzbiorem ograniczonym tej przestrzeni.
Definicja 1. 5 ÅšrednicÄ… podzbioru Y przestrzeni metrycznej (X, d) nazywa siÄ™
diam (Y ) := sup{d(x, y) : x, y " Y }.
Przykład.
Niech µ " R+ oraz x0 " X. JeÅ›li x, y " B(x0, µ), to d(x, y) d(x, x0) + d(y, y0) < 2µ. W takim
razie diam (B) (x0, µ) := sup{d(x, y) 2µ : x, y " B(x0, µ)}. Przypuśćmy teraz, że d jest metrykÄ…
dyskretnÄ…. W takim razie
Å„Å‚
òÅ‚
diam {x0} = 0, gdy µ 1,
diam (B)(x0, µ) =
ół
diam (X) 1, gdy µ > 1.
6 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
Twierdzenie 1. 2. Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną i niech Y, Z ą" X. Wówczas
(i) diam (Y ) " [0, ") *" {Ä…"},
(ii) diam (Y ) = -" Ô! Y = Ø,
(iii) diam (Y ) = 0 Ô! #Y = 1,
(iv) Y Ä…" Z Ò! diam (Y ) diam (Z),
(v) diam (Y ) < " wtedy i tylko wtedy, gdy Y jest zbiorem ograniczonym.
Dowód.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Definicja 1. 6 Odległością między podzbiorami Y oraz Z przestrzeni metrycznej (X, d) nazywa się
def
dist (Y, Z) = inf{d(y, z) : y " Y, z " Z}.
UWAGA 4
a) "x,y"X dist ({x}, {y}) = d(x, y)
b) dist (Y, Z) " [0, ")
c) dist (Y, Z) = " Ô! (Y = Ø (" Z = Ø)
d) Y )" Z = Ø Ò! dist (Y, Z) = 0 (ale nie na odwrót, patrz nastÄ™pny przykÅ‚ad nr 1)

e) Dla punktu x " X piszemy dist (x, Y ) zamiast dist ({x}, Y ) i mówimy o odległości punktu x od
zbioru Y (dist (x, Y ) = inf{d(x, y) : y " Y }) .
7 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
Przykład.
n
1
1. Rozważmy zbiór R z metryką naturalną. Przypomnijmy, że e := lim 1 + " R \ Q
n
n"
n
1
i odnotujmy, że 1 + " Q dla każdego n naturalnego poza zerem. W takim razie
n
n
1
0 dist (R \ Q, Q) inf{|e - 1 + | : n " N} = 0, stÄ…d dist (R \ Q, Q) = 0.
n
2. Rozważmy metrykę euklidesową na płaszczyz
nie R2. Policzmy odleglość punktu (x0, y0) od
prostej l ‚" R2 o równaniu y = ax + b.

def
!
dist ((x0, y0), l) = inf{ (x - x0)2 + (y - y0)2 : (x, y) " l} =

!
= inf{(x - x0)2 + (y - y0)2 : (x, y) " l} = inf{(x - x0)2 + (ax + b - y0)2 : x " l} =

2
= inf{(1 + a2)x2 + (2ab - 2ay0 - 2x0)x + x2 + b2 + y0 - 2by0 : x " l}
0
ay0+x0-ab
Podstawmy xw = .
1+a2

2
(1 + a2)x2 + (2ab - 2ay0 - 2x0)xw + x2 + b2 + y0 - 2by0 =
w 0

2
a2x2 - 2by0 - 2ax0y0 + 2abx0 + y0 + b2
0
= =
1 + a2

(y0 - b - ax0)2 |y0 - b - ax0|
"
= =
1 + a2
1 + a2
Definicja 1. 7 Ciąg (an) = (an)" punktów przestrzeni metrycznej (X, d) jest:
n=1
(1) ograniczony, jeżeli zbiór jego wyrazów, czyli {an : n " N \ {0}} jest ograniczony,
(2) ciÄ…giem Cauchy ego, jeÅ›li "µ"R "N"N\{0} "m,n"N\{0} : m, n N Ò! d(am, an) < µ,
+
(3) zbieżny do punktu g " X (zapis: lim an = g albo an - - g), jeśli
-d
n" n"
"µ"R "N"N\{0} "n"N\{0} : n N Ò! d(an, g) < µ.
+
UWAGA 5
an - - g Ô! "µ"R "N"N\{0} "n"N\{0} : n N Ò! an " B(g, µ)
-d
+
n"
8 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
Twierdzenie 1. 3. Dla ciągu (an) punktów przestrzeni metryczej (X, d) i punktu g " X następu-
jące warunki są równoważne:
(i) an - - g,
-d
n"
(ii) lim d(an, g) = 0 (zwykła granica ciągu liczbowego).
n"
Dowód.
an - - g
-d
n"

"µ"R "N"N\{0} "n"N\{0} : n N Ò! d(an, g) < µ
+

"µ"R "N"N\{0} "n"N\{0} : n N Ò! |d(an, g) - 0| < µ
+

lim d(an, g) = 0
n"
Twierdzenie 1. 4. (o jednoznaczności granicy) Każdy ciąg punktów danej przestrzeni metrycz-
nej ma w tej przestrzeni co najwyżej jedną granicę.
Dowód.
Niech (an) będzie ciągiem punktów przestrzeni metrycznej (X, d). Przypuśćmy, że an - - g1 oraz
-d
n"
an - - g2 dla pewnych g1, g2 " X. Wówczas przy (dowolnie) ustalonym µ " R+
-d
n"
Å„Å‚
µ
òÅ‚
n N1 Ò! d(an, g1) < ,
2
"N ,N2"N\{0} "n"N\{0}
1
µ
ół
n N2 Ò! d(an, g2) < .
2
µ µ
Połóżmy N = max{N1, N2}. Wtedy 0 d(g1, g2) d(an, g1) + d(an, g2) + = µ dla każdego
2 2
n " N \ {0}. Z uwagi na dowolność liczby µ, z powyższych nierównoÅ›ci wynika, że d(g1, g2) = 0,
skÄ…d g1 = g2.
Twierdzenie 1. 5. Niech (an) będzie takim ciągiem punktów przestrzeni metrycznej (X, d),
że
"n "N\{0} "n"N\{0} : n n0 Ò! an = an .
0 0
Wówczas lim an = an .
0
n"
9 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
Dowód.
Ustalmy µ > 0 (dowolne). JeÅ›li wskaz
nik n jest niemniejszy od n0,
to
d (an, an ) = d (an , an ) = 0 < µ.
0 0 0
Twierdzenie 1. 6. Jeśli ciąg punktów danej przestrzeni metrycznej jest zbieżny do pewnego punktu
tej przestrzeni, to każdy jego podciąg jest zbieżny do tegoż punktu.
Dowód.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Twierdzenie 1. 7. Każdy zbieżny ciąg punktów przestrzeni metrycznej jest ciągiem Cauchy ego.
Dowód.
Niech (an) będzie ciągiem punktów przestrzeni metrycznej (X, d). Załóżmy, że an - - g dla
-d
n"
µ
pewnego g " X. Wybierzmy (dowolne) µ " R+. Zatem "N"N\{0} "n"N\{0} : n N Ò! d(an, g) < .
2
µ µ
Jeśli teraz wskaz
niki m, n N, to d(am, an) d(am, g)+d(an, g) < + = µ. WykazaliÅ›my zatem,
2 2
że (an) jest ciągiem Cauchy ego.
Twierdzenie 1. 8. Każdy ciąg Cauchy ego jest ograniczony.
Dowód.
Niech (an) będzie ciągiem Cauchy ego punktów przestrzeni metrycznej (X, d).
Wobec tego "N"N\{0} "m,n"N\{0} : m, n N Ò! d(am, an) < 1.
Połóżmy Á = max{1, d(a1, aN), . . . , d(aN-1, aN)}. Dla dowolnego wskaz
nika n mamy wtedy
d(an, aN) Á. Skoro tak, to an " B (aN, Á) dla każdego n " N\{0}, skÄ…d już wynika ogranianiczenie
ciÄ…gu (an).
Przykład.
1. Rozważmy R z metryką naturalną. Ciąg ((-1)n) jest wtedy ograniczony (bo zawiera się w kuli
domkniÄ™tej o Å›rodku w x0 = 0 i promieniu µ = 1 dla każdego n). Nie jest on jednak ciÄ…giem
Cauchy ego, bowiem "m,n"N\{0} : m - n = 1 Ò! |(-1)m - (-1)n| = 2.
n n
1 1
2. Ponieważ lim 1 + = e, to ciąg 1 + jest ciągiem Cauchy ego w R z metryką
n n
n"
naturalnÄ…. Wszystkie wyrazy tego ciÄ…gu sÄ… liczbami wymiernymi. Skoro tak, to nasz ciÄ…g jest
ciągiem Cauchy ego w Q z (indukowaną) metryką naturalną. Niestety ciąg ten nie jest zbieżny
w Q z (indukowanÄ…) metrykÄ… naturalnÄ…, bo e " Q.
/
10 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
"
Twierdzenie 1. 9. Dla ciagu a(k) punktów przestrzeni Rn, w którym a(k) = a(k), . . . , a(k)
1 n
k=1
i punktu g = (g1, . . . , gn) " Rn następujące warunki są równoważne:
1
(i) a(k) -d- g,
-
k"
2
(ii) a(k) -d- g,
-
k"
"
(iii) a(k) -d- g,
-
k"
(iv) "i"{1,...,n} lim a(k) = g (granica ciÄ…gu liczbowego).
i
k"
Dowód.
(ii) =Ò! (iv)

2
Przypuśćmy, że a(k) -d- g, czyli że lim d2 a(k), g = 0.
-
k" k"

2
n

Przypomnijmy, że d2 a(k), g = a(k) - gi . Zauważmy, że:
i
i=1


n
2 2


"j"{1...,n} "n"N\{0} : 0 |a(k) - gj| = a(k) - gj a(k) - gi = d2 a(k), g ,
j j i
i=1

czyli 0 |a(k) - gj| d2 a(k), g . Z twierdzenia o trzech ciągach otrzymujemy, że
j
"j"{1,...,n} : lim a(k) = gj.
j
k"
(iv) =Ò! (ii)
Przypuśćmy, że "i"{1,...,n} lim a(k) = gi, czyli że "i"{1,...,n} lim | a(k) - gi |= 0. Zauważmy następnie,
i i
k" k"
iż dla dowolnego k " N \ {0} zachodzi:




n
2 2

n

0 d2 a(k), g = a(k) - gi n · max a(k) - gi =
i i
i=1
i=1
n

" "
n
= n · max | a(k) - gi | n · | a(k) - gi | .
i i
i=1
i=1
Stosując do powyższych nierówności twierdzenie o trzech ciągach otrzymujemy, co następuje:

2
lim a(k), g = 0, co znaczy, że a(k) -d- g.
-
k" k"
(i) Ð!Ò! (iv)
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
(iii) Ð!Ò! (iv)
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
11 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
Przykład.
n
"
2
n n+5 n+1 1
4
1. n3 + sin(n), · cos(1 - n), -d- 1, 0,
-
n2+n-1 n+2 e
n"
n
"
n n+5 3n+1
4
2. CiÄ…g n3 + sin(n), · cos(1 - n), nie jest zbieżny w R3 z metrykÄ… euklide-
n n+2
2+n-1
n
3n+1
sową, ponieważ lim = ".
n+2
n"
Definicja 1. 8 Przestrzeń metryczna jest zupełna, jeśli każdy ciąg Cauchy ego punktów tej prze-
strzeni jest zbieżny do pewnego punktu tejże przestrzeni.
Przykład.
1. Q z (indukowaną) metryką naturalną nie jest zupełną przestrzenią metryczną z uwagi na ciąg
n
1
1 + , którego granicą przy n " jest liczba e " Q.
/
n
2. Niech n będzie dowolną liczbą naturalną różną od zera. Zbiór Rn \ (0, . . . , 0) z (indukowaną)
metryką euklidesową nie jest zupełną przestrzenią metryczną z uwagi na to,

2
1
iż Rn \ (0, . . . , 0) , 0, . . . , 0 -d- (0, . . . , 0) " Rn \ (0, . . . , 0).
- /
n
n"
Twierdzenie 1. 10. Niech n " N \ {0} i niech d " {d1, d2, d"}. Wówczas przestrzeń metryczna
(Rn, d) jest zupełna ( w szczególności R z metryką naturalną jest zupełną przestrzenią metryczną).
Dowód.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Twierdzenie 1. 11. Niech X będzie niepustym zbiorem. Przestrzeń metryczna (B (X, R) , d") jest
zupełna.
Dowód.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Definicja 1. 9 Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną. Zbiór U ą" X jest otwarty,
jeÅ›li "x"U "µ"R B(x, µ) Ä…" U.
+
X
U

x
12 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
UWAGA 6
Inaczej mówiÄ…c, U jest otwarty, jeÅ›li "x"U "µ"R "y"X d(x, y) < µ Ò! y " U.
+
Definicja 1. 10 Rodzinę wszystkich podzbiorów otwartych przestrzeni metrycznej (X, d) nazywa
siÄ™ topologiÄ… tej przestrzeni.
(Topologię przestrzeni (X, d) będziemy oznaczać jako Top (X, d)).
Twierdzenie 1. 12. Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną. Niech ponadto x " X,
µ " R+ oraz q " [0, "). Wówczas B (x, µ) oraz X \ B (x, q) sÄ… zbiorami otwartymi.
Dowód. (Kula otwarta)
Zajmijmy siÄ™ kulÄ… otwartÄ…. Wez
my pod uwagÄ™ dowolny punkt y " B (x, µ). Wówczas d(y, x) < µ.
Skoro tak, to r := µ - d(x, y) " R+. JeÅ›li teraz z " B (y, r), to:
d(z, x) d(z, y) + d(y, x) < r + d(y, x) = µ - d(x, y) + d(x, y) = µ.
PokazaliÅ›my w ten sposób, że B(y, r) Ä…" B(x, µ). Ze wzglÄ™du na dowolność y " B(x, µ) dowód jest
zakończony.
Dowód. (Dopełnienie kuli domkniętej)
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Twierdzenie 1. 13. Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną. Wówczas:
(i) Ø, X " Top (X, d),
(ii) U, V " Top ((X, d)) Ò! U )" V " Top (X, d),

(iii) Jeżeli {Ui}i"I jest dowolną rodziną podzbiorów otwartych (X, d), to Ui także jest podzbiorem
i"I
otwartym tej przestrzeni.
Dowód.
(i) Oczywiste.
(ii) Przypuścmy, że U, V " Top (X, d). Rozważmy (dowolny) punkt x " U )" V . Ponieważ x " U
oraz U " Top (X, d), to istnieje taki µ1 dodatni, że B(x, µ1) Ä…" U. Podobnie, skoro x " V oraz
V " Top (X, d), to istnieje taki µ2 dodatni, iż B(x, µ2) Ä…" V . Połóżmy teraz µ = min{µ1, µ2}.
Wówczas µ > 0, co wiÄ™cej, B(x, µ) = B(x, µ1) )" B(x, µ2) Ä…" U )" V .
13 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
(iii) Przypuśćmy, że {Ui}i"I jest rodziną podzbiorów otwartych przestrzeni (X, d). Wez
my teraz

pod uwagę (dowolny) punkt x " Ui. Z definicji sumy mnogościowej, istnieje taki index
i"I
i0 " I, że x " Ui . Ponieważ Ui " Top (X, d), to istnieje µ " R+, że B(x, µ) Ä…" Ui . Zatem
0 0 0

podsumowujÄ…c, B(x, µ) Ä…" Ui Ä…" Ui.
0
i"I
Wniosek.
(s " N \ {0}, U1, . . . , Us " Top (X, d)) Ò! U1 )" . . . )" Us " Top (X, d)
Przykład.
"
1 1
Rozważmy prostą R wyposażoną w metrykę naturalną oraz ciąg przedziałów - , . Każdy
n n
n=1
z tych przedziałów jest podzbiorem otwartym rozważanej przestrzeni jako kula otwarta o środku

"

1 1 1
w punkcie 0 oraz promieniu . Tymczasem - , = {0} i nie jest podzbiorem otwartym tej
n n n
n=1
przestrzeni.
Twierdzenie 1. 14. Niech x oraz y będą dowolnymi, różnymi od siebie punktami przestrzeni me-
trycznej (X, d). Wówczas
Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚ x " U,
ôÅ‚
òÅ‚
"U,V "Top (X,d) :
y " V,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
U )" V = Ø.
Dowód.

µ
Przyjmijmy, że µ = d(x, y). Ponieważ x = y, to µ > 0. Zdefiniujmy U = B x, oraz

2

µ
V = B y, . W takim razie U, V " Top (X, d), x " U oraz y " V . Gdyby wówczas istniał punkt
2
µ µ
z " U )" V , to µ = d(x, y) d(x, z) + d(z, y) < + = µ, co jest oczywiÅ›cie sprzeczne. Skoro tak,
2 2
to U )" V = Ø.
µ
y
2
µ
2
x
14 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
UWAGA 7
Powyższe twierdzenie można sformułować następująco: Każda przestrzeń metrycza jest przestrze-
niÄ… Hausdorffa (czyli T2-przestrzeniÄ…).
Definicja 1. 11 Otoczeniem (otwartym) punktu x przestrzeni metrycznej (X, d) nazywa się każdy
taki zbiór otwarty U " Top (X, d), że x " U.
UWAGA 8
Każda kula otwarta o środku w danym punkcie przestrzeni metrycznej jest otoczeniem tego
punktu. Także cała rozważana przestrzeń jest otoczeniem tego punktu.
Definicja 1. 12 Podzbiór C przestrzeni metrycznej (X, d) jest domknięty, jeśli X \C " Top (X, d).
Definicja 1. 13 Rodzinę wszystkich podzbiorów domkniętych przestrzeni metrycznej (X, d) na-
zywa siÄ™ kotopologiÄ… tej przestrzeni i oznacza jako Cotop(X, d).
Twierdzenie 1. 15. Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczą. Ponadto niech x " X oraz
Á " [0, ") ‚" R. Wówczas kula domkniÄ™ta B(x, Á) oraz sfera S(x, Á) sÄ… podzbiorami domkniÄ™tymi
przestrzeni (X, d).
Dowód.
Wiemy, że X \ B(x, Á) " Top (X, d). Skoro tak, to B(x, Á) jest podzbiorem domkniÄ™tym.
Następnie
Å„Å‚
òÅ‚
X \ {x} = X \ B(x, Á), gdy Á = 0,

X \ S(x, Á) =
ół
B(x, Á) *" X \ B(x, Á) , gdy Á > 0.
Ponieważ każda kula otwarta i dopełnienie kuli domkniętej to zbiory otwarte oraz suma dwóch
zbiorów otwartych jest zbiorem otwartym, to z powyższej równości wynika, że
X \ S(x, Á) " Top (X, d),
co znaczy, że S(x, Á) jest zbiorem domkniÄ™tym.
Wniosek.
Każdy jednopunktowy podzbiór dowolnej przestrzeni metrycznej jest domknięty.
Dowód.
Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną i niech x " X. Wówczas {x} = B(x, 0).
15 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
Twierdzenie 1. 16. Niech (X, d) będzie przestrzenią metryczną. Wówczas:
(i) Ø, X " Cotop(X, d),
(ii) C, D " Cotop(X, d) Ò! C *" D " Cotop(X, d),
(iii) jeśli {Ci}i"I jest dowolną rodziną podzbiorów domkniętych przestrzeni metrycznej (X, d),

to Ci też jest podzbiorem domkniętym tej przestrzeni.
i"I
Dowód.
(i) Wiadomo, że Ø, X " Top (X, d). Ø = X \ X oraz X = X \ Ø.
(ii) Powiedzmy, że C, D " Cotop(X, d). Wówczas X \ (C *" D) = (X \ C) )" (X \ D). Ponadto X \
C, X \ D " Top (X, d). Ponieważ przecięcie dwóch zbiorów otwartych jest zbiorem otwartym,
to z powyższego wynika, że X \ (C *" D) " Top (X, d), co oznacza,
że C *" D " Cotop(X, d).
(iii) Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Wniosek.
(s " N \ {0}, C1, . . . , Cs " Cotop(X, d)) Ò! C1 *" . . . *" Cs " Cotop(X, d)
UWAGA 9
JeÅ›li (X, d) jest przestrzeniÄ… metrycznÄ… to zbiory Ø oraz X sÄ… w tej przestrzeni otwarto-domkniÄ™te.
Przykład.
1. Q nie jest podzbiorem otwartym prostej R wyposażonej w metrykę naturalną, bowiem Q
jest zbiorem przeliczalnym, a każdy niepusty przedział otwarty prostej jest nieprzeliczalny.
Również R \ Q nie jest podzbiorem otwartym prostej R (bowiem jeśli wez
miemy r, s " R \ Q,
gdzie r < s, to istnieje taka liczba q " Q, że r < q < s). Skoro tak, to Q nie jest zbiorem
domkniętym. Dokładnie tak samo R \ Q nie jest ani podzbiorem otwartym, ani domkniętym
prostej R z metrykÄ… naturalnÄ….
2. Jeśli q " Q, to {q} jest podzbiorem domkniętym prostej R wyposażonej w metrykę naturalną.

Tymczasem Q = {q} nie jest podzbiorem domkniętym tej prostej.
q"Q
16 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
Twierdzenie 1. 17. Niech A będzie podzbiorem przestrzeni metrycznej (X, d). Następujące wa-
runki są wówczas równoważne dla punktu x " X:
(i) Każde otoczenie punktu x ma niepuste przecięcie ze zbiorem A,
(ii) "µ"R A )" B(x, µ) = Ø,

+
2
(iii) Istnieje ciąg (an)" elementów zbioru A taki, że an -d- x.
-
n=1
n"
Dowód.
(i) =Ò! (ii)
Każda kula otwarta jest otoczeniem swojego środka.
(ii) =Ò! (iii)

1
Załóżmy, że warunek (ii) jest speÅ‚niony. Wówczas "n"N\{0} A )" B x, = Ø.

n

1
Mając dane n " N \ {0} wybieramy (dokładnie jeden) punkt an " A )" B x, . W ten sposób
n
1
otrzymaliśmy ciąg (an)" elementów zbioru A. Ponieważ "n"N\{0} : 0 d(an, x) < , to z twier-
n=1
n
2
dzenia o trzech ciągach lim d(an, x) = 0, co jest równoważne z an -d- x.
-
n" n"
(iii) =Ò! (i)
Przypuścmy, że warunek (iii) jest spełniony. Niech U będzie (dowolnym) otoczeniem puktu x. Po-
nieważ x " U oraz U " Top (X, d), to "µ"R : B(x, µ) Ä…" U. Na mocy definicji granicy ciÄ…gu i faktu,
+
2
że an -d- x otrzymujemy, iż "N"N\{0} : aN " B(x, µ). Skoro tak, to aN " A )" B(x, µ) Ä…" A )" U.
-
n"
W takim razie A )" U = Ø.

Definicja 1. 14 Niech A będzie podzbiorem przestrzeni metrycznej (X, d). Punkt x z tej przestrze-
ni jest punktem granicznym zbioru A, jeśli spełnia którykolwiek z warunków powyższego twierdze-
nia.
Definicja 1. 15 Zbiór wszystkich punktów granicznych danego podzbioru przestrzeni metrycznej
nazywa się domknięciem tego podzbioru i oznacza się jako A albo cl(A).
Przykład.
Rozważmy podzbiór A = (-1, 2) *" (2, 3] prostej R wyposażonej w metrykę naturalną. Jeżeli x " R
jest punktem granicznym tego podzbioru, to istnieje ciąg (an)" elementów tego pozdbioru taki,
n=1
że lim an = x. Ponieważ "n"N\{0} - 1 < an 3, to -1 x 3 (twierdzenie o osłabieniu
n"
nierówności przy przejściu do granicy). W ten sposób udowodniliśmy, że A ą" [-1, 3].
1
Jeżeli teraz a " A, to lim a " A. Następnie A -1 + - -1 " A. W końcu
--
n
n" n"
1
A 2 - - 2 " A. W ten sposób udowodniliśmy, że [-1, 3] ą" A. Podsumowując,
--
n
n"
[-1, 3] = A.
17 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
Twierdzenie 1. 18. Dla podzbioru A przestrzeni metrycznej (X, d) następujące warunki są rów-
noważne:
(i) A " Cotop(X, d),
(ii) A = A,
(iii) Każdy punkt graniczny zbioru A należy do zbioru A.
UWAGA 10
Każdy podzbiór dowolnej przestrzeni metrycznej jest zawarty w swoim domknięciu
Dowód.
(ii) Ð!Ò! (iii)
Oczywiste, patrz powyższa uwaga.
Ź(i) Ð!Ò! Ź(ii)
Ź(i) Ô! A " Cotop(X, d) Ô! X \ A " Top (X, d) Ô! "x"X\A : "µ"R A )" B(x, µ) = Ø Ô!

+

Ô! "x "X Ź "µ"R : A )" B(x0, µ) = Ø Ô! "x "R+ Ź "x "R+ : B(xµ) Ä…" X \ A Ô! Ź(ii)
0 + 0 0
Ź(i) Ð!Ò! Ź(iii)
Ź(i) Ô! A " Cotop(X, d) Ô! X \ A " Top (X, d) Ô! "x"X\A : "µ"R A )" B(x, µ) = Ø Ô!

+
Ô! "x "X\A : x " A Ô! Ź(iii)
0
Przykład.
1. Rozważmy podzbiór E = {(x, y, z) " R3 : 0 < x2 + y2 + (z - 1)2 1, z < 2} przestrzeni

2
1
metrycznej (R3, d2). Ponieważ E 0, 0, 2 - -d- (0, 0, 2), to tzw.  biegun północny
-
n+1
n"
jest punktem granicznym zbioru E. Ponieważ nie należy on jednocześnie do samego zbioru
E, to ten zbiór nie jest domknięty, nie jest on wszakże też otwarty.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
2. Rozważmy Q jako podzbiór prostej R z metryką naturalną. Wiadomo, że dla każdego x " R
istnieje ciąg (qn)" liczb wymiernych taki, że lim qn = x. Skoro tak, to R ą" Q. Ponadto jest
n=1
n"
pewne, iż Q ą" R, zatem R = Q.
Twierdzenie 1. 19. Niech A będzie podzbiorem przestrzeni metrycznej (X, d).

Wówczas A = {C " Cotop(X, d) : C ‡" A}.
18 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
Dowód.
 Ä…"  Niech x " A i niech C " Cotop(X, d) bÄ™dzie takim zbiorem, że C ‡" A. Wystarczy pokazać,
że x " C. Ponieważ x jest punktem granicznym zbioru A, to istnieje ciąg (an)" elementów
n=1
tego zbioru, że an - - x. Jednakże ciąg (an)" jest także ciągiem elementów C, zatem
-d
n=1
n"
x jest punktem granicznym tegoż zbioru. Ponieważ jest on domknięty, to z faktu, iż x jest
punktem granicznym C, wynika, że x " C.
 ‡"  Przypuśćmy, że x " X \ A. Wówczas "µ"R : A )" B(x, µ) = Ø. Zauważmy, iż x " X \ B(x, µ).
/
+
NastÄ™pnie X \ B(x, µ) " Cotop(X, d). W koÅ„cu A Ä…" X \ B(x, µ). PodsumowujÄ…c,
Å„Å‚
òÅ‚
A Ä…" C0,
"C "Cotop(X,d) :
0
ół
x " C0.
/

Skoro tak, to x " {C " Cotop(X, d) : C ‡" A}. PokazaliÅ›my w ten sposób,
/

że X \ A Ä…" X \ {C " Cotop(X, d) : C ‡" A}. PrzechodzÄ…c teraz do dopeÅ‚nieÅ„ otrzymujemy

{C " Cotop(X, d) : C ‡" A} Ä…" A.
Wniosek.
1 Domkniecie dowolnego zbioru danej przestrzeni metrycznej jest podzbiorem domkniętym tej
przestrzeni.
2 Niech A będzie podzbiorem przestrzeni metrycznej (X, d) i niech C " Cotop(X, d). Jeśli wtedy
A ą" C, to także A ą" C.
Przykład.
Wróćmy do zbioru E zdefiniowanego w poprzednim zestawie przykładów. Ponieważ
E Ä…" {(x, y, z) " R3 : x2 + y2 + (z - 1)2 1} = B ((0, 0, 1), 1) oraz B ((0, 0, 1), 1) " Cotop (R3, d2),
to (z wniosku 2 ) mamy E ą" B ((0, 0, 1), 1). Ponieważ E = B ((0, 0, 1), 1) \ {(0, 0, 1), (0, 0, 2)},
E ą" E, (0, 0, 2) " E (udowodniliśmy ten fakt wcześniej) oraz

2
1
E 0, 0, 1 + -d- (0, 0, 1), to B ((0, 0, 1), 1) Ä…" E. PodsumowujÄ…c, E = B ((0, 0, 1), 1).
-
n+1
n"
Twierdzenie 1. 20. Niech A i B będą podzbiorami przestrzeni metrycznej (X, d). Wówczas:
(i) A Ä…" B Ò! A Ä…" B,
(ii) (A) = A,
(iii) A *" B = A *" B.
19 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
Dowód.
(i) Jeśli A ą" B, to każdy punkt graniczny zbioru A jest także punktem granicznym zbioru B.
(ii) Wiemy, że A " Cotop(X, d) (wniosek 1 ). Ponadto podzbiór przestrzeni metrycznej jest
domknięty wtedy i tylko wtedy, gdy jest swoim domknięciem.
(iii) Ponieważ A ą" A oraz B ą" B, to A *" B ą" A *" B. Ponieważ A, B " Cotop(X, d) oraz suma
dwóch zbiorów domkniętych jest zbiorem domkniętym, to A *" B " Cotop(X, d). Na mocy
wniosku 2 , z podkreślonych faktów wynika, że A *" B ą" A *" B.
Z drugiej strony, A ą" A *" B ą" A *" B(wniosek 2 ). Z tego już wynika, iż A *" B ą" A *" B.
Wniosek.
Jeśli A1, . . . , As, gdzie s " N \ {0}, są podzbiorami przestrzeni metrycznej (X, d),
to A1 *" . . . *" As = A1 *" . . . *" As.
Definicja 1. 16 Podzbiór D przestrzeni metrycznej (X, d) jest gęsty (w tej przestrzeni), jeśli jego
domknięcie jest całą przestrzenią (D = X).
Twierdzenie 1. 21. Dla podzbioru D przestrzeni metrycznej (X, d) następujące warunki są rów-
noważne:
(i) D jest gęsty,
(ii) "x"X "µ"R D )" B(x, µ) = Ø,

+
(iii) "U"Top (X,d) U = Ø Ò! U )" D = Ø.

Dowód.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Przykład.
1. Jeśli (X, d) jest przestrzenią metryczną, to zbiór X jest gęsty w tej przestrzeni (bowiem
X " Cotop(X, d)).
2. Niech n " N \ {0} i niech (x1, . . . , xn) " Rn.
" "
(1) (n) (i)
Wiadomo, że istnieją takie ciągi qk k=1 , . . . , qk k=1 liczb wymiernych, że xi = lim gk
k"

(1) (n)
2
dla i = 1, . . . , n. Skoro tak, to Q qk , . . . , qk -d- (x1, . . . , xn). Wykazaliśmy w ten
-
k"
sposób, że każdy punkt przestrzeni Rn wyposażonej w metrykę euklidesową jest punktem
granicznym zbioru Qn. Wobec tego Qn = Rn, co znaczy, że zbiór Q jest gęsty w przestrzeni
metrycznej (Rn, d2).
20 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
3. Zbiór Z nie jest podzbiorem gęstym prostej R wyposażonej w metrykę naturalną d. Zauważmy

bowiem, że R \ Z = (m, m + 1) " Top (R, d), skąd Z " Cotop(R, d), więc Z = Z = R.

m"Z
Definicja 1. 17 Niech A będzie podzbiorem przestrzeni metrycznej (X, d). Punkt x " X jest
punktem wewnÄ™trznym zbioru A, jeÅ›li "µ"R B(x, µ) Ä…" A.
+
µ
x
Definicja 1. 18 Wnętrzem podzbioru A przestrzeni metrycznej (X, d) nazywa się zbiór int (A)
wszystkich punktów wewnętrznych tego podzbioru.
UWAGA 11
int (A) Ä…" A
Twierdzenie 1. 22. Niech A będzie podzbiorem przestrzeni metrycznej (X, d).

Wówczas int (A) = {U " Top (X, d) :A‡"U}.
Dowód.
 Ä…"  Niech x " int(A). Wówczas "µ"R : B(x, µ) Ä…" A. Ponieważ B(x, µ) " Top (X, d),
+

to B(x, µ) Ä…" {U " Top (X, d) : A ‡" U}, skÄ…d już x " {U " Top (X, d) : A ‡" U}.
 ‡"  PrzypuÅ›cmy, że U " Top (X, d) jest takim zbiorem, że A ‡" U. Niech x " U. Wystarczy
pokazać, że x " int (A). Skoro x " U oraz U " Top (X, d), to "µ"R B(x, µ) Ä…" U. W takim
+
razie B(x, µ) Ä…" A, skÄ…d już x " int (A).
21 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
Wniosek.
1 Wnętrze dowolnego podzbioru danej przestrzeni metrycznej jest podzbiorem otwartym tej
przestrzeni.
2 Podzbiór A przestrzeni metrycznej (X, d) jest otwarty wtedy i tylko wtedy, gdy A = int (A).
Dowód.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Twierdzenie 1. 23. Niech A i B będą podzbiorami przestrzeni metrycznej (X, d). Wówczas:
(i) A Ä…" B Ò! int (A) Ä…" int (B),
(ii) int (int (A)) = int (A),
(iii) int (A )" B) = int (A) )" int (B).
Dowód.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Wniosek.
Jeśli A1, . . . , As, gdzie s " N \ {0}, są podzbiorami przestrzeni metrycznej (X, d),
to int (A1 )" . . . )" As) = int (A) )" . . . )" int (As).
Przykład.
1. Rozważmy okrąg S1 = {(x, y) " R2 : x2 + y2 = 1} jako podzbiór przestrzeni metrycznej
(R2, d2). Wiemy, że jest on zbiorem domkniętym.
y
1
Jest wiadome, że "P "S1 "µ"R : B(x, µ) Ä…" S1. W takim
+
µ P
razie int (S1) = Ø.
0
x
-1 1
-1
22 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
2. Rozważmy podzbiór Z = ((-1, 1) × (-2, 3))*"([-3, 5] × {0}) przestrzeni metrycznej (R2, d2).
y
Ponieważ prostokÄ…t (-1, 1)×(-2, 3) " Top (X, d) oraz
(-1, 1) × (-2, 3) ‚" Z, to
(-1, 1) × (-2, 3) Ä…" int (Z). Jest widoczne, iż
"P "([-3,-1]*"[1,5])×{0} "µ"R B(P, µ) Ä…" Z.
+
x
(-3, 0) (5, 0)
Ponieważ int (Z) ą" Z, to z powyższych zawierań wy-
nika, że int (Z) = (-1, 1) × (-2, 3).
3. A
atwo sprawdzić, że na prostej R z metrykÄ… naturalnÄ… d mamy int (Q) = int (R \ Q) = Ø.
Tymczasem int (Q *" (R \ Q)) = int (R) = R.
Definicja 1. 19 Podzbiór A przestrzeni metrycznej (X, d) jest:
(1) brzegowy, jeÅ›li int (A) = Ø,
(2) nigdzie gÄ™sty (w tej przestrzeni), jeÅ›li int (A) = Ø.
UWAGA 12
Każdy zbiór nigdzie gęsty jest brzegowy (bowiem A ą" A, więc także int (A) ą" int (A)).
Przykład.
1. Na prostej R z metryką naturalną zbiory Q oraz R \ Q są brzegowe, ale nie są nigdzie gęste
(bowiem ich domknięcie to cała przestrzeń).
2. Okrąg S1 jest podzbiorem nigdzie gęstym przestrzeni metrycznej (R2, d2)
(ponieważ int (S1) = int (S1) = Ø).
Definicja 1. 20 Brzegiem podzbioru A przestrzeni metrycznej (X, d) nazywamy zbiór
"A := cl (A) \ int (A). (Zamiast "A pisze się również bd (A)).
Twierdzenie 1. 24. Jeżeli A jest podzbiorem przestrzeni metrycznej (X, d), to "A " Cotop(X, d).
Dowód.
Zauważmy, że "A := cl (A) \ int (A) = cl (A) )" (X \ int (A)). Przypomnijmy również,
że int (A) " Top (X, d) oraz cl (A) " Cotop(X, d). W takim razie X \ int (A) " Cotop(X, d).
Podsumowując "A jest zbiorem domkniętym jako przecięcie dwóch zbiorów domkniętych.
23 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
Twierdzenie 1. 25. Niech A będzie podzbiorem przestrzeni metrycznej (X, d). Dla punktu x " X
następujące warunki są równoważne:
(i) x " "A (czyli x jest punktem brzegowym zbioru A),
Å„Å‚
òÅ‚
B(x, µ) \ A = Ø,

(ii) "µ"R
+
ół
A )" B(x, µ) = Ø,

Å„Å‚
òÅ‚
U )" A = Ø,

(iii) "U"Top (X,d) x " U Ò!
ół
U \ A = Ø.

UWAGA 13
cl (A) = int (A) *" "A = A *" "A
Dowód.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Przykład.
1. Wróćmy do zbioru Z (podzbiór przestrzeni metrycznej (R2, d2)) z wcześniejszego wykładu.
StwierdziliÅ›my, że int (Z) = (-1, 1) × (-2, 3).
Następnie
cl (Z) = cl (((-1, 1) × (-2, 3)) *" ([-3, 5] × {0})) =
= cl ((-1, 1) × (-2, 3)) *" cl ([-3, 5] × {0}) =
= ([-1, 1] × [-2, 3]) *" ([-3, 5] × {0}).
7
Ostatecznie brzeg zbioru: Z
6
"Z := cl (Z)\int (Z) = ([-1, 1]×{-2, 3})*"({-1, 1}×[-2, 3])*"([1, 5]×{0})*"([-3, -1]×{0}).
5
y
4
3
2
1
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7
x
-1
-2
-3
-4
24 ROZDZIAA
1. PRZESTRZENIE METRYCZNE
2. Wróćmy do podzbioru E przestrzeni metrycznej (R3, d2). Pokazaliśmy, że cl (E) = B((0, 0, 1), 1).
A
atwo wykazać, że int (E) = B((0, 0, 1), 1) \ {(0, 0, 1)}. Pokazanie tego faktu polecamy czy-
telnikowi jako ćwiczenie.
W takim razie "E := cl (E) \ int (E) = S((0, 0, 1), 1) *" {(0, 0, 1)}.
Definicja 1. 21 Niech A będzie podzbiorem przestrzeni metrycznej (X, d). Punkt x " X jest
punktem zewnÄ™trznym tego podzbioru, jeÅ›li "µ"R A )" B(x, µ) = Ø.
+
µ
x
A
Definicja 1. 22 Zewnętrzem podzbioru A przestrzeni metrycznej (X, d) nazywa się zbiór wszyst-
kich punktów zewnętrznych tego podzbioru. Zewnętrze zbioru A oznacza się przez ext (A).
Twierdzenie 1. 26. Niech A będzie podzbiorem przestrzeni metrycznej (X, d). Wówczas:
(i) ext (A) = X \ cl (A),
(ii) ext (A) " Top (X, d),
(iii) X = int (A) *" "A *" ext (A), przy czym zbiory po prawej stronie równania są parami
rozłączne.
Dowód.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Rozdział 2
Ciągłość
Twierdzenie 2. 1. Niech (X, d) i (Y, Á) bÄ™dÄ… przestrzeniami metrycznymi. Dla punktu a " X
i odwzorowania f : X Y następujące warunki są równoważne:
(i) "µ"R "´"R "x"X d(x, a) < ´ Ò! Á(f(x), f(a)) < µ,
+ +
(ii) "µ"R "´"R f(B(a, ´)) Ä…" B(f(a), µ),
+ +
Á
(iii) f(xn) - f(a), dla każdego takiego ciągu (xn)" punktów przestrzeni metrycznej (X, d),
--
n=1
n"
że xn - - a.
-d
n"
Dowód.
(i) Ð!Ò! (ii)
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
(i) =Ò! (iii)
Załóżmy, że warunek (i) jest spełniony. Niech (xn)" będzie takim ciągiem punktów przestrzeni
n=1
metrycznej (X, d), że xn - - a. Zakończymy dowód implikacji, jeśli pokażemy, że
-d
n"
Á
f(xn) - f(a).
--
n"
Niech zatem µ " R+ (dowolne). Niech ponadto ´ " R+ bÄ™dzie liczbÄ… dobranÄ… do powyższego µ
na mocy warunku (i). Ponieważ xn - - a, to
-d
n"
"N"N\{0} "n"N\{0} n N Ò! d(xn, a) < ´.
JeÅ›li teraz n N, to Á(f(xn), f(a)) < µ.
Ź (i) =Ò! Ź (iii)
Załóżmy, że
Å„Å‚
òÅ‚
d(x, a) < ´,
"µ"R "´"R "x"X
+ +
ół
Á(f(x), f(a)) µ.
26 ROZDZIAA
2. CI
GA
OŚĆ
1
Dla n " N \ {0} (dowolnego) wybierzmy (jeden) punkt xn " X taki, że d(xn, a) < oraz
n
Á(f(xn), f(a)) µ.
1
Zdefiniowaliśmy ciąg (xn)" punktów przestrzeni metrycznej (X, d). Ponieważ 0 (xn, a) < ,
n=1
n
dla każdego n, to lim d(xn, a) = 0, co oznacza, że xn - - a.
-d
n" n"
JednoczeÅ›nie Á(f(xn), f(a)) µ > 0, dla każdego n, z czego natychmiast wynika, że ciÄ…g (f(xn))"
n=1
nie zmierza do f(a) w przestrzeni (Y, Á).
Uzyskaliśmy zatem zaprzeczenie warunku (iii).
Definicja 2. 1 Niech (X, d) i (Y, Á) bÄ™dÄ… przestrzeniami metrycznymi.
Odwzorowanie f : X Y jest ciągłe w a " X jeśli spełnia któryś z warunków poprzedniego
twierdzenia.
UWAGA 14
a) Definicja ciągłości w punkcie za pomocą warunku (i) nazywa się definicją Cauchy ego lub
epsilonowo-deltowÄ….
b) Definicja ciągłości w punkcie za pomocą warunku (iii) nazywa się definicją Heinego lub ciągową.
c) JeÅ›li X Ä…" R '" X = Ø, d-metryka naturalna w tym podzbiorze (indukowana z R), Y = R,

Á jest metrykÄ… naturalnÄ… w R, to nasza definicja ciÄ…gÅ‚oÅ›ci w punkcie sprowadza siÄ™ do definicji
znanej ze Wstępu do Analizy Matematycznej.
Twierdzenie 2. 2. Niech (X, d) i (Y, Á) bÄ™dÄ… przestrzeniami metrycznymi. Dla f : X Y nastÄ™-
pujące warunki są równoważne:
(i) f jest ciągła w każdym punkcie swojej dziedziny,
(ii) "UÄ…"Y U " Top (Y, Á) Ò! f-1(U) " Top (X, d),
(iii) "CÄ…"Y C " Cotop(Y, Á) Ò! f-1(C) " Cotop(X, d),
(iv) "SÄ…"X f(S) Ä…" f(S).
Dowód.
(i)=Ò!(ii)
Przypuśćmy, że warunek (i) jest speÅ‚niony i wybierzmy (dowolnie) zbiór otwarty U " Top (Y, Á).
Mamy pokazać, że f-1(U) " Top (X, d). Niech zatem x " f-1(U). Zakłończymy dowód implikacji,
jeśli znajdziemy taką liczbę r " R+, że B(x, r) ą" f-1(U). Skoro x " f-1(U), to f(x) " U. Ponieważ
27 ROZDZIAA
2. CI
GA
OŚĆ
U " Top (X, d), to "µ"R B(f(x), µ) Ä…" U. Z zaÅ‚ożenia, odwzorowanie f jest ciÄ…gÅ‚e w punkcie x.
+
Skorzystaliśmy z warunku (ii) w twierdzeniu definiującym ciągłość w punkcie.
Widzimy, że "´"R f(B(x, ´)) Ä…" B(f(x), µ). Skoro tak, to (wprost z definici przeciwobrazu)
+
B(x, Á) Ä…" f-1(B(f(x), µ)). Ponieważ B(f(x), µ) Ä…" U, to f-1(B(f(x), µ)) Ä…" f-1(U). Dowód impli-
kacji koÅ„czymy zatem kÅ‚adÄ…c r = ´.
(ii)=Ò!(i)
Załóżmy, że warunek (ii) jest spełniony. Wybierzmy a " X (dowolne). Zakończymy dowód impli-
kacji, jeÅ›li pokażemy, że odwzorowanie f jest ciÄ…gÅ‚e w punkcie a. Ustalmy zatem µ " R+. Ponieważ
B(f(a), µ) " Top (Y, Á), to f-1(B(f(a), µ)) " Top (X, d). Zauważmy,
że f(x) " B(f(a), µ). W takim razie a " f-1(B(f(a), µ)). Wskutek otwartoÅ›ci zbioru f-1(B(f(a), µ)),
istnieje r " R+ takie, że B(a, r) Ä…" f-1(B(f(a), µ)). Wobec tego, f(B(a, r)) Ä…" B(f(a), µ).
W ten sposób udowodniliśmy, że
"µ"R "r"R f(B(a, r)) Ä…" B(f(a), µ),
+ +
co znaczy, że odwzorowanie f jest ciągłe w punkcie a.
(ii)=Ò!(iii)
Załóżmy, że warunek (ii) jest speÅ‚niony. Wybierzmy C " Cotop((Y, Á)).
Musimy pokazać, że f-1(C) " Cotop(X, d). Zauważmy, że Y \ C " Top (Y, Á).
Następnie
X \ f-1(C) = {x " X : f(x) = C} = {x " X : f(x) " Y \ C} = f-1(Y \ C) " Top (X, d).

Skoro tak, to f-1(C) " Cotop(X, d).
(iii)=Ò!(ii)
Analogicznie do powyższego. Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
(i)=Ò!(iv)
Załóżmy, że warunek (i) jest spełniony. Wybierzmy zbiór S ą" X (dowolny). Niech a " X będzie
punktem granicznym tego zbioru. Wówczas istnieje taki ciąg (xn)" elementów zbioru S,
n=1
że xn - - a. Ponieważ (z warunku (i)) odwzorowanie f jest ciągłe w punkcie a, to (z definicji He-
-d
n"
Á
inego) f(xn) - f(x). Ponieważ (f(xn))" jest ciągiem elementów zbioru f(S), to z powyższych
--
n=1
n"
rozważań wynika, że f(a) jest punktem granicznym zbioru f(S). Udowodniliśmy w ten sposób,
że "a"X a " S Ò! f(a) " f(S), co znaczy, że f(S) Ä…" f(S).
(iv)=Ò!(iii)
Załóżmy, że warunek (iv) jest speÅ‚niony. Wybierzmy (dowolnie) C " Cotop(Y, Á). Musimy pokazać,
że f-1(C) " Cotop(X, d), czyli że f-1(C) = f-1(C). Inkluzja f-1(C) ą" f-1(C) jest oczywista.
Pozostaje pokazać, że f-1(C) ą" f-1(C).
Mamy, co następuje: f(f-1(C)) ą" f(f-1(C)) ą" C = C. Skoro tak, to f-1(C) ą" f-1(C).
28 ROZDZIAA
2. CI
GA
OŚĆ
Definicja 2. 2 Niech (X, d) i (Y, Á) bÄ™dÄ… przestrzeniami metrycznymi.
Odwzorowanie f : X Y jest ciągłe jeśli spełnia któryś z warunków poprzedniego twierdzenia.
Przykład.
Rozważmy przestrzeń metryczną (R2, d2) i przestrzeń metryczną (R, d), gdzie d jest metryką natu-
ralną. Udowodnimy, że funkcja f : R2 (x, y) xy " R jest ciągła, czyli dla każdego
(a, b) " R2 jest ciągła w tym punkcie. Skorzystamy z definicji Heinego. Przypuśćmy, że ((xn, yn))"
n=1
2
jest takim ciągiem punktów przestrzeni metrycznej (R2, d2), że (xn, yn) -d- (a, b).
-
n"
Wówczas a = lim xn oraz b = lim yn, wobec tego
n" n"
lim f(xn, yn) = lim (xn · yn) = lim xn · lim yn = ab = f(a, b).
n" n" n" n"
Udowodniliśmy, że odwzorowanie f jest ciągłe w punkcie (a, b).
1. Ponieważ {1} jest podzbiorem domkniętym przestrzeni metrycznej (R, d), gdzie d jest metryką
naturalną, to z ciągłości funkcji f wynika, że
def
Cotop(R2, d2) f-1({1}) = f-1(1) = {(x, y) " R2 : f(x, y) = 1} = {(x, y) " R2 : xy = 1}.
y
f(x, y)
x
Podobnie, ponieważ (-", 1) jest podzbiorem otwartym przestrzeni metrycznej (R, d), to
def
Top (R2, d2) f-1((-", 1)) = {(x, y) " R2 : f(x, y) < 1} = {(x, y) " R2 : xy < 1}.
y
x
29 ROZDZIAA
2. CI
GA
OŚĆ
2. Rozważmy przestrzeń metryczne (B(X, R), d") oraz (R, d), gdzie d jest metryką naturalną.
Ustalmy x0 " X. Funkcja Ś : B(X, R) f f(x0) " R jest wtedy ciągła. Faktycznie,
"
jeżeli g " B(X, R) oraz (fn)" jest ciągiem elementów zbioru B(X, R) takim, że fn -d- g,
-
n=1
n"
to w szczególności lim fn(x0) = g(x0), czyli lim Ś(fn) = Ś(g). (Definicja Heinego ciągłości
n" n"
w punkcie.) Ponieważ (-", 1] oraz [1, ") " Cotop(R, d), to z powyższej ciągłości wynika,
że
{f " B(X, R) : |f(x0)| 1} = {f " B(X, R) : f(x0) 1} *" {f " B(X, R) : f(x0) -1} =
= {f " B(X, R) : Åš(f) 1} *" {f " B(X, R) : Åš(f) " (-", -1)} =
= Åš-1([1, ") *" Åš-1((-", -1)) " Cotop(B(X, R), d").
(Skorzystaliśmy tu z faktu, że suma skończenie wielu zbiorów domkniętych jest zbiorem do-
mkniętym.)
3. ! Rozważmy R z metryką naturalną. Funkcję Dirichleta definiuje się za pomocą wzoru:
Å„Å‚
òÅ‚
1, gdy x " Q,
D(x) =
ół
0, gdy x " Q.
/
"
2
Ustalmy x " R (dowolne). Przypuśćmy, że x jest liczbą wymierną. Wówczas (x + )" jest
n=1
n
"
2
ciÄ…giem liczb niewymiernych; przy czym lim x + = x.
n
n"
"
2
Ponieważ lim D(x + ) = 0 = 1 = D(x), to funkcja D nie jest ciągła w punkcie x. (Definicja

n
n"
Heinego.) Przypuśćmy teraz, że x jest liczbą niewymierną. Istnieje wówczas taki ciąg (qn)"
n=1
liczb wymiernych, że lim gn = x. Ponieważ lim D(gn) = 1 = 0 = D(x), to funkcja D nie

n" n"
jest ciągła w punkcie x.
Udowodniliśmy w ten sposób, że funkcja Dirichleta nie jest ciągła w żadnym punkcie!
Twierdzenie 2. 3. ! Każda funkcja wielomianowa f : Rn R (tylko dodawanie, odejmowanie
i mnożenie stałych współczynników oraz zmiennych x1, . . . , xn, jak n = 2,
to np. f(x, y) = 4x8 - 10xy3 + 13y5 - 794) jest ciągła przy metryce euklidesowej w Rn i metryce
naturalnej w R.
Szkic dowodu.
Korzystamy z definicji Heinego ciągłości w punkcie, twierdzenia charakteryzującego zbieżność cią-
gów w przestrzeni metrycznej (Rn, d2) oraz twierdzeń o granicy sumy i iloczynu dwóch ciągów
liczbowych.
Definicja 2. 3 Niech A, B, C bÄ™dÄ… zbiorami. Przypuśćmy, że C = Ø. Niech nastÄ™pnie

Õ : A C oraz È : B C. Załóżmy, że "x"A)"B Õ(X) = È(X). Sklejeniem odwzorowaÅ„ Õ oraz È
30 ROZDZIAA
2. CI
GA
OŚĆ
nazywa siÄ™ wówczas odwzorowanie Õ *" È : A *" B C. Zdefiniowane za pomocÄ… wzoru:
Å„Å‚
òÅ‚
Õ(x), gdy x " A,
(Õ *" È)(x)
ół
È(x), gdy x " B.
Twierdzenie 2. 4. Niech (X, d) oraz (Y, Á) bÄ™dÄ… przestrzeniami metrycznymi.
Niech ponadto y0 " Y oraz A ą" X będzie zbiorem niepustym. Wówczas:
(i) id jest odwzorowaniem ciągłym,
X
(ii) odwzorowanie stałe c : X x y0 " Y jest ciągłe,
(iii) jeżeli f : X Y jest odwzorowaniem ciągłym, to zawężenie f|A : A x f(x) " Y jest
odwzorowaniem ciÄ…gÅ‚ym przy metryce indukowanej d|A×A w zbiorze A.
Dowód.
(i) Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
(ii) Niech V " Top (Y, Á). Musimy pokazać, że c-1(V ) " Top (X, d).
Zauważmy, że
Å„Å‚
òÅ‚
Ø, gdy y0 " V,
/
c-1(V ) =
ół
X, gdy y0 " V.
Tak czy inaczej, c-1(V ) " Top (X, d)
(iii) Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Twierdzenie 2. 5. ! Każda funkcja wymierna f : Rn- R (tylko dodawanie, odejmowanie, mno-
ć%
żenie i dzielenie stałych współczynników oraz zmiennych x1, . . . , xn, jak n = 2,
x7+xy3-3x+y
to np. f : R2 \ S1 (x, y) " R) jest ciągła przy indukowanej z Rn metryce euklide-
x2+y2-1
sowej w swojej dziedzinie i metryce naturalnej w R.
Dowód.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Twierdzenie 2. 6. Niech (X, d), (Y, Á) oraz (Z, ´) bÄ™dÄ… przestrzeniami metrycznymi. Przypuśćmy,
że odwzorowania f : X Y oraz g : Y Z są ciągłe. Wówczas złożenie g ć% f : X Z jest
również funkcją ciągłą.
31 ROZDZIAA
2. CI
GA
OŚĆ
Dowód.
Niech zatem V " Top (Z, ´). Musimy pokazać, że (g ć% f)-1(V ) " Top (X, d).
Zauważmy, że
def
(g ć% f)-1(V ) = {x " X : (g ć% f)(x) " V } =
= {x " X : g(f(x)) " V } = {x " X : f(x) " g-1(V )} =
= {x " X : x " f-1(g-1(V ))} = f-1(g-1(V )).
Ponieważ V " Top (Z, ´), g natomiast jest odwzorowaniem ciÄ…gÅ‚ym, to g-1(V ) " Top (Y, Á).
Ponieważ g-1(V ) " Top (Y, Á) oraz f jest odwzorowaniem ciÄ…gÅ‚ym, to
(g ć% f)-1(V ) = f-1(g-1(V )) " Top (X, d).
Lemat 1. Niech A będzie niepustym podzbiorem otwartym przestrzeni metrycznej (X, d). Wów-
czas Top (A, d|A×A) Ä…" Top (X, d).
Dowód.
Przypuśćmy, że V " Top (A, d|A×A). Niech x " V (dowolny punkt). Ponieważ V " Top (A, d|A×A),
to
def
"r "R+ : BA(x, r1) = {y " A : d(y, x) < r1} Ä…" V.
1
Ponieważ A " Top (X, d) oraz V ą" A, to
def
"r "R+ : BA(x, r2) = {y " X : d(y, x) < r2} Ä…" A.
2
Połóżmy r = min{r1, r2}. Wówczas r " R+. Wez
my pod uwagÄ™ dowolny taki punkt y " X,
że d(y, x) < r. Ponieważ d(y, x) < r2, to y " A. Ponieważ d(y, x) < r1 oraz y " A, to y " V .
def
Pokazaliśmy w ten sposób, że B(x, r) = {y " X : d(y, x) < r} ą" V . Z uwagi na dowolność punktu
x wynika, że V " Top (X, d).
Twierdzenie 2. 7. (*) Niech (X, d) i (Y, Á) bÄ™dÄ… przestrzeniami metrycznymi. Niech ponadto
A, B ą" X będą niepustymi zbiorami otwartymi spełniającymi warunek A *" B = X. Przypuść-
my, że odwzorowania Õ : A Y oraz È : B Y sÄ… ciÄ…gÅ‚e przy metrykach indukowanych d|A×A
oraz d|B×B. Załóżmy w koÅ„cu, że "x"A)"B Õ(x) = È(x). Wówczas sklejenie Õ *" È : X Y jest
odwzorowaniem ciągłym.
Dowód.
Niech V " Top (Y, Á). Musimy pokazać, że (Õ *" È)-1(V ) " Top (X, d).
Zauważmy, że
def
(Õ *" È)-1(x) = {x " X : (Õ *" È)(x) " V } =
32 ROZDZIAA
2. CI
GA
OŚĆ
= {x " A : Õ(x) " V } *" {x " X : È(x) " V } = Õ-1(V ) *" È-1(V ).
Ponieważ Õ oraz È sÄ… odwzorowaniami ciÄ…gÅ‚ymi, to Õ-1(V ) " Top (A, d|A×A) oraz
È-1(V ) " Top (B, d|B×B). Z lematu i faktu, że A, B " Top (X, d), wynika,
że Õ-1(V ), È-1(V ) " Top (X, d). Ponieważ suma dowolnej rodziny zbiorów otwartych jest zbiorem
otwartym to dostajemy finalnie (Õ *" È)-1(V ) " Top (X, d).
UWAGA 15
Twierdzenie * pozostaje prawdziwe, jeśli słowo otwartymi zastąpimy słowem domkniętymi.
Dowód.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Przykład.
1. Rozważmy przedziały (-", 0], [0, ") prostej R. Każdy z nich jest podzbiorem domkniętym
przestrzeni metrycznej (R, d), gdzie d jest metrykÄ… naturalnÄ….
Co wiÄ™cej (-", 0] *" [0, ") = R. Każda z funkcji Õ : (-", 0] x x " R oraz
È : [0, ") x x2 " R jest ciÄ…gÅ‚a przy metryce indukowanej z (R, d) w swojej dziedzinie
(zawężenie funkcji ciÄ…gÅ‚ych okreÅ›lonych w R). W koÅ„cu Õ(0) = 0 = È(0).
Skoro tak, to Õ *" È : R R jest funkcjÄ… ciÄ…gÅ‚Ä… przy metryce naturalnej w R.
y
y = (Õ *" È) (x)
x
2. Rozważmy podzbiory {(0, 0)} i R2\{(0, 0)} płaszczyzny R2 wyposażonej w metrykę euklideso-
wą. Tylko pierwszy z nich jest domknięty. Tylko drugi z nich jest otwarty. Funkcja f : R2 R
zdefiniowana za pomocÄ… wzoru:
Å„Å‚
òÅ‚
0, gdy x = y = 0,
f(x, y)
xy
ół
, gdy (x, y) = (0, 0).

x2+y2
jest sklejeniem dwóch funkcji ciągłych (przy indukowanej metryce euklidesowej) stale równej
0 w zbiorze {(0, 0)} i wymiernej w zbiorze R2 \ {(0, 0)}. Niestety funkcja f nie jest ciągła
33 ROZDZIAA
2. CI
GA
OŚĆ
w punkcie (0, 0) (przy metryce naturalnej w R).
1
2
1 1 1 1 1
n2
Faktycznie, (n, ) -d- (0, 0) oraz f(n, ) = = = 0 = f(0, 0),
-
1 1
n n 2
n"
n2 n2
dla każdego n " N \ {0}. (Definicja Heinego.)
3. ! Rozważmy przedział [0, 2Ą) wyposażony w indukowaną metrykę naturalną oraz okrąg
S1 ‚" R wyposażony w indukowanÄ… metrykÄ™ euklidesowÄ….
Odwzorowanie ł : [0, 2Ą) t (cos t, sin t) " S1 jest wówczas ciągłą bijekcją.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
y
2
1
y(t)
t
-2 -1 1 2
x

1 1
-1 cos 2Ä„ - , sin 2Ä„ -
n n
-2
Zajmijmy siÄ™ odwzorowaniem odwrotnym
Å‚-1 : S1 [0, 2Ä„). A
atwo zauważyć, że ł-1(x, y) = Arg(x + iy) dla dowolnego (x, y) " S1.
Odwzorowanie to nie jest ciągłe w punkcie (1, 0). Faktycznie,
1
2
S1 (cos(2Ä„ - ), sin(2Ä„ - f1n)) -d- (cos(2Ä„), sin(2Ä„)) = (1, 0),
-
n"
n
podczas, gdy
1 1
lim (Å‚-1(cos(2Ä„ - ), sin(2Ä„ - ))) =
n"
n n
1
= lim 2Ä„ - = 2Ä„ = 0 = Å‚-1(1, 0).

n"
n
Definicja 2. 4 Niech (X, d) i (Y, Á) bÄ™dÄ… przestrzeniami metrycznymi.
Odwzorowanie h : X Y jest homeomorfizmem jeśli jest ciągłe, bijektywne i odwzorowanie od-
wrotne h-1 : Y X jest ciągłe.
UWAGA 16
a) Odwzorowanie identycznościowe id : X x x " X jest homeomorfizmem.
X
b) Odwzorowanie odwrotne do homeomorfizmu jest homeomorfizmem (autohomeomorfizmem).
34 ROZDZIAA
2. CI
GA
OŚĆ
c) Złożenie homeomorfizmu też jest homeomorfizmem.
d) f : X Y jest homeomorfizmem oraz zbiór A ą" X jest otwarty (domknięty), to zbiór h(A) też
jest otwarty (domknięty).
Definicja 2. 5 Mówimy, że przestrzenie metryczne (X, d) i (Y, Á) sÄ… homeomorficzne jeżeli istnieje
H
<"
homeomorfizm h : X Y (ozn. (X, d) (Y, Á)).
=
UWAGA 17
H
<"
a) (X, d) (X, d),
=
H H
<" <"
b) (X, d) (Y, Á) =Ò! (Y, Á) (X, d),
= =
H H H
<" <" <"
c) (X, d) (Y, Á) i (Y, Á) (Z, ´) =Ò! (X, d) (Z, ´).
= = =
Przykład.
Przestrzeń (-1, 1) z metryką naturalną jest homeomorficzna z R z metryką naturalną.
Ä„x
(-1, 1) x tg ( ) " R
2
Definicja 2. 6 Niech (X, d) i (Y, Á) bÄ™dÄ… przestrzeniami metrycznymi.
Odwzorowanie h : X Y nazywamy izometriÄ…, jeżeli "x ,x2"X Á(h(x1), h(x2)) = d(x1, x2).
1
UWAGA 18
a) Odwzorowanie identycznościowe jest izometrią.
b) Złożenie izometrii jest izometrią.
Twierdzenie 2. 8. Niech (X, d) oraz (Y, Á) bÄ™dÄ… przestrzeniami metrycznymi.
Niech ponadto h : X Y będzie izometrią. Wówczas h jest różnowartościowe oraz ciągłe.
Dowód.
Załóżmy, że h(x1) = h(x2), z aksjomatu okreÅ›lonoÅ›ci Á(h(x1), h(x2)) = 0. Ponieważ h jest izometriÄ…,
to d(x1, x2) = 0. Teraz ponownie korzystając z aksjomatu określoności x1 = x2.
Ciągłość.
Niech a " X. Wówczas "µ>0"´>0"x"X d(a, x) < ´ Ò! Á(h(a), h(x)) < µ.
Ponieważ d(a, x) = Á(h(a), h(x)). BiorÄ…c dowolne µ > 0 oraz dobierajÄ…c ´ = µ nasza implikacja jest
spełniona.
35 ROZDZIAA
2. CI
GA
OŚĆ
UWAGA 19
Surjektywna izometria jest bijekcją, przy czym jej odwzorowanie odwrotne też jest izometrią.
Przykład.
1. Wez
my przestrzeń R z metryką naturalną oraz B(R, R) z metryką Czebyszewa.
R t funkcja stała, równa t " B(R, R)
jest izometriÄ…, ale nie jest surjekcjÄ….
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
2. Translacja o wektor w przestrzeni Rn z metrykÄ… euklidesowÄ… jest izometriÄ…. Niech v " Rn.
Wówczas Tv(x) = x + v.

d2(Tv(x), Tv(y)) = (x1 + v - y1 - v1)2 + · · · + (xn + vn - yn - vn)2 = d2(x, y)
3. Podobieństwo Rn z metryką euklidesową w skali  = 1 jest autohomeomorfizmem, ale nie jest

izometriÄ….
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Definicja 2. 7 Przestrzenie metryczne (X, d) i (Y, Á) sÄ… izometryczne jeÅ›li istnieje odwzorowanie
I
<"
h : X Y , które jest izometriÄ… oraz surjekcjÄ… ((X, d) (Y, Á)).
=
UWAGA 20
I
<"
a) (X, d) (X, d),
=
I I
<" <"
b) (X, d) (Y, Á) =Ò! (Y, Á) (X, d),
= =
I I I
<" <" <"
c) (X, d) (Y, Á) i (Y, Á) (Z, ´) =Ò! (X, d) (Z, ´).
= = =
I
<"
Twierdzenie 2. 9. Niech (X, d) (Y, Á). Jeżeli przestrzeÅ„ metryczna (X, d) jest ograniczona
=
(zupeÅ‚na), to przestrzeÅ„ (Y, Á) też jest ograniczona (zupeÅ‚na).
Dowód.
Ograniczoność.
Niech (X, d) będzie ograniczona, h : X Y będzie izometrią oraz surjekcja.
" > diam(X) = sup{d(x, y) : x, y " X} = sup{Á(h(x), h(y)) : x, y " X} =
36 ROZDZIAA
2. CI
GA
OŚĆ
= sup{Á(a, b) : a, b " Y } = diam(Y )
Wynika z tego, że przestrzeÅ„ metryczna (Y, Á) jest ograniczona.
Zupełność.
Niech (X, d) będzie zupełna, f : Y X będzie izometrią oraz surjekcją. Niech ponadto (yn)" bę-
n=1
dzie ciÄ…giem Cauchy ego w (Y, Á). Dowód zakoÅ„czymy pokazujÄ…c, że (yn) ma granicÄ™ w Y . Połóżmy
xn = f(yn).
"µ>0 "n "N\{0} "m,n"N\{0} m, n > n0 Ò! Á(yn, ym) < µ
0
Ó!
"µ>0 "n "N\{0} "m,n"N\{0} m, n > n0 Ò! d(f(yn), f(ym)) < µ
0
Ó!
"µ>0 "n "N\{0} "m,n"N\{0} m, n > n0 Ò! d(xn, xm) < µ
0
Zatem otrzymujemy, że (xn) jest ciągiem Cauchy ego w przestrzeni metrycznej (X, d).
Á
xn - - g Ô! d(xn, g) 0 Ô! Á(f-1(xn), f-1(g)) 0 Ô! Á(yn, f-1(y)) 0 Ô! yn - f-1(y) " Y.
-d --
n" n"
Twierdzenie 2. 10. Dowolne dwie przestrzenie izometryczne sÄ… homeomorficzne. (Nie na od-
wrót!)
Dowód.
Wniosek z poprzednich twiedzeń oraz uwag.
Przykład.
1. Przestrzenie (-1, 1) z indukowanÄ… metrykÄ… naturalnÄ… oraz R z metrykÄ… naturalnÄ… nie sÄ…
izometryczne. Bowiem jedna przestrzeń jest ograniczona, a druga nie. Inaczej, jedna z nich
jest zupełna, a druga nie.
2. Przestrzenie (-1, 1) z indukowanÄ… metrykÄ… naturalnÄ… oraz [-1, 1] z indukowanÄ… metrykÄ…
naturalnÄ… nie sÄ… izometryczne.
1
Uzasadnienie: (1 - )" nie ma podciągu zbieżnego w (-1, 1).
n=1
n
1
Załóżmy, że h : (-1, 1) [-1, 1] jest homeomorfizmem. Skoro tak, to (h(1 - ))" nie
n=1
n
ma podciągu zbieżnego w [-1, 1]. Tymczasem z twierdzenia Bolzano-Weirestrassa wiemy,
że każdy ciąg o elementach w [-1, 1] zawiera podciąg zbieżny w tym przedziale.
37 ROZDZIAA
2. CI
GA
OŚĆ
Twierdzenie 2. 11. Niech (X1, d1), . . . , (Xs, ds) będą przestrzeniami metrycznymi
i niech X = X1 × · · · × Xs. Wówczas funkcja d : X × X [0, ") zdefiniowana za pomocÄ… wzoru


n


d(x, y) = (di(xiyi))2
i=1
jest metrykÄ… w X.
Dowód.
Warunek identyczności oraz symetryczności pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
M3) Nierówność trójkąta: "x,y,z"X d(x, y) d(x, z) + d(z, y).
Skorzystamy z nierówności Schwarza:
n n n

( aibi)2 ( a2) · ( b2)
i i
i=1 i=1 i=1
Rozpiszmy:
s s s s

(d(x, y))2 = (di(xi, yi)) (di(xi, zi) + di(zi, yi))2 = (di(xi, zi))2 + (di(zi, yi))2 +
i=1 i=1 i=1 i=1
s s s

+2 (di(xi, zi) · di(zi, yi))2 (di(xi, zi))2 + (di(zi, yi))2 +
i=1 i=1 i=1
ëÅ‚ öÅ‚2

s s s s


íÅ‚ Å‚Å‚
+2 (di(xi, zi))2· (di(zi, yi))2 = (di(xi, zi))2 + (di(xi, zi))2 = (d(x, z) + d(z, y))2
i=1 i=1 i=1 i=1
Definicja 2. 8 Niech (X1, d1) . . . (Xs, ds) będą przestrzeniami metrycznymi.
Niech ponadto X = X1 × · · · × Xs. PrzestrzeÅ„ (X, d) nazywamy iloczynem metrycznym, gdzie d
jest funkcjÄ… zdefiniowanÄ… w poprzednim twierdzeniu. Piszemy (X, d) = (X1, d1) × . . . × (Xs, ds).
Przykład.
1. Przestrzeń Rn z metryką euklidesową jest iloczynem metrycznym przestrzeni R z metryką
naturalnÄ….
2. PrzestrzeÅ„ Rn×m z metrykÄ… euklidesowÄ… jest iloczynem metrycznym przestrzeni Rn i Rm
z metrykami euklidesowymi.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Twierdzenie 2. 12. Niech (X, d) będzie iloczynem metrycznym przestrzeni (X1, d1) . . . (Xs, ds).
Wówczas dla ciągu (x(n))" = ((x(n), x(n), . . . , x(n)))" w przestrzeni metrycznej (X, d) oraz dla
n=1 1 2 n n=1
punktu g = (g1, . . . , gs) " X następujące warunki są równoważne:
38 ROZDZIAA
2. CI
GA
OŚĆ
(i) x(n) - - g,
-d
n"
i
(ii) "i=1,...,s X1 xi -d- gi " X.
-
n"
Dowód.


s
2

(n)

x(n) - - g Ð!Ò! d(x(n), g) - 0 Ð!Ò! d x(n), yi - 0 Ð!Ò!
-d -- --
i
n" n" n"
i=1
i
Ð!Ò! "i=1,...,s di(x(n), gi) - 0 Ð!Ò! "i=1,...,s x(n) -d- gi
-- -
i i
n" n"
Twierdzenie 2. 13. Niech (X, d) będzie iloczynem metrycznym przestrzeni metrycznych
(X1, d1), . . . , (Xs, ds). Niech ponadto Zi ą" X dla i = 1, . . . , s. Jeżeli zbiór Zi jest zbiorem domknię-
tym (otwartym) w przestrzeni (X, d) dla każdego i = 1, . . . , s, to Z = Z1 × . . . × Zs jest domkniÄ™ty
(otwarty) w przestrzeni (X, d).
Dowód.
Domkniętość.
Niech Zi " Cotop(X1, di). Niech (g1, . . . , gs) będzie punktem granicznym zbioru Z. Musimy pokazać,
że (g1, . . . , gs) " Z. Skoro (g1, . . . , gs) jest punktem granicznym, to istnieje ciąg ((x(n), . . . , x(n)))"
1 s n=1
di
w Z, że Z (x(n), . . . , x(n)) - (g1, . . . , gs). Na mocy poprzedniego twierdzenia
1 s
"i=1,...,s x(n) - - gi, ale Z " Cotop(Xi, di). Zatem gi " Z, czyli (g1, . . . , gs) " Z1 × . . . × Zs = Z
-d
i
n"
dla każdego i = 1, . . . , s
Otwartość.
Załóżmy, że Z " Top (X, d).
Z " Top (X, d) Ð!Ò! X \ Z " Cotop(X, d)
s

X \ Z = (X1 × . . . × Xs) \ (Z1 × . . . × Zs) = Xi × . . . × Xi-1 × (Xi \ Zi) × Xi+1 × . . . × Xs
i=1
X \ Z - jest podzbiorem domkniętym iloczynu kartezjańskiego zbiorów domkniętych. Suma skoń-
czonej ilości zbiorów domkniętych jest zbiorem domkniętym. Zatem X \ Z " Cotop(Xi, di)
Twierdzenie 2. 14. Niech (X, d) będzie iloczynem metrycznym przestrzeni metrycznych
(X1, d1), . . . , (Xs, . . . , ds). Przestrzeń (Xi, di) jest zupełna dla każdego i = 1, . . . , s wtedy i tylko
wtedy, gdy (X, d) jest zupełna.
39 ROZDZIAA
2. CI
GA
OŚĆ
Definicja 2. 9 Niech (X1, d1), . . . (Xs, ds), gdzie s " N \ {0}, będą przestrzeniami metrycznymi
i niech (X, d) = (X1, d1) × . . . × (Xs, ds). Wybieramy i = 1, . . . , s. ProjekcjÄ… (czyli rzutowaniem)
na i-tą składową nazywa się odwzorowanie Ąi : X (x1, . . . , xs) xi " X.
Twierdzenie 2. 15. Niech (X, d) oraz i będą jak w powyszej definicji. Wówczas
(i) rzutowanie Ä„i jest surjekcjÄ…,
(ii) rzutowanie Ąi jest odwzorowaniem ciągłym,
(iii) U " Top (X, d) =Ò! Ä„i(U) " Top (Xi, di).
Dowód.
(i) Oczywiste.
-1
(ii) Niech V " Top (Xi, di). Zakończymy dowód własności, jeśli pokażemy, że Ąi (V ) " Top (X, d).
def
-1
Ä„i (V ) = {((x1, . . . , xs) " X : xi " V } = X1 × . . . × Xi-1 × V × Xi+1 × . . . × Xs
Ponieważ Xi " Top (Xi, di) oraz iloczyn kartezjański zbiorów otwartych jest zbiorem otwartym,
-1
to z powyższej równości wynika, że Ąi (V ) " Top (X, d).
(iii) Powiedzmy, że U " Top (X, d). Wystarczy (dowolny) punkt a " Ąi(U). Zakończymy dowód
jeżeli pokażemy, że "µ"R B(a, µ) Ä…" Ä„i(U).
+
Ponieważ a " Ąi(U), to y = (x1, . . . , xi-1, a, xi+1, . . . , xs) " U dla pewnych
x1 " X1, . . . , xi-1 " Xi-1, xi+1 " Xi+1, . . . , xs " Xs. Skoro U " Top (X, d), to "µ"R B(y, µ) Ä…" Ä„i(U).
+
Jeżeli teraz d(a, b) < µ dla pewnego t " Xi, to
d(y, (x1, . . . , xi-1, b, xi+1, . . . , xs)) =

= d1(x1, x1)2 + . . . + di-1(xi-1, xi-1)2 + di(a, b)2 + di+1(xi+1, xi+1)2 + . . . + ds(xs, xs)2 =

= di(a, b)2 = di(a, b) < µ.
Tak więc
(x1, . . . , xi-1, b, xi+1, . . . , xs) " U,
skąd już
b = Ä„i (x1, . . . , xi-1, b, xi+1, . . . , xs) " Ä„i(U).
Definicja 2. 10 Niech (X, d) oraz (Y, Á) bÄ™dÄ… przestrzeniami metrycznymi.
Odwzorowanie f : X Y jest otwarte, jeÅ›li f(U) " Top (Y, Á) dla każdego U " Top (X, d).
40 ROZDZIAA
2. CI
GA
OŚĆ
Przykład.
1. Rozważmy funkcję f : R R zdefiniowaną przez
Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚ x + 1, gdy x < -1,
ôÅ‚
òÅ‚
f(x) =
0, gdy |x| 1,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
x - 1, gdy x 1,
jest ciągła (przy metryce naturalnej).
Funkcja ta nie jest otwarta w sensie powyższej defnini-
y
1
cji, bo f((-2, )) = (-1, 0] nie jest podzbiorem otwar-
2
f(x)
tym prostej R wyposażonej w metrykę naturalną.
-2 -1 1
x
1
2
Rozważmy projekcję Ąi : R2 (x, y) x " R. Wiemy,
y
że H = {(x, y) " R2 : xy = 1} jest podzbiorem do-
mkniętym przestrzeni R2 wyposażonej w metrykę eu-
klidesowÄ…. Niestety Ä„i(H) = R" nie jest podzbiorem
domkniętym prostej R wyposażonej w metrykę natu-
ralnÄ….
x
Definicja 2. 11 Niech A, B1, . . . , Bs, gdzie s " N \ {0} będą zbiorami. Przypuśćmy, że B1, . . . , Bs
są niepuste. Zestawieniem odwzorowań f1 : A B1, . . . , fs : A Bs nazywa się odwzorowanie
(f1, . . . , fs) : A a (f1(a), . . . , fs(a)) " B1 × . . . × Bs.
Twierdzenie 2. 16. Niech (X, d), (y1, Á1), . . . , (Ys, Ás), gdzie s " N \ {0}, bÄ™dÄ… przestrzeniami
metrycznymi i niech (Y, Á) = (Y1, Á1) × . . . × (Ys, Ás). Niech ponadto f1 : X Y1, . . . , fs : X Ys
41 ROZDZIAA
2. CI
GA
OŚĆ
będą odwzorowaniami ciągłymi. Wówczas zestawienie (f1, . . . , fs) : X Y jesto odwzoroawniem
ciągłym.
Dowód.
(Definicja Heinego). Wybierzmy (dowolny) punkt a " X. Niech (xn)" będzie ciągiem punktów
n=1
przestrzeni (X, d) takim, że xn - - a.
-d
n"
Á
Musimy tylko pokazać, że (f1, . . . , fs)(xn) - (f1, . . . , fs)(a).
--
n"
Liczymy korzystając z ciągłości odwzorowań f1, . . . , fs w punkcie a.
Á
(f1, . . . , fs)(xn) = (f1(xn), . . . , fs(xn)) - (f1(a), . . . , fs(a)) = (f1, . . . , fs)(a)
--
n"
Przykład.
Odwzorowanie Ś : R3 (x, y, z) (x + y3 - 2y, x - 1, 22y - 5xy + y3 - 1) jest ciągłe przy metryce
x
euklidesowej d2 w przestrzeni R3, bowiem jest ono zestawieniem trzech funkcji wielomianowych,
więc ciągłych przy metryce d2 i metryce naturalnej d na prostej R,
oraz (R3, d2) = (R, d) × (R, d) × (R, d).
Rozdział 3
Zwartość
Definicja 3. 1 Podzbiór Z przestrzeni metrycznej (X, d) jest zwarty jeśli każdy ciąg (zn)" ele-
n=1
mentów tego podzbioru ma (przynajmniej jeden) podciąg zbieżny do elementu tegoż podzbioru.
Przykład.
1. Każdy podzbiór skończony dowolnej przestrzeni metrycznej jest zwarty.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
2. Przestrzeń metryczna (R, d), gdzie d jest metryką naturalną nie jest zwarta, bowiem ciąg
(n)" nie ma żadnego podciągu zbieżnego do granicy skończonej.
n=1
3. Przedział [0, 1) nie jest podzbiorem zwartym prostej R z metryką naturalną, bowiem każdy
1
podciąg ciągu (1 - )" jest zbieżny do jedynki.
n=1
n
Twierdzenie 3. 1. Niech Z będzie podzbiorem zwartym przestrzeni metrycznej (X, d). Wówczas
Z jest domknięty i ograniczony.
Dowód.
Domkniętość
Niech x " X będzie punktem granicznym zbioru Z. Musimy pokazać, że x " Z.
Ponieważ x jest punktem granicznym zbioru Z, to istnieje taki ciąg (zn)" elementów tego zbioru,
n=1
że zn - - x. Ze zwartości wynika zatem, że istnieje podciąg (xn )" ciągu (zn) i istnieje punkt
-d
k k=1
n"
z " Z taki, że zn - - z. Zauważmy, że jednocześnie zn - - x (jako podciąg ciągu zbieżnego).
-d -d
k k
k" k"
Ponieważ każdy ciąg ma dokładnie jedną granicę, to x = z, czyli x " Z
Ograniczoność
Przypuśćmy, że zbiór Z nie jest ograniczony i wybieramy punkt ² " Z. Z nieograniczonoÅ›ci wynika
43 ROZDZIAA
3. ZWARTOŚĆ
teraz, że "n"N\{0} "z "Z : d(², zn) > n. ZdefiniowaliÅ›my przy okazji ciÄ…g (zn)" elementów zbioru
n
n=1
Z. A
atwo sprawdzić, że każdy podciąg tego ciągu jest nieograniczony, więc dowód zostawiamy
czytelnikowi. W konsekwencji nie jest on zbieżny w przestrzeni (X, d). Znalez
liśmy zatem ciąg
elementów zbioru Z nie mającego żadnego podciągu zbieżnego do elementu zbioru Z, co prowadzi
do sprzeczności.
Przykład.
Niech Y będzie nieskończonym podzbiorem przestrzeni metrycznej (X, d), gdzie d jest metryką
dyskretną. Wówczas Y jest domknięty i ograniczony w (X, d).
Dowód tego faktu pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Jeśli jednak (yn)" jest ciągiem różnowartościowym elementów zbioru Y , to (yn)" nie ma
n=1 n=1
w ogóle żadnego podciągu zbieżnego w (X, d). Wobec tego zbiór Y nie jest zwarty.
Twierdzenie 3. 2. (O obrazie ciÄ…gÅ‚ym zbioru zwartego) Niech (X, d) oraz (Y, Á) bÄ™dÄ… prze-
strzeniami metrycznymi. Ponadto niech f : X Y będzie odwzorowaniem ciągłym. Jeśli wówczas
Z jest podzbiorem zwartym przestrzeni metrycznej (X, d), to f(Z) jest podzbiorem zwartym prze-
strzeni (Y, Á).
Dowód.
Niech (yn)" będzie (dowolnym) ciągiem elementów zbioru f(Z). Musimy pokazać, że ten ciąg
n=1
zawiera przynajmniej jeden podciąg zbieżny do elementu tegoż zbioru.
Dla dowolnego n " N \ {0} wybierzmy (dokładnie jeden) punkt zn " Z taki, że yn = f(zn).
Dostaliśmy ciąg (zn)" elementów zbioru Z. Ponieważ Z jest zwarty, to istnieje taki podciąg
n=1
(zn )" ciągu (zn)" i "z"Z : zn - - z. Wobec tego za sprawą ciągłości odwzorowania f
-d
k k=1 n=1 k
k"
w punkcie z mamy:
Á
yn = f(zn ) - f(z) " f(Z).
--
k k
k"
Skoro tak, to (yn )" jest podciągiem ciągu (yn)" zbieżnym do pewnego elementu zbioru f(Z).
k k=1 n=1
Przykład.
Rozważmy funkcję c : R x e " R. Jest ona ciągła przy metryce naturalnej. Następnie {e}
jest podzbiorem zwartym prostej R z metrykÄ… naturalnÄ…. Niestety przeciwobraz c-1(e) = R nie jest
zwarty.
Twierdzenie 3. 3. Każda zwarta przestrzeń metryczna jest zupełna. (Nie na odwrót!)
44 ROZDZIAA
3. ZWARTOŚĆ
UWAGA 21
Prosta R z metryką naturalną jest przestrzenią metryczną zupełną, ale nie jest przestrzenią
metrycznÄ… zwartÄ….
Dowód.
Niech (X, d) będzie zwartą przestrzenią metryczną. Niech ponadto (xn)" będzie ciągiem Cau-
n=1
chy ego elementów tej przestrzeni (dowolnym). Ze zwartości wynika, że istnieje taki podciąg (xn )"
k k=1
i istnieje taki punkt x " X, że xn - - x. Pokażemy, że xn - - x.
-d -d
k
n" n"
Niech zatem µ " R+. Z powyższych uwag wynika, że
µ
"N"N\{0} "m,n"N\{0} : m, n N =Ò! d(xm, xn) <
2
µ
"K"N\{0} "k"N\{0} : k K =Ò! d(x, xk) < .
2
Z definicji podciągu wynika, że
Å„Å‚
òÅ‚
l k,
"l"N\{0} :
ół
nl N.
Skoro tak, to jeśli n N, to
µ µ
d(x, xn) d(x, xn ) + d(xn , xn) < + = µ.
l l
2 2
Twierdzenie 3. 4. Przypuśćmy, że przestrzenie metryczne (X, d) i (Y, Á) sÄ… homeomorficzne i że jed-
na z nich jest zwarta. Wówczas druga także jest zwarta.
Dowód.
Powiedzmy, że (X, d) jest zwarta. Niech ponadto f : X Y będzie homeomorfizmem. Wówczas, na
mocy twierdzenia o obrazie ciągłym zbioru zwartego, Y = f(x) jest podzbiorem zwartym przestrzeni
(Y, Á).
UWAGA 22
a) Powyższe twierdzenie można wypowiedzieć w następujący sposób: Zwartość jest własnością
topologiczną (czyli niezmienniczą względem homeomorfizmów).
b) Zupełność nie jest własnością topologiczną (Bowiem wyposażone w metrykę naturalną zbiory
R i (-1, 1) ‚" R sÄ… homeomorficzne, ale tylko jeden z nich jest przestrzeniÄ… metrycznÄ… zupeÅ‚-
ną.) Zupełność jest natomiast własnością metryczną (tzn. jeśli dwie przestrzenie metryczne są
izometryczne i jedna z nich jest zupełna, to druga także jest zupełna.)
45 ROZDZIAA
3. ZWARTOŚĆ
Lemat 2. Niech Z będzie podzbiorem zwartym przestrzeni metrycznej (X, d).
Niech ponadto C " Cotop(X, d) będzie zbiorem zwartym w Z.
Wówczas C jest podzbiorem zwartym przestrzeni (X, d).
Dowód.
Niech (cn)" będzie (dowolnym) ciągiem elementów zbioru C. Wtedy (cn)" jest też ciągiem
n=1 n=1
elementów zbioru Z. Ponieważ Z jest zwarta, to istnieje taki podciąg (cn )" i istnieje taki punkt
k k=1
z " Z, że cn - - z (k "). Ponieważ C jest zbiorem domkniętym, to z powyższej zbieżności
-d
k
k"
wynika, że z " C. Pokazaliśmy w ten sposób, że dowolny ciąg elementów zbioru C ma podciąg
zbieżny do elementu tegoż zbioru.
Twierdzenie 3. 5. Niech {Zt}t"T , gdzie T = ", będzie (dowolną, niepustą) rodziną podzbiorów


zwartych przestrzeni metrycznej (X, d). Wówczas Zt jest także podzbiorem zwartym tej prze-
t"T
strzeni.
Dowód.
Ponieważ Zt jest dla każdego t " T , podzbiorem zwartym przestrzeni (X, d), to Zt " Cotop(X, d).

W konsekwencji zatem Zt " Cotop(X, d). Wybierzmy t0 " T . Wtedy Zt Ä…" Zt . W takim
0
t"T t"T
razie rozważane przecięcie jest zbiorem domkniętym zawartym w zbiorze zwartym, więc - na mocy
Lematu 2 - jest zbiorem zwartym.
Twierdzenie 3. 6. ! Niech (X, d) i (Y, Á) bÄ™dÄ… przestrzeniami metrycznymi. Przypuśćmy, że prze-
strzeń (X, d) jest zwarta. Niech ponadto f : X Y będzie ciągłą bijekcją. Wówczas f jest home-
omorfizmem.
Dowód.
Musimy tylko pokazać, że f-1 : Y X jest odwzorowaniem ciągłym.
Niech zatem C " Cotop(X, d). ZakoÅ„czymy dowód jeÅ›li pokażemy, że (f-1)-1(C) " Cotop((Y, Á)).
Zauważmy najpierw, że (f-1)-1(C) = f(C). Ponieważ przestrzeń (X, d) jest zwarta
i C " Cotop(X, d), to C jest podzbiorem zwartym przestrzeni metrycznej (X, d) (na mocy Lematu
2). Skoro tak, to f(C) jest podzbiorem zwartym przestrzeni metrycznej (Y, Á) (twierdzenie o obrazie
ciÄ…gÅ‚ym zbioru zwartego). W takim razie f-1(C) = f(C) " Cotop(Y, Á).
Twierdzenie 3. 7. (Bolzano-Weierstrassa) Każdy ograniczony ciąg liczb rzeczywistych ma (przy-
najmniej jeden) podciąg zbieżny do skończonej granicy.
Dowód.
Wstęp do Analizy Matematycznej
46 ROZDZIAA
3. ZWARTOŚĆ
Definicja 3. 2 Niech m " N \ {0}. Kostką m-wymiarową nazywa się każdy zbiór postaci
I1 × · · · × Im, gdzie I1 · · · Im ‚" R sÄ… przedziaÅ‚ami domkniÄ™tymi i ograniczonymi.
Twierdzenie 3. 8. Dla dowolnego m " N \ {0} każda kostka m-wymiarowa jest podzbiorem zwar-
tym przestrzeni metrycznej (Rm, d2).
Dowód.
Indukcja względem wymiaru.
Niech najpierw I będzie domkniętym i ograniczonym przedziałem prostej R. Musimy wykazać,
że I jest podzbiorem zwartym tejże prostej wyposażonej w metrykę naturalną. Niech zatem (an)"
n=1
będzie (dowolnym) ciągiem elementów przedziału I. Wówczas (an)" jest ograniczonym ciągiem
n=1
liczb rzeczywistych. Na mocy twierdzenia Bolzano-Weierstrassa istnieje taki podciÄ…g (an )" i ist-
k k=1
nieje taka liczba a " R, że lim an = a (zwykła granica ciągu liczbowego). Ponieważ I jest
k
n"
podzbiorem domkniętym prostej R wyposażonej w metrykę naturalną, to z powyższej zbieżności
wynika, że a " I. W ten sposób pokazaliśmy, że dowolny ciąg elementów przedziału I ma pod-
ciąg zbieżny do pewnego elementu tegoż przedziału. Ustalmy następnie m " N \ {0} i załóżmy,
że dla każdego q " {1, · · · , m} dowolna kostka q-wymiarowa jest podzbiorem zwartym przestrzeni
metrycznej (R2, d2). Niech C = I1 × · · · × Im ×Im+1 bÄ™dzie kostkÄ… (m + 1)-wymiarowÄ…. ZakoÅ„czymy
dowód, jeśli pokażemy, że C jest podzbiorem zwartym przestrzeni metrycznej (Rm+1, d2).
Niech zatem ((x(n), yn))" , gdzie x(n) = (x(n), · · · , (x(n)) " I1 × · · · × Im oraz yn " Im+1 ‚" R bÄ™dzie
n=1 1 n
(dowolnym) ciągiem elementów kostki C. Na mocy założenia indukcyjnego kostka m-wymiarowa
I1 × · · · × Im jest podzbiorem zwartym przestrzeni metrycznej (Rm, d2). W takim razie istnieje taki

k
podciąg (x(n ))" ciągu x(n) i istnieje taki punkt g = (g1, . . . , gm) należący do kostki Im,
k=1
"
2
k k
że x(n ) -d- g. Rozważmy podciąg x(n ), yn k=1 ciągu ((x(n), yn)). Wtedy (yn )" jest ciągiem
-
k k k=1
k"
"
domkniętym i ograniczonym przedziału Im+1. Wobec tego istnieje taki podciąg yn l=1 i istnieje
kl
taka liczba h " Im+1,
"
kl kl 2
że lim yn = h. Rozważmy podciąg x(n ), yn l=1 ciągu x(n), yn . Ponieważ xn -d- g
-
kl kl
l" l"
(podciąg ciągu zbieżnego) i lim yn = h, to
kl
l"

2
kl
x(n ), yn -d- (g, h) " I1 × . . . × Im × Im+1 = C
-
kl
l"
W ten sposób udowodniliśmy, że dowolny ciąg elementów kostki C zawiera podciąg zbiżny do
pewnego elementu tejże kostki.
Twierdzenie 3. 9. Dla podzbioru Z przestrzeni metrycznej (Rm, d2), m " N \ {0} następujące
warunki są równoważne:
(i) Z jest zwarty,
47 ROZDZIAA
3. ZWARTOŚĆ
(ii) Z jest domknięty i ograniczony.
Dowód.
(i) Ò! (ii)
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
(ii) Ò! (i)
Przypuśćmy, że (ii) jest spełniony. Ponieważ Z jest ograniczony w przestrzeni (Rm, d2), to istnieje
kostka m-wymiarowa C, taka że Z ą" C.
Kostka ta na mocy (ii) jest podzbiorem zwartym przestrzeni (Rm, d2). Skoro tak, to Z jest zbiorem
domkniętym, zwartym w zbiorze zwartym, więc Z jest zwarty.
Przykład.
def
1. Sfera m-wymiarowa Sm = {(x1, . . . , xm+1) " Rm+1 : x2 + . . . + x2 = 1} jest podzbiorem
1 m+a
zwartym przestrzeni (Rm, d2).
def
2. Kula B = {(x1, . . . , xm) " Rm : x2 + . . . + x2 1} jest podzbiorem zwartym (Rm, d2).
1 m
3. Każda prosta jest podzbiorem domkniętym przestrzeni (Rm, d2). Żadna taka prosta nie jest
jednak zwarta, nie jest bowiem ograniczona.
4. s
y
Trójkąt {(x, y) " R2 : 1-|x| y > 0} jest podzbiorem
1
1
ograniczonym przestrzeni metrycznej (R2, d2), ale nie
jest w tej przestrzeni zwarty, bo nie jest domknięty.
-1 1 x
Twierdzenie 3. 10. (Weierstrassa o osiÄ…ganiu kresów) Niech Z = Ø bÄ™dzie podzbiorem zwar-

tym przestrzeni metrycznej (X, d) i niech f : Z R będzie funkcją ciągłą (przy metryce induko-
wanej z (X, d) i naturalnej w R). Wówczas
Å„Å‚
ôÅ‚
f(Ä…) = sup{f(z)},
òÅ‚
z"Z
"Ä…,²"Z
ôÅ‚
ół
f(²) = inf {f(z)}.
z"Z
Dowód.
Ponieważ Z jest zbiorem zwartym, to f(Z) jest podzbiorem zwartym prostej R wyposażonej w me-
trykę naturalną (twierdzenie o obrazie ciągłym zbioru zwartego). Skoro tak, to f(Z) jest podzbiorem
ograniczonym tejże prostej, tzn. ma skończone kresy zarówno górny jak i dolny. Połóżmy
u = sup{f(Z)} oraz w = inf{f(Z)}. Istnieją wtedy takie ciągi (xn)" , (yn)" elementów zbioru
n=1 n=1
48 ROZDZIAA
3. ZWARTOŚĆ
Z, że u - lim xn, w = lim yn. Wskutek zwartości zbioru Z, istnieją takie podciągi (xn )" ,
k k=1
n" n"
(yn )" i takie punkty Ä…, ² " Z, że xn - - Ä… i yn - - ².
-d -d
k k=1 k k
k" k"
W takim razie, za sprawÄ… ciÄ…gÅ‚oÅ›ci funkcji f w punktach Ä…, ² mamy, co nastÄ™puje:
lim f(xn ) = f(Ä…) = lim f(xn) = u = sup{f(Z)},
k
n"
k"
lim f(yn ) = f(²) = lim f(yn) = w = inf{f(Z)}.
k
n"
k"
Twierdzenie 3. 11. (Klasyczna wersja twierdzenia Weierstrassa o osiąganiu kresów)
Niech I będzie domkniętym i ograniczonym przedziałem prostej R. Niech ponadto f : I R będzie
funkcją ciągłą (w zwykłym sensie). Wówczas
Å„Å‚
òÅ‚
f(Ä…) = sup{f(I)},
"Ä…,²"I :
ół
f(²) = inf{f(I)}.
Dowód.
Wystarczy zauważyć, że I jest podzbiorem zwartym prostej R wyposażonej w metrykę naturalną
i zastosować poprzednie twierdzenie.
Twierdzenie 3. 12. Niech (Zn) będzie zstępującym ciągiem niepustych podzbiorów zwartych prze-
"

strzeni metrycznej (X, d). Wówczas Zn = Ø

n=1
UWAGA 23
To, że ciÄ…g (Zn) jest zstÄ™pujÄ…cy znaczy, że Z1 ‡" Z2 ‡" Z3 ‡" . . .
Dowód.
Dla dowolnego n " N\{0} wybieramy (dokładnie jeden) punkt xn " Zn. Ponieważ (Zn) jest ciągiem
zstępującym, to xn " Zn dla każdego n " N \ {0}.
Ze zwartości zbioru Z wynika, że istnieje taki podciąg (xn )" ciągu (xn)" i istnieje taki punkt
k k=1 n=1
g " Z1, że xn - - g.
-d
k
k"
Wybierzmy (dowolnie) l " N \ {0}. Zauważmy, że xn " Zl dla każdego n l (bowiem ciąg (Zn)"
n=1
jest zstępujący). Wobec tego prawie wszystkie wyrazy podciągu (xn )" są elementami zbioru Zl
k k=1
(bowiem ciąg (nk)" jest silnie rosnący). Skoro xn - - g oraz Zl " Cotop(X, d) (każdy zbiór
-d
k=1 k
k"
"

zwarty jest domknięty), to g " Zl. W ten sposób wykazaliśmy, że g " Zl.
n=1
49 ROZDZIAA
3. ZWARTOŚĆ
Przykład.
Ciąg przedziałów ([n, "))" domkniętych prostej R jest zstępujący oraz przecięcie
n=1
"

[n, ") = Ø. Zauważmy, że żaden z tych przedziałów nie jest podzbiorem zwartym prostej R
n=1
wyposażonej w metrykę naturalną (przedziały te są domkniętymi i nieprzeliczalnymi podzbiorami
prostej R z metrykÄ… naturalnÄ…).
Lemat 3. Przypuśćmy, że Z jest niepustym podzbiorem zwartym przestrzeni metrycznej (X, d).
s

Wówczas "µ"R "s"N\{0} "x ,...,xs"Z : Z Ä…" B(xi, µ).
+ 1
i=1
Dowód.
Udowodnijmy tezę przy pomocy kontrapozycji. Przypuśćmy, że
s

"µ"R "s"N\{0} "x ,...,xs"Z : Z \ B(xi, µ) = Ø.

+ 1
i=1
Mamy pokazać, że Z nie jest wtedy podzbiorem zwartym przestrzeni metrycznej (X, d). Wybierzmy
x1 " Z. Wówczas Z \B(x1, µ) = Ø. Wybierzmy (dokÅ‚adnie jeden) punkt x2 " Z \B(x2, µ) i zauważ-

my, że d(x1, x2) µ. Załóżmy teraz, że dla pewnego n " N\{0} mamy takie punkty x1, . . . , xn " Z,
n

że "k,l"{1,...,n} : k = l Ò! d(xk, xl) µ. Wówczas Z \ B(xi, µ) = Ø. Wybierzmy zatem (dokÅ‚adnie

i=1
n

jeden) punkt xn+1 " Z \ B(xi, µ). Zauważmy, że d(xn+1, xi) µ dla i = 1, . . . , n. ZdefiniowaliÅ›my
i=1
indukcyjnie ciąg {xn}" elementów zbioru Z mających tę własność, że
n=1
"n ,n2"N\{0} : n1 = n2 Ò! d(xn , xn ) µ.

1 1 2
W takim razie żaden podciąg ciągu (xn)" nie jest ciągiem Cauchy ego w przestrzeni metrycznej
n=1
(X, d). Dowód tego faktu pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Wobec tego ciąg (xn)" nie posiada żadnego podciągu zbieżnego w przestrzeni metrycznej (X, d),
n=1
skąd już Z nie jest podzbiorem zwartym tej przestrzeni.
Definicja 3. 3 Pokryciem otwartym podzbioru Y przestrzeni metrycznej (X, d) nazywa się każdą

taką rodzinę (Ut)t"T podzbiorów otwartych tej przestrzeni, że Y ą" Ut.
t"T
U
t1
X
U
t
2
Ut
4 Y
U
t
3
50 ROZDZIAA
3. ZWARTOŚĆ
Definicja 3. 4 Podpokryciem skończonym pokrycia otwartego (Ut)t"T podzbioru Y przestrzeni me-
trycznej (X, d) nazywa się każdą taką podrodzinę (Ut)t"S, gdzie S ą" T takie, że S jest podzbiorem

skończonym oraz Y ą" Ut.
t"S
Przykład.
1. Rodzina przedziałów ((-", 1) , (-8, 17), (3, ")) jest skończonym pokryciem otwartym pro-
stej R wyposażonej w metrykę naturalną.
2. Ciąg (-n, n)" przedziałów otwartych jest pokryciem otwartym prostej R z metryką natu-
n=1
"

ralną (bowiem (-n, n) = R). To pokrycie nie zawiera żadnego podpokrycia skończonego,
n=1
bowiem jeśli istnieje S ą" N \ {0} będące zbiorem niepustym i skończonym,

to (-n, n) = (max s, max s) = R.

s"S
3. Rodzina kół otwartych (B ((0, 0), µ))µ"R jest nieprzeliczalnym pokryciem otwartym pÅ‚aszczy-
+
zny R2 wyposażonej w metrykę euklidesową, jednak nie zawiera żadnego pokrycia skończo-
nego.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Twierdzenie 3. 13. (Borela-Lebesgue a) Dla podzbioru Z przestrzeni metrycznej (X, d) nastÄ™-
pujące warunki są równoważne:
(i) Z jest zwarty.
(ii) Każde pokrycie otwarte zbioru Z w przestrzeni (X, d) zawiera (przynajmniej jedno) podpokry-
cie skończone.
Dowód.
(i)=Ò! (ii)
Załóżmy, że Z, gdzie Z = Ø, jest podzbiorem zwartym przestrzeni metrycznej (X, d). Na mocy

Lematu 3.

sn

1
"n"N\{0} "s "N\{0} " : Z Ä…" B x(n),
n i
x(n),...,x(n)"Z
n
1
n
i=1
Niech x " Z będzie dowolnie ustalone. Ponadto niech (Ut) będzie (dowolnym) pokryciem otwar-
tym zbioru Z z przestrzeni metrycznej (X, d). Ponieważ (Ut)t"T jest pokryciem otwartym zbioru
51 ROZDZIAA
3. ZWARTOŚĆ
1 µx
Z, to "t "T "µ"R : B (x, µ) Ä…" Ut . Niech m " N \ {0} bÄ™dzie takÄ… liczbÄ…, że < . Z wÅ‚asnoÅ›ci
x + x
m 2


1 1
wynika, iż "j"{1,...,s x " B x(m), . Jeśli teraz y " B x(n), , to :
n j j
m m

1 1 µx
d(y, x) d y, x(m) + d x(m), x < + < 2 · = µx.
j j
m m 2

1
Wobec tego B x(m), Ä…" B (x, µx) Ä…" Ut .
x
m
Udowodniliśmy w ten sposób, że :

1
("") "x"Z "t "T "m"N\{0} "j"{1,...,s } : x " B x(m), Ä…" Ut .
x n j x
m
Niech E będzie zbiorem wszystkich takich par (n, j), że n " N \ {0}, j " {1, . . . , sn}

1
oraz "t"T : B x(n), ą" Ut. Zbiór ten jest oczywiście co najwyżej przeliczalny. Z własności ("")
j
n
wynika, że E = Ø. Ustawmy wszystkie elementy zbioru E w ciÄ…g (¾k)" . Dla dowolnego k " N\{0}

k=1

1
wybieramy (dokładnie jeden) wskaz
nik x " tk " T taki, że B x(n), Ä…" Ut , gdzie (n, j) " ¾k.
j k
n
W ten sposób zdefiniowaliśmy ciąg (Ut )" elementów pokrycia (Ut)t"T .
k k=1
Niech znowu x " Z (dowolny punkt). Z własności ("") wynika, że x " Ut dla pewnego k " N\{0}.
k
"

Skoro tak, to Z ą" Ut . Pokazaliśmy, że (Ut )" jest co najwyżej przeliczalnym pokryciem otwar-
k k k=1
k=1
tym zbioru Z.
Przypuśćmy, że pokrycie (Ut )" nie zawiera żadnego pokrycia skończonego. Wówczas dla dowol-
k k=1

s s

nego s " N \ {0} mamy Zs = Z \ = Z )" X \ Ut = Ø.

k
k=1 k=1
Jest widoczne, że ciąg (Zs)" podzbiorów przestrzeni metrycznej (X, d) jest zstępujący. Następnie
s=1
każdy zbiór Zs jest zwarty jako zbiór domknięty zawarty w zbiorze zwartym. Tymczasem

" " s " " " s

Zs = Z )" X \ Ut = Z )" X \ Ut = Z )" X \ Ut =
k k
s=1 s=1 k=1 s=1 t=1 s=1 k=1

" "

= Z )" X \ Ut = Z \ Ut = Ø.
k k
k=1 k=1
Doszliśmy do sprzeczności z twierdzeniem Cantora. W takim razie pokrycie (Ut )" zawiera co naj-
k k=1
mniej jedno podpokrycie skończone, stąd już pokrycie (Ut)t"T zawiera (przynajmniej jedno) pokry-
cie skończone.
Ź(i) =Ò! Ź(ii)
Przypuśćmy, że Z nie jest zbiorem zwartym. Wówczas istnieje ciąg (xn)" elementów tego zbioru,
n=1
który nie posiada żadnego podciągu zbieżnego do elementów tego podzbioru. Zauważmy, że jeśli
{U1, . . . , Us}, gdzie s " N \ {0}, jest skończonym pokryciem otwartym zbioru Z,
to w którymś ze zbiorów U1, . . . , Us leży nieskończenie wiele wyrazów ciągu (xn)" . Gdyby istniał
n=1

1
taki punkt x " Z taki, że w każdej kuli B x, znajduje się tylko skończenie wiele wyrazów ciągu
nx
(xn)" , to istniałby taki podciąg (xn )" , że xn - - x, sprzeczność (dowód pozostawiamy czy-
-d
n=1 k k=1 k
k"

1
telnikowi). Skoro tak, to dla każdego x " Z istnieje taka liczba nx " N\{0}, że w kuli B x, znaj-
n
x
1
duje się tylko skończenie wiele wyrazów ciągu (xn)" . Zauważmy, że rodzina B x, jest
n=1
nx x"Z
52 ROZDZIAA
3. ZWARTOŚĆ
pokryciem otwartym zbioru Z w przestrzeni metrycznej (X, d). Gdyby to pokrycie miało jakieś pod-

1
pokrycie skończone, to powstałaby sprzeczność z podkreślonego faktu. Skoro tak, to B x,
nx x"Z
jest pokryciem otwartym zbioru Z niezawierającym żadnego pokrycia skończonego.
Wniosek.
Niech Z1, . . . , Zw, gdzie w " N \ {0}, będą podzbiorami zwartymi przestrzeni metrycznej (X, d).
Wówczas Z1 *" . . . *" Zw też jest podzbiorem zwartym tej przestrzeni.
Dowód.
Niech (Ut)t"T będzie pokryciem otwartym zbioru Z1 *" . . . *" Zw w przestrzeni metrycznej (X, d).
Zakończymy dowód, jeśli pokażemy, że to pokrycie zawiera podpokrycie skończone (twierdzenie
Borela-Lebesgue a). Ponieważ Zi, gdzie i " {1, . . . , w} jest zbiorem zwartym oraz (Ut)t"T jest

pokryciem otwartym zbioru Z, istnieje taki skończony zbiór Sią"T , że Zi ą" Ut. Połóżmy
t"S
S1 *" . . . *" Sw. Wówczas S jest skończonym podzbiorem zbioru wskaz
ników T oraz:

Z1 *" . . . *" Zw Ä…" Ut *" . . . *" Ut = Ut.
t"S1 t"Sw t"S
Wobec tego (Ut)t"S jest podpokryciem skończonym pokrycia otwartego (Ut)t"T zbioru
Z1 *" . . . *" Zw.
Twierdzenie 3. 14. Niech s " N \ {0} i niech (X1, d1), . . . , (Xs, d2) będą przestrzeniami metrycz-
nymi. Połóżmy (X, d) = (X1 × . . . × Xs). Niech ponadto Zi bÄ™dzie dla i = 1, . . . , s podzbiorem
zwartym przestrzeni (Xi, di). Wówczas Z1 × . . . × Zs jest podzbiorem zwartym iloczynu (X, d).
Dowód.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Lemat 4. (Lebesgue a) Niech {Ut}t"T będzie pokryciem otwartym zwartej przestrzeni metrycznej
(X, d). Wówczas
""R "AÄ…"X (diam (A) <  =Ò! "t "T : AÄ…"UtA ).
+ A
Dowód.
Niech x " X (dowolny punkt). Wtedy x " Ut dla pewnego tx " T . Korzystając z otwartości
Ax
zbioru Ut wybierzmy (dokładnie jedną) liczbę x " R+ taką, że B(x, 2x) ą" Ut .
x x
Rodzina {B(x, x)}x"X jest pokryciem otwartym przestrzeni metrycznej (X, d). Wskutek zwartości
s

"s"N\{0} "x ,...,xs"X B(xi, i). Połóżmy  = min{x , . . . , x }. Wówczas  " R+. Przypuśćmy,
1 1 s
i=1
że A ą" X jest (dowolnym) zbiorem spełniającym warunek diam (A) < . Niech ponadto a " A.
53 ROZDZIAA
3. ZWARTOŚĆ
Z definicji średnicy wynika, że A ą" B(a, diam (A)) ą" B(a, ). Ponadto "j"{1,...,s} a"B(xj,xj ). Jeśli
teraz y " B(a, ), to
d(y, xj) d(y, a) + d(a, xj) <  + x 2x .
j j
W ten sposób udowodniliśmy, że B(a, ) ą" B(xj, 2x ).
j
Ponieważ A ą" B(a, ) oraz B(xj, 2x ) ą" Ut , to A ą" Ut . Kończymy dowód kładąc tA = tx .
j xj xj j
UWAGA 24
Liczbę  z powyższego lematu nazywa się liczbą Lebesgue a pokrycia {Ut}t " T.
Definicja 3. 5 Niech (X, d) oraz (Y, Á) bÄ™dÄ… przestrzeniami metrycznymi i niech f : X Y .
Odwzorowanie f jest jednostajnie ciągłe, jeśli
"µ"R "´=´(µ)"R "x,y"X d(x, y) < ´ =Ò! Á(f(x), f(y)) < µ.
+ +
UWAGA 25
1. Każde odwzorowanie jednostajnie ciągłe jest ciągłe. Bowiem - w sytuacji z definicji - odwzo-
rowanie f jest ciągłe wtedy i tylko wtedy, gdy
"x"X "µ"R "´=´(µ)"R "y"X d(x, y) < ´ =Ò! Á(f(x), f(y)) < µ.
+ +
(Nie na odwrót!)
2. Każda izometria jest odwzorowaniem jednostajnie ciÄ…gÅ‚ym (´ = µ).
3. Złożenie dwóch odwzorowań jednostajnie ciągłych jest jednostajnie ciągłe.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Przykład.
1
Funkcja Õ : R+ t " R jest ciÄ…gÅ‚a (przy metryce naturalnej). Rozważmy µ = 1 i dowolnÄ…
t
1 1 1 1
liczbÄ™ ´ " R+. Jest jasne, że |n - | = < ´ dla pewnego n " N \ {0}. Połóżmy x = oraz
n+1 n(n+1) n
1
y = . Wówczas |Õ(x) - Õ(y)| = |n - (n + 1)| = 1 µ. W ten sposób udowodniliÅ›my, że funkcja
n+1
Õ nie jest jednostajnie ciÄ…gÅ‚a.
Twierdzenie 3. 15. (Heinego) Niech (X, d) i (Y, Á) bÄ™dÄ… przestrzeniami metrycznymi. Niech po-
nadto f : X Y będzie odwzorowaniem ciągłym. Przypuśćmy, że przestrzeń (X, d) jest zwarta.
Wówczas odwzorowanie f jest jednostajnie ciągłe.
54 ROZDZIAA
3. ZWARTOŚĆ
Dowód.
Wybierzmy (dowolnie) µ " R+. Niech x " X (dowolny punkt). KorzystajÄ…c z ciÄ…gÅ‚oÅ›ci wybierzmy
µ
(dokÅ‚adnie jednÄ…) liczbÄ™ ´x " R+ takÄ…, że Á(f(x), f(y)) < dla każdego y " B(x, ´x) (Kula w prze-
2
strzeni (X, d)). Rodzina {B(x, ´x)}x"X jest pokryciem otwartym przestrzeni metrycznej (X, d).
Niech ´ bÄ™dzie (pewnÄ…) liczbÄ… Lebesgue a pokrycia {B(x, ´x)}x"X. Jeżeli teraz punkty x, y " X
speÅ‚niajÄ… warunek d(x, y) < ´, to diam {X, y} = d(x, y) < ´, stÄ…d x, y " B(x0, ´x ) dla pewnego
0
x0 " X. W takim razie
µ µ
Á(f(x), f(y)) Á(f(x), f(x0)) + Á(f(x0), f(y)) < + = µ.
2 2
Definicja 3. 6 Przestrzeń metryczna jest lokalnie zwarta, jeśli
Å„Å‚
òÅ‚
x " U,
"x"X "U"Top (X,d) :
ół
cl (U) jest podzbiorem zwatrym przestrzeni metrycznej(X, d).
Przykład.
1. Każda zwarta przestrzeń metryczna jest lokalnie zwarta (U = X).
2. Przestrzeń (Rn, d2) jest dla każdego n " N \ {0} niezwarta, ale lokalnie zwarta. (Bowiem
w tej przestrzeni cl (B(x, µ)) = B(x, µ) jest dla każdego punktu x i każdego µ " R+ zbiorem
zwartym.)
3. Żadna nieskończenie wymiarowa przestrzeń Hilberta nie jest lokalnie zwarta.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Rozdział 4
Spójność
Definicja 4. 1 Podzbiór C przestrzeni metrycznej (X, d) jest spójny jeśli
"U,V "Top (X,d) (C Ä…" U *" V, C )" U )" V = Ø) =Ò! (C )" U = Ø (" C )" V = Ø).
UWAGA 26
1. W następniku implikacji można równie dobrze wpisać C ą" U (" C ą" V.
2. Przestrzeń (X, d) jest spójna wtedy i tylko wtedy, gdy
"U,V "Top (X,d) (X = U *" V, U )" V = Ø) =Ò! (X = U (" X = V ).
Definicja 4. 2 Podzbiór D przestrzeni metrycznej (X, d) jest niespójny, jeśli nie jest spójny, czyli
jeśli
Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚ D Ä…" U *" V,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
D )" U )" V = Ø,
"U,V "Top (X,d) :
ôÅ‚
ôÅ‚
D )" U = Ø,

ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
D )" V = Ø.

Przykład.
1. Każdy co najwyżej jednoelementowy podzbiór dowolnej przestrzeni metrycznej jest spójny.
2. Jeśli S jest przynajmniej 2-elementowym podzbiorem skończonym przestrzeni metrycznej
(X, d), to S jest niespójny. (Bowiem wybierzmy x0 = S.
Połóżmy U = X \ {x0} oraz Y = (X \ S) *" {x0}. Wówczas U, V " Top (X, d), S ą" U *" V ,
S )" U )" V = Ø, S )" U = S \ {x0} = Ø oraz S )" V = {x0}.)

56 ROZDZIAA
4. SPÓJNOŚĆ
3. Podzbiór R" prostej R wyposażonej w metrykę naturalną jest niespójny. (Rozważmy bowiem
U = (-", 0) oraz V = (0, ").)
4. Q jest podzbiorem niespójnym prostej R wyposażonej w metrykę naturalną. (Wez
my pod
" "
uwagÄ™ U = (-", 2) oraz V = ( 2, ").)
5. Zbior {(x, y) " R2 : x2 + y2 = 1} = {(x, y) " R2 : x2 + y2 < 1} *" {(x, y) " R2 : x2 + y2 > 1}

jest, jako podzbiór przestrzeni metrycznej (R2, d2), niespójny.
Twierdzenie 4. 1. (o obrazie ciÄ…gÅ‚ym zbioru spójnego) Niech (X, d) i (Y, Á) bÄ™dÄ… przestrze-
niami metrycznymi. Niech f : X Y będzie odwzorowaniem ciągłym. Przypuśćmy, że zbiór C ą" X
jest spójny. Wówczas f(C) jest podzbiorem spójnym przestrzeni metrycznej (Y, Á).
Dowód.
Załóżmy, że f(C) Ä…" U *" V dla pewnych U, V " Top (Y, Á), przy czym U )" V )" f(C) = Ø. Musimy
pokazać, że f(C) ą" U lub f(C) ą" V. Zauważmy, że
C Ä…" f-1(f(C)) Ä…" f-1(U *" V ) = f-1(U) *" f-1(V ).
Następnie
C )" f-1(U) )" f-1(V ) Ä…" f-1(f(C)) )" f-1(U) )" f-1(V ) = f-1(f(C) )" U )" V ) = f-1(Ø) = Ø,
skÄ…d C )" f-1(U) )" f-1(V ) = Ø. W koÅ„cu, dziÄ™ki ciÄ…gÅ‚oÅ›ci odwzorowania f,
mamy f-1(U), f-1(V ) " Top (X, d). Wobec tego, ze spójności zbioru C wynika, że C ą" f-1(U) lub
C Ä…" f-1(V ). Skoro tak, to f(C) Ä…" f(f-1(U)) Ä…" U lub f(C) Ä…" f(f-1(V )) Ä…" V.
Wniosek.
Jeżeli dwie przestrzenie metryczne są homeomorficzne i jedna z nich jest spójna, to druga też jest
spójna. (Inaczej mówiąc spójność jest własnością topologiczną.)
Dowód.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Twierdzenie 4. 2. (o połączeniu zbiorem spójnym) Niech C będzie podzbiorem przestrzeni
metrycznej (X, d). Wówczas następujące warunki są równoważne:
(i) C jest spójny,
Å„Å‚
òÅ‚
x, y " D,
(ii) "x,y"C "DÄ…"C
ół
D - podzbiór spójny przestrzeni metrycznej(X, d).
57 ROZDZIAA
4. SPÓJNOŚĆ
Dowód.
(i)=Ò!(ii)
Oczywiste. (D = C)
Ź(i)=Ò! Ź(ii)
Przypuśćmy, że zbiór C jest niespójny. Wówczas
Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚ C Ä…" U *" V,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
C )" U )" V = Ø,
"U,V "Top (X,d) :
ôÅ‚
ôÅ‚
C )" U = Ø,

ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
C )" V = Ø.

Wybierzmy punkt x " C )" U oraz punkt y " C )" V . Niech D ą" C będzie (dowolnym) takim
zbiorem, że x, y " D. Wówczas D Ä…" U *" V , D )" U )" V = Ø, x " D )" U oraz y " D )" V. W takim
razie zbiór D jest niespójny. Otrzymaliśmy zaprzeczenie warunku (ii).
Definicja 4. 3 Podzbiór Z przestrzeni metrycznej (X, d) nazywa się CONTINUUM, jeżeli jest
niepusty, zwarty i spójny.
Twierdzenie 4. 3. Niech (Ct) będzie rodziną podzbiorów spójnych przestrzeni metrycznej (X, d).

Przypuśćmy, że Ct = Ø. Wówczas Ct również jest podzbiorem spójnym przestrzeni (X, d).

t"T t"T
Dowód.
Niech A oraz B bÄ™dÄ… podzbiorami spójnymi przestrzeni metrycznej (X, d). Załóżmy, że A )" B = Ø.

Niech nastÄ™pnie U, V " Top (X, d) bÄ™dÄ… (dowolnymi) takimi zbiorami, że U *" V ‡" A *" B oraz
(A *" B) )" U )" B = Ø. Jest widoczne, że A Ä…" U *" V . Ponadto A )" U )" V Ä…" (A *" B) )" U )" V = Ø.
Wskutek spójności zatem A ą" U lub A ą" V . Dokładnie tak samo pokazujemy, że B ą" U lub
B Ä…" V . Przypuśćmy, że A Ä…" U oraz B Ä…" V . Wtedy Ø = A )" B Ä…" U )" V )" (A *" B) = Ø, co oznacza
oczywiście sprzeczność. W ten sam sposób uzyskujemy sprzeczność zakładając,
że A ą" V , natomiast B ą" U.
W ten sposób udowodniliśmy, że (A ą" U '" B ą" U) lub (A ą" V '" B ą" V ), czyli że (A *" B) ą" U
albo (A *" B) ą" V . Skoro tak, to A *" B jest podzbiorem spójnym przestrzeni (X, d).

Niech następnie x, y " Ct (dowolne punkty). Wówczas x " Ct i y " Ct , tx, ty " T . Przy-
x y
t"T

puśćmy, że zbiory Ct oraz Ct sÄ… spójne. Zauważmy, że Ø = Ct Ä…" Ct )" Ct . Wobec tego, za

x y x y
t"T
prawą poprzedniej części dowodu Ct *" Ct jest podzbiorem spójnym przestrzeni (X, d). Jest jasne,
x y

że x, y " Ct *" Ct ą" Ct. W ten sposób udowodniliśmy, że
x y
t"T
Å„Å‚
òÅ‚
x, y " D
"x,y" Ct "DÄ…" Ct :
ół
D- podzbiór spójny (X, d).
t"T t"T

Wobec tego spójność sumy Ct wynika z twierdzenia o połączeniu zbiorem spójnym.
t"T
58 ROZDZIAA
4. SPÓJNOŚĆ
UWAGA 27
Przecięcie rodziny podzbiorów spójnych danej przestrzeni metrycznej na ogół nie jest podzbiorem
spójnym tej przestrzeni. Dopełnienie podzbioru spójnego tej przestrzeni również.
Twierdzenie 4. 4. Niech s " N \ {0} i niech (X1, d1) , . . . , (Xs, ds) będą przestrzeniami metrycz-
nymi. Niech ponadto Ci będzie dla i = 1, . . . , s podzbiorem spójnym przestrzeni mietrycznej (Xi, di).
Wówczas Ci × . . . × Cs jest podzbiorem spójnym iloczynu metrycznego (X1, d1) × . . . × (Xs, ds).
Dowód. (indukcja względem s)
Dla s = 1 jest oczywiste.
Ustalmy k " N \ {0}. Załóżmy, że jeśli (Y1, d1) , . . . , (Yk, dk) są przestrzeniami metrycznymi oraz
Ci jest dla i = 1, . . . , k podzbiorem spójnym przestrzeni (Xi, di), to C1 × . . . × Ck jest podzbiorem
spójnym przestrzeni (Y1, d1) × . . . × (Ys, ds).
Niech teraz (Z1, ´1) , . . . , (Zk+1, ´k+1) bÄ™dÄ… przestrzeniami metrycznymi i niech
D1 ą" Z1 . . . Dk+1 ą" Zk+1 będą zbiorami spójnymi.
ZakoÅ„czymy dowód, jeÅ›li pokażemy, że D1 × . . . × Dk+1 jest podzbiorem spójnym iloczynu metrycz-
nego (Z1, ´1) × . . . × (Zk+1, ´k+1).
Połóżmy (Z, ´) = (Z1, ´1) , . . . , (Zk, ´k). Zauważmy, że
(Z, ´) × (Zk+1, ´k+1) = (Z1, ´1) × . . . × (Zk+1, ´k+1)
Dowód powyższej własności pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Następnie, na mocy założenia indukcyjnego
Zk+1
D = D1×. . .×Dk jest podzbiorem spójnym przestrzeni
metrycznej (Z, ´). Niech x, y " D, a, b " Dk+1. Odwzo- D × {b}
b
rowanie f : Zk+1 t (x, t) " Z ×Zk+1 jest izometriÄ…
Dk+1
miÄ™dzy przestrzeniami metrycznymi (Zk+1, ´k+1) oraz
a
(Z, ´) × (Zk+1, ´k+1), czego dowód również pozostawia-
my czytelnikowi jako ćwiczenie.
x y
D
Z
Skoro tak, to {x} × Dk+1 = {(x, t)t"D } = f (Dk+1) jest podzbiorem spójnym przestrzeni
k+1
(Z, ´) × (Zk+1, ´k+1) (z twierdzenia o obrazie ciÄ…gÅ‚ym zbioru spójnego).
Podobnie wykazujemy, że D × {b} jest podzbiorem spójnym (Z, ´) × (Zk+1, ´k+1).
59 ROZDZIAA
4. SPÓJNOŚĆ
Jest jasne, że (x, a) oraz (y, b) należą do ({x} × Dk+1) *" (D × {b}) Ä…" D × Dk+1. W koÅ„cu
(D × {b}) '" ({x} × Dk+1) = {(x, b)}. Ponieważ zbiory {x} × Dk+1 oraz D × {b} sÄ… spójne oraz ich
przecięcie jest niepuste, to suma tych zbiorów jest podzbiorem spójnym przestrzeni
(Z, ´) × (Zk+1, ´k1). W ten sposób udowodniliÅ›my, że
Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚ Ä…, ² " E,
ôÅ‚
òÅ‚
"Ä…,²"D ×...×Dk+1 "EÄ…"D ×...×Dk+1 :
E jest podzbiorem spójnym przestrzeni
1 1
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
(Z1, ´1) × . . . × (Zk+1, ´k+1)
Skoro tak, to z twierdzenia o poÅ‚Ä…czeniu zbiorem spójnym wynika, że D - 1 × . . . × Dk+1 jest
podzbiorem spójnym przestrzeni (Z1, ´1) × . . . × (Zk+1, ´k+1).
Lemat 5. Dla podzbioru C przestrzeni metrycznej (X, d) następujące warunki są równoważne:
1. C jest spójny,
2. "E,F "Cotop(X,d) (C Ä…" E *" F, C )" E )" F = Ø) Ò! (C Ä…" E (" C Ä…" F )
Dowód.
(i) Ò! (ii)
Przypuśćmy, że C jest spójny i że zbiory E, F " Cotop(X, d) spełniają warunki C ą" E *" F oraz
C )" E )" F = Ø. Połóżmy U = X \ E oraz V = X \ F . Wówczas U, V " Top (X, d).
Zauważmy, że
Ø = C )" E )" F = C )" ((X \ U) )" (X \ V )) = C )" (X \ (U *" V )) ,
skÄ…d C Ä…" U *" V .
Ponadto, skoro C Ä…" E *" F , to
Ø = C )" (X \ (U *" V )) = C )" (X \ E) )" (X \ F ) = C )" U )" V,
ze spójnoÅ›ci wynika, że C Ä…" U lub C Ä…" V , co znaczy, że C )" E = Ø lub C )" V = Ø, skÄ…d
C Ä…" E (" C Ä…" F .
(ii) Ò! (i)
Dowód jest analogiczny do przeprowadzonego w drugą stronę, dlatego pozostawiamy go czytelnikowi
jako ćwiczenie.
Twierdzenie 4. 5. Niech C będzie podzbiorem spójnym przestrzeni metrycznej (X, d). Wówczas
C również jest podzbiorem spójnym tej przestrzeni.
Dowód.
Przypuśćmy, że E, F " Cotop(X, d) sÄ… podzbiorami spójnymi, C Ä…" E *" F oraz C )" E )" F = Ø.
Musimy pokazać, że C Ä…" E lub C Ä…" F . Ponieważ C Ä…" C, to C Ä…" E *" F oraz C )" E )" F = Ø. Ze
spójności C mamy, że C ą" E lub C ą" F . Wobec tego C ą" E = E lub C ą" F = F .
60 ROZDZIAA
4. SPÓJNOŚĆ
UWAGA 28
Wnętrze, brzeg, zewętrze podzbioru spójnego danej przestrzeni metrycznej nie są na ogół spójne.
Twierdzenie 4. 6. Dla podzbiorów C prostej R wyposażonej w indukowaną metrykę naturalną
następujące warunki są równoważne:
(i) C jest spójny,
(ii) C jest (jakimś) przedziałem.
Dowód.
(i) Ò! (ii)
Przypuśćmy, że C jest spójny. Niech a = inf{C} oraz b = sup{C}.
Oznacza to, że a, b " R *" {-", +"}. Załóżmy, że a, b " R i a < b.
Wtedy C Ä…" [a, b]. Gdyby jakaÅ› liczba x " (a, b) ‚" R nie byÅ‚a elementem zbioru C,
to C Ä…" (-", x) *" (x, "), przy czym (-", x) )" C = Ø oraz (x, ") )" C = Ø, co przeczyÅ‚oby

spójnoÅ›ci zbioru C (bowiem (-", x), (x, ") " Top (R, d) oraz C )" (-", x) )" (x, ") = Ø). W ten
sposób udowodniliśmy, że (a, b) ą" C ą" [a, b], z czego wynika, że C jest przedziałem.
Załóżmy następnie, że a " R oraz b = +". Wówczas C ą" [a, ") oraz istnieje ciąg (bn)"
n=1
elementów zbioru C, taki, że lim bn = ". Podobnie jak w poprzedniej części dowodu, wykazujemy,
n"
"

że (a, bn) ą" C, dla każdego n " N \ {0}. Skoro tak, to (a, ") = (a, bn) ą" C ą" [a, "), z czego
n=1
wynika, że C jest przedziałem.
Przypadki (-", b) oraz (-", ") pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
(ii) Ò! (i) Załóżmy, że C = [0, 1]. Przypuśćmy, że E, F " Cotop(R, d) speÅ‚niajÄ… warunki:
[0, 1] Ä…" E *"F oraz [0, 1])"E )"F = Ø. Dodatkowo załóżmy, że 1 " F . Przypuśćmy, że E )"[0, 1] = Ø.

Połóżmy a = sup{E )" [0, 1]}. Wówczas a " R. Ponieważ E )" [0, 1] " Cotop(R, d), to a " E )" [0, 1].
Ponieważ (E )" [0, 1]) )" (F )" [0, 1]) = Ø oraz 1 " F , to a < 1. Z faktu, że [0, 1] Ä…" E *" F i z definicji
kresu górnego wynika, że Ø = (a, 1) Ä…" F )" [0, 1]. Ponieważ F )" [0, 1] " Cotop(R, d), to z powyższej

indukcji wynika, iż [a, 1] = (a, 1) ą" F )" [0, 1]. W konsekwencji a " [0, 1] )" F )" E, co prowadzi
do sprzeczności. Udowodniliśmy w ten sposób, że jeśli 1 " F , to [0, 1] ą" F . Dokładnie tak samo,
z faktu, że 1 " E wynika, iż [0, 1] ą" E. Wobec tego
"E,F "Cotop(R,d) ([0, 1] Ä…" E )" F ) '" ([0, 1] )" E )" F = Ø) Ò! [0, 1] Ä…" E (" [0, 1] Ä…" F,
czyli [0, 1] jest podzbiorem spójnym przestrzeni metrycznej (R, d). Przypuśćmy teraz, że C jest
dowolnym przedziałem ograniczonym i domkniętym. Wówczas C jest obrazem przedziału [0, 1]
przez funkcję ciągłą i liniową f : R R. Spójność C wynika zatem z poprzedniej części dowodu
i z twierdzenia o obrazie ciągłym zbioru spójnego.
Niech w końcu C będzie dowolnym przedziałem i niech x, y " C będą takie, że x < y. Wówczas
61 ROZDZIAA
4. SPÓJNOŚĆ
[x, y] ą" C, x, y " [x, y] oraz [x, y] jest podzbiorem spójnym przestrzeni (R, d). Spójność C wynika
zatem z twierdzenia o połączeniu zbiorem spójnym.
Twierdzenie 4. 7. Niech C będzie podzbiorem spójnym przestrzeni metrycznej (X, d).
Niech f : C R będzie ciągła (przy metryce indukowanej z d w zbiorze C, oraz metryce naturalnej
w R). Wówczas "x,y"C "Ä…"R (f(x) < Ä… < f(y) =Ò! "z"Cf(z) = Ä…).
Dowód.
Niech x, y " C, oraz niech Ä… " R speÅ‚nia nierówność f(x) < Ä… < f(y). f(C) ‚" R jest zbiorem
spójnym, jako obraz funkcji ciągłej na zbiorze spójnym, a więc f(C) jest przedziałem. Ponieważ
f(x), f(y) " f(C) ‚" R, to [f(x), f(y)] Ä…" f(C). Ponieważ Ä… " [f(x), f(y)], to istnieje takie x " C,
że f(z) = ą.
Wniosek.
Niech f : R ƒ" [a, b] R bÄ™dzie funkcjÄ… ciÄ…gÅ‚Ä…. Niech f(a) = f(b) oraz niech d " R speÅ‚nia

nierówność f(a) < d < f(b) lub f(a) > d > f(b). Wówczas istnieje c " [a, b], że f(c) = d.
Twierdzenie 4. 8. Dla dowolnego m " N \ {0} każda m-wymiarowa kostka jest podzbiorem spój-
nym przestrzeni metrycznej (Rn, d2).
Dowód.
Niech C = I1 × · · · × Im, gdzie I1 × · · · × Im ‚" R sÄ… przedziaÅ‚ami domkniÄ™tymi i ograniczony-
mi. Oczywiście przedziały Ii są zbiorami spójnymi w R z metryką naturalną. Zatem korzystając
z twierdzenia o iloczynie kartezjańskim zbiorów spójnych otrzymujemy,
że C = I1 × · · · × Im Ä…" (R, d) × · · · × (R, d) = (Rm, d2), (gdzie d-metryka naturalna) jest zbiorem
spójnym.
Twierdzenie 4. 9. Okrąg S1 jest podzbiorem spójnym przestrzeni metrycznej (R2, d2).
Dowód.
Oczywiście przedział [0, 2Ą) jest zbiorem spójnym w R z metryką naturalną oraz
ł : [0, 2Ą) t (cos t, sin t) " S1 jest ciągłą bijekcją, a więc S1 jest podzbiorem spójnym
przestrzeni metrycznej (R2, d2).
Definicja 4. 4 Niech X będzie przestrzenią wektorową nad R. Zbiór A ą" X jest wypukły wtedy,
gdy: "x,y"A "t"[0,1] tx + (1 - t)y " A.
62 ROZDZIAA
4. SPÓJNOŚĆ
UWAGA 29
[x, y] := {tx + (1 - t)y : t " R, 0 t 1} - odcinek Å‚Ä…czÄ…cy x oraz y w X.
Twierdzenie 4. 10. Niech (X, · ) bÄ™dzie rzeczywistÄ… przestrzeniÄ… unormowanÄ…. Wówczas każdy
podzbiór wypukły A ą" X jest zbiorem spójnym. (Metryka indukowana z normą.)
Dowód.
Niech A ą" X będzie zbiorem wypukłym, czyli "x,y"A "t"[0,1] tx + (1 - t)y " A. Zauważmy, że dla
każdych x, y " A odwzorowanie Õ : [0, 1] t xt + (1 - t)y " X jest ciÄ…gÅ‚e, a wiÄ™c odcinek
[x, y] = Õ([0, 1]) Ä…" A, jest zbiorem spójnym. Skoro tak, to korzystajÄ…c z twierdzenia o poÅ‚Ä…czeniu
zbiorem spójnym otrzymujemy, że A jest podzbiorem spójnym naszej przestrzeni (X, · ).
Przykład.
1. Każda kula dowolnej przestrzeni unormowanej jest spójna.
2. Każdy prostopadłościan, sfera oraz torus są podzbiorami spójnymi przestrzeni metrycznej
(R3, d2).
3. Każda przestrzeń (Rn, d2) jest spójna.
Definicja 4. 5 Niech Y będzie podzbiorem przestrzeni metrycznej (X, d). Składową S zbioru Y ,

wyznaczoną przez punkt p " Y nazywamy: S = {C ą" Y : C - spójny, p " C}.
Twierdzenie 4. 11. Każda składowa S podzbioru Y przestrzeni metrycznej (X, d) jest spójna.
Co więcej S jest maksymalnym zbiorem spójnym, tzn. jeżeli D ą" Y jest zbiorem spójnym, to zachodzi
wynikanie S Ä…" D Ò! D = S.
Dowód.

Niech S będzie składową zbioru Y wyznaczoną przez p " Y , S = {C ą" Y : C -spójny, " C. Skoro
tak, to na mocy twierdzenia o sumie zbiorów spójnych otrzymujemy, że S jest zbiorem spójnym.
Jeśli D ą" Y byłoby takim zbiorem spójnym, że składowa S ą" D, to punkt p " D. Skoro tak, to
D Ä…" S, a w rezultacie D = S.
Twierdzenie 4. 12. Niech Y będzie podzbiorem przestrzeni metrycznej (X, d). Wówczas:
(i) Y jest sumą swoich składowych,
(ii) składowe zbioru Y są parami rozłączne.
63 ROZDZIAA
4. SPÓJNOŚĆ
Dowód.
(i) Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
(ii) Gdyby składowe S1, S2 zbioru Y były takie, że S1 )" S2 = ", to istniałby p " S1 )" S2. Wówczas

zbiór S = S1 *" S2 ą" Y byłby zbiorem spójnym, przy czym S1 ą" S1 *" S2 oraz S2 ą" S1 *" S2.
Wobec maksymalności składowych S1 oraz S2 otrzymujemy, że S1 = S2 = S.
Przykład.
1. Zbiór jest spójny wtedy i tylko wtedy, gdy jest swoją jedyną składową.
2. Jeśli przestrzeni metrycznej (X, d) jest dyskretna, to {{x}} : x " X} jest rodziną wszystkich
składowych tej przestrzeni.
3. Składowymi zbioru Q będącego podzbiorem R z metryką naturalną śa zbiory jednopunktowe.
RzeczywiÅ›cie, gdyby pewna skÅ‚adowa S ‚" Q zawieraÅ‚a dwie liczby wymierne x, y takie,
że x < y, to istniałoby t " R\Q takie, że x < t < y. Skoro tak, to zbiory S )"(", t), S )"(t, ")
byłyby niepuste, rozłączne, otwarte w podprzestrzeni S dawałyby w sumie S. Z tego wynika,
że S byłby zbiorem niespójnym.
4. Składowymi zbioru X = [0, 1] *" (1, 3) będącego podzbiorem prostej R z metryką naturalną
sÄ… zbiory [0, 1] oraz (2, 3).
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Lemat 6. Podzbiór Z przestrzeni metrycznej (X, d) jest niespójny wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje
podzbiór otwarto-domkniÄ™ty W przestrzeni metrycznej (Z, d|Z×Z) taki, że W = " oraz W = Z.

Dowód.
 Ò!
Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚ Z Ä…" U *" V,
ôÅ‚
òÅ‚
"U,V "Top ((X,d))
U )" V )" Z = ",
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
U )" Z = ", V )" Z = ".

A
atwo pokazać, że (Z )" U), (Z )" V ) " Top (Z, d|Z×Z).
Zauważmy, że (U )" Z) )" (U )" Z) = ", (U )" Z) *" (V )" Z) = Z.
Skoro tak, to U )" Z = Z \ (V )" Z) " Cotop(Z, d|Z×Z).
64 ROZDZIAA
4. SPÓJNOŚĆ
 Ð!
Niech W bÄ™dzie nietrywialnym zbiorem otwarto-domkniÄ™tym w (Z, d|Z×Z).
Zauważmy, że " = Z = W oraz " = Z \W = Z. Co więcej W *"(Z \W ) = Z oraz W )"(Z \W ) = ".

Zauważmy też, że Z \W " Top (Z, d|Z×Z). PokazaliÅ›my wiÄ™c, że istniejÄ… takie zbiory W, Z \W , które
są otwarte w Z, rozłąćzne, niepuste oraz dające w sumie Z. Zatem Z jest podzbiorem niespójnym
przestrzeni metrycznej (X, d).
Twierdzenie 4. 13. Niech G " Top (Rn, d2). Zbiór G jest spójny wtedy i tylko wtedy, gdy każde
dwa punkty x, y " G można połączyć łamaną całkowicie zawartą w zbiorze G.
Dowód.
 Ð!
Niech x, y " G oraz niech Lxy oznacza Å‚amanÄ… Å‚Ä…czÄ…cÄ… punkty x oraz y.
Lxy = [a0, a1] *" [a1, a2] *" · · · *" [an-1, an], gdzie ai " G, a0 = x, an = y. Jasne jest, że odcinki
[ai-1, ai] są spójne dla i = 0, . . . , n. Zauważmy, że [a0, a1] *" [a1 *" a2] jest spójny, ponieważ jest
sumą zbiorów spójnych o niepustym przecięciu. Przez trywialną indukcję otrzymujemy, że łamana
Lxy = [a0, a1] *" [a1, a2] *" · · · *" [an-1, an] jest zbiorem spójnym. Skoro tak, to na mocy twierdzenia
o połączeniu zbiorem spójnym otrzymujemy, że G jest zbiorem spójnym.
 Ò!
Ustalmy p0 " G. Zdefiniujmy H := {q " G : istnieje Å‚amana L ‚" G Å‚Ä…czÄ…ca punkty p0 oraz q}.
Dowód zakończymy jeśli pokażemy, że H = G. Niech q1 " G będzie punktem granicznym zbioru H.
Ponieważ G jest zbiorem otwartym, to "µ>0 B(q1, µ) Ä…" G. Ponieważ q1 jest punktem granicznym,
to H )" B(q1, µ) = ". Wobec tego istnieje y " H )" B(q1, µ). Ponieważ y " H, to y możemy poÅ‚Ä…czyć

z p0 Å‚amanÄ… zawartÄ… w G. Zauważmy, że [y, q1] Ä…" B(g1, µ). Skoro tak, to q1 " H. Wobec tego
H jest zbiorem domkniętym w G z indukowaną metryką euklidesową. Pokażemy teraz, że H jest
podzbiorem otwartym w G z indukowaną metryką euklidesową. Niech q2 " H będzie dowolnym
punktem. Wówczas istnieje µ1 " R+ : B(q2, µ1) Ä…" G. Niech u " B(q2, µ1). Oczywiste jest, że p0
możemy poÅ‚Ä…czyć z q2 pewnÄ… Å‚amanÄ… L zawartÄ… w G. Zauważmy, że [u, q2] Ä…" B(q2, µ1) Ä…" G. Skoro
tak, to L *" [u, q2] otrzymujemy Å‚amanÄ… zawartÄ… w G Å‚Ä…czÄ…cÄ… p0 z u. Wobec tego B(q2, µ1) Ä…" H. Z
dowolności punktu q2 wynika, że H jest zbiorem otwartym w G z indukowaną metryką euklidesową.
Pokazaliśmy, że H jest zbiorem otwarto-domkniętym w G. Ponieważ H = " (p0 " H) oraz G-

spójny, to na mocy poprzedniego lematu H = G.
UWAGA 30
Niepusty, otwarty i spójny podzbiór danej przestrzeni metrycznej nazywa się obszarem (w tej
przestrzeni).
65 ROZDZIAA
4. SPÓJNOŚĆ
Przykład.
Niech (a, b) " R2 i niech r, R " R+. Załóżmy, że r < R.
Pierścień {(x, y) " R2 : r2 < (x - a)2 + (y - b)2 < R2} jest wówczas (niewypukłym) obszarem
przestrzeni metrycznej (R2, d2).
y
R
r
b
a x
Twierdzenie 4. 14. Niech (X, d) oraz (Y, Á) bÄ™dÄ… przestrzeniami metrycznymi. Oznaczmy przez
S rodzinę wszystkich składowych (spójnych) przestrzeni metrycznej (X, d), przez T natomiast -
rodzinÄ™ wszystkich skÅ‚adowych (spójnych) przestrzeni metrycznej (Y, Á). Niech ponadto h : X Y
będzie homeomorfizmem tych przestrzeni. Wówczas:
(i) "SÄ…"X S " S Ò! h(S) " T,
(ii) odwzorowanie S S h(S) " T jest bijekcjÄ….
Dowód.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Przykład.
Zbiory (-1, 7) *" (8, 19) *" (23, 79) oraz (-2, 4) *" (5, 19), oba wyposażone w indukowaną z R mertykę
naturalną, nie są homeomorficzne, bowiem pierwszy z nich ma dokładnie trzy składowe, drugi
natomiast dokładnie dwie.
Definicja 4. 6 Drogą w przestrzeni metrycznej (X, d) nazywa się każde odwzorowanie ciągłe
Õ : I X, gdzie I = [0, 1] ‚" R. (W przedziale I indukowana metryka naturalna.)
66 ROZDZIAA
4. SPÓJNOŚĆ
UWAGA 31
a) JeÅ›li Õ : I X jest drogÄ… w przestrzeni metrycznej (X, d), to obraz Õ(I) jest zwartym i spójnym
podzbiorem tej przestrzeni (continuum).
b) JeÅ›li Õ(0) = Õ(1) = x0 dla pewnej drogi Õ : I X w przestrzeni metrycznej (X, d), to tÄ… trogÄ™
nazywa się pętlą zaczepioną w punkcie x0.
Przykład.
1. Odwzorowanie Õ : I t (cos(2Ä„t), sin(2Ä„t), t) " R3 jest drogÄ… w przestrzeni metrycznej
(R3, d2) o początku w punkcie (1, 0, 0) i końcu w punkcie (1, 0, 1). (Odcinek helisy.)
2. Odwzorowanie Ä„ : I R2 zdefiniowane za pomocÄ… wzoru:
Å„Å‚
1
ôÅ‚
ôÅ‚ (3t, 3t), gdy 0 t
ôÅ‚
3
òÅ‚
1 2
Ä„(t) - 6t, 1), gdy t
(3
3 3
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół 2
(3t - 3, -3t + 3), gdy t 1
3
jest pętlą na płaszczyz
nie (R2, d2), zaczepionÄ… w punkcie (0, 0).
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
y
x
-1 1
Definicja 4. 7 Przestrzeń metryczna (X, d) jest drogowo spójna, jeśli dla dowolnych dwóch punk-
tów x, y " X istnieje droga Õ : I X taka, że Õ(0) = X oraz Õ(1) = Y .
Twierdzenie 4. 15. (i) Każdy niepusty podzbiór wypukły dowolnej przestrzeni unormowanej
(X, · ) nad ciaÅ‚em R, wyposażony w metrykÄ™ naturalnÄ… indukowanÄ… przez normÄ™ · ,
jest drogą spójną przestrzeni metrycznej .
(ii) Każda przestrzeń metryczna drogowo spójna jest spójna.
Dowód.
(i) Jeżeli x, y " W , to odcinek I t (1 - t)x + ty " X jest drogą łączącą punkty x oraz y
i leżącą w zbiorze W .
67 ROZDZIAA
4. SPÓJNOŚĆ
(ii) Wynika natychmiast z twierdzenia o poÅ‚Ä…czeniu zbiorem spójnym. (Ponieważ jeÅ›li Õ : I X
jest drogÄ… w przestrzeni metrycznej (X, d), to Õ(I) jest podzbiorem spójnym tej przestrze-
ni.)
UWAGA 32
Istnieją przestrzenie spójne, które nie są drogowo spójne!
Rozdział 5
Równoważność metryk
Definicja 5. 1 Metryki d1 oraz d2 w zbiorze X = " są równoważne (będziemy pisać d1 <" d2), jeśli

Top (X, d1) = Top (X, d2).
UWAGA 33
Równoważność metryk jest relacjÄ… równoważnoÅ›ci w zbiorze {d : X×X [0, ") ‚" R|d jest metrykÄ…}.
Przykład.
Niech d bÄ™dzie metrykÄ… naturalnÄ… w R, Á natomiast metrykÄ… dyskretnÄ… w R. Metryki d oraz Á nie
sÄ… wówczas równoważne, bowiem {0} " Top (R, Á) \ Top (R, d).
Twierdzenie 5. 1. Niech d1 oraz d2 będą metrykami w zbiorze X = ". Przez Bi(x, r) oznaczmy

kulę otwartą o środku w pukncie x i promieniu r w przestrzeni petrycznej (x, dj), j = 1, 2. Wówczas
następujące warunki są równoważne:
(i) d1 <" d2,
(ii)
Å„Å‚
òÅ‚
B1(x, r1) Ä…" B2(x, µ),
"x"X "µ"R "r ,r2"R+
+ 1
ół
B2(x, r2) Ä…" B1(x, µ).
69 ROZDZIAA
5. RÓWNOWAŻNOŚĆ METRYK
Dowód.
(i)Ò! (ii)
Przypuśćmy, że d1 <" d2. Wybierzmy x " X oraz µ " R+ (jedno i drugie doowlne). Ponieważ
x " B2(x, µ) oraz B2(x, µ) " Top (X, d2) = Top (X, d1), to "r "R+ B1(x, r1) Ä…" B2(x, µ). DokÅ‚adnie
1
tak samo pokazujemy, że "r "R+ B1(x, r2) Ä…" B2(x, µ).
2
(ii)Ò! (i)
Załóżmy, że warunek (ii) jest spełniony. Wybierzmy dowolnie zbiór U " Top (X, d1). Jeśli x " U,
to "µ"R B1(x, µ) Ä…" U. Na mocy zaÅ‚ożenia (ii) mamy "r "R+ B2(x, r2) Ä…" B1(x, µ). Skoro tak, to
+ 1
B2(x, r2) ą" U. Wykazaliśmy w ten sposób, że "x"U "r "R+ B2(x, r2) ą" U, co znaczy,
2
że U " Top (X, d2). Dokładnie tak samo dowodzimy, że każdy podzbiór otwarty przestrzeni me-
trycznej (X, d2) jest podzbiorem otwartym przestrzeni metrycznej (X, d1).
PodsumowujÄ…c Top (X, d1) = Top (X, d2).
Przykład.
1. Narysujemy, że metryki d2 oraz d1 na płaszczyz
nie R2 są równoważne.
70 ROZDZIAA
5. RÓWNOWAŻNOŚĆ METRYK
y y
r1 r1
b b
r2 r2
a x a x
2. Niech d1 oraz d2 będą metrykami w co najmniej dwuelementowym zbiorze skończonym X.
Wówczas d1 <" d2. Wybierzmy bowiem (dowolnie) punkt x " X oraz liczbÄ™ µ " R+. Połóżmy
r1 = min{d1(x, y) : y " X \ {x}}. Wówczas r1 " R+.
Co wiÄ™cej B1(x, r1) = {x} Ä…" B2(x, µ).
Analogicznie pokazujemy, że "r "R+ B2(x, r2) Ä…" B1(x, µ). (Oznaczenie jak w ostatnim twier-
2
dzeniu.)
Twierdzenie 5. 2. Niech d1 oraz d2 będą równoważnymi metrykami w zbiorze X = ". Niech

ponadto (Y, Á) bÄ™dzie przestrzeniÄ… metrycznÄ…, f : X Y , niech (xn)" bÄ™dzie ciÄ…giem elementów
n=1
zbioru X i niech y " X. Wówczas:
(i) odwzorowanie f jest ciągłe względem metryki d1 wtedy i tylko wtedy, gdy jest ciągłe względem
metryki d2.
1 2
(ii) xn -d- g Ð!Ò! xn -d- g.
- -
n" n"
Dowód.
(i) Przypuśćmy, że f jest ciągłe względem metryki d1. Niech V będzie (dowolnym) podzbiorem
otwartym przestrzeni metrycznej (Y, Á). Wówczas f-1(V ) " Top (X, d1) = Top (X, d2). PokazaliÅ›my
w ten sposób, że odwzorowanie f jest ciągłe względem metryki d2. Odwrotna implikacja dokładnie
tak samo.
d1"
(ii) Przypuśćmy, że xn - g. Niech U " Top (X, d2) będzie dowolnym otoczeniem punktu g.
--
n"
Ponieważ Top (X, d2) = Top (X, d1), to U jest otoczeniem punktu g w przestrzeni metrycznej
d1"
(X, d1). Skoro tak, to "N"N\{0} "n"N\{0} n N Ò! xn " U. Wobec tego x - g. Odwrotan
--
n"
implikacja - dokładnie tak samo.
71 ROZDZIAA
5. RÓWNOWAŻNOŚĆ METRYK
Twierdzenie 5. 3. Niech d1 oraz d2 będą równoważnymi metrykami w zbiorze X = ". Oznaczmy

przez Ki rodzinę wszystkich podzbiorów zwartych przestrzeni metrycznej (X, di), przez Cj natomiast -
rodzinę wszystkich podzbiorów spójnych przestrzeni metrycznej (X, dj), (j = 1, 2). Wówczas K1 = K2
oraz C1 = C2.
Dowód.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Definicja 5. 2 Metryki d1 oraz d2 w zbiorze X = " są lipschitzowsko (czyli jednostajnie) równo-

ważne jeśli "m,M"R "x,y"X md2(x, y) d1(x, y) Md2(x, y).
+
UWAGA 34
Lipschitzowska równoważność jest relacją równoważnośći
w zbiorze {d : X × X [0, ") ‚" R | d jest metrykÄ…}.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Twierdzenie 5. 4. Metryki d1, d2 oraz d" w przestrzeni metrycznej Rn są lipschitzowsko równo-
ważne.
Dowód.
Niech x, y " Rn. Powiedzmy, że x = (x1, . . . , xn) oraz y = (y1, . . . , yn). Wówczas
n n

n
d1(x, y) = |xi - yi| n · max |xi - yi| = n · d"(x, y) n · |xi - yi| = n · d1(x, y).
i=1
i=1 i=1


n

n

d"(x, y) = max |xi - yi| (xi - yi)2 = d2(x, y)
i=1
i=1

" "
n n
n · max(xi - yi)2 = n · max |xi - yi| = n · d"(x, y).
i=1 i=1
Udowodniliśmy w ten sposób, że
Å„Å‚
1
òÅ‚
d1(x, y) d"(x, y) d1(x, y),
n
"x,y"R n
"
ół
d"(x, y) d2(x, y) nd"(x, y).
Mamy zatem lipschitzowską równoważność metryk d1 i d" i lipschitzowską równoważność metryk
d" oraz d2. Lipschitzowska równoważność metryk d1 i d2 wynika z przechodniości relacji.
Wniosek.
Metryki d1, d2 oraz d" w przestrzeni Rn są parami równoważne.
72 ROZDZIAA
5. RÓWNOWAŻNOŚĆ METRYK
Twierdzenie 5. 5. Przypuśćmy, że d1 oraz d2 są lipschitzowsko równoważnymi metrykami w zbio-
rze X = ". Wówczas:

(i) Przestrzeń metryczna (X, d1) jest ograniczona wtedy i tylko wtedy, gdy przestrzeń metryczna
(X, d2) jest ograniczona.
(ii) Przestrzeń metryczna (X, d1) jest zupełna wtedy i tylko wtedy, gdy przestrzeń metryczna
(X, d2) jest zupełna.
Dowód.
(i) Załóżmy, że przestrzeń metryczna (X, d1) jest ograniczona. Wiemy, że
"m,M"R "x,y"X md2(x, y) d1(x, y) Md2(x, y).
+
Powiedzmy, że Di to średnica przestrzeni (X, di), gdzie i=1,2. Dla dowolnych x, y " X mamy
wówczas:
1 1
d2(x, y) d1(x, y) D1.
m m
def
1
Wobec tego D2 = sup (d2(x, y)) D1 < "
m
x,y"X
z uwagi na ograniczoność przestrzeni metrycznej (X, d1). W takim razie przestrzeń metryczna
(X, d2) jest ograniczona. Dokładnie tak samo pokazujemy, że ograniczoności (X, d2) wynika
ograniczoność (X, d1).
(ii) Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
Twierdzenie 5. 6. Niech d bÄ™dzie metrykÄ… w zbiorze X = Ø. Wówczas funkcja

def
d(x,y)
´ : X × X (x, y) ´(x, y) = " [0, ") ‚" R
1+d(x,y)
jest również metrykÄ… w zbiorze X, równoważnÄ… metryce d i takÄ…, że przestrzeÅ„ metryczna (x, ´)
jest ograniczona.
Dowód.
Pozostawiamy czytelnikowi sprawdzenie, że ´ speÅ‚nia warunki metryki.
Zauważmy, że "x,y"X : ´(x, y) < 1. Wobec tego przesteÅ„ metryczna (X, ´) jest ograniczona.
µ
Wybierzmy (dowolnie) x0 " X oraz µ " R+. Połóżmy r1 = µ oraz r2 = . Odnotujmy, że r2 < 1.
1+µ
d(x0,y)
JeÅ›li teraz d(x0, y) < 1 dla pewnego y " X, to ´(x, y) = d(x0, y) < µ. W ten sposób
1+d(x0,y)
udowodniliÅ›my, że Bd(x0, y) Ä…" B´(x0, y).
JeÅ›li w koÅ„cu ´(x0, y) < r2 dla pewnego y " X, to
73 ROZDZIAA
5. RÓWNOWAŻNOŚĆ METRYK
µ µ
´(x0,y)
r2 1+µ 1+µ
d(x0, y) = < = = = µ
µ
1
1-´(x0,y) 1-r2 1-
1+µ
1+µ
W ten sposób udowodniliÅ›my, że B´(x0, r2) Ä…" Bd(x0, µ). Równoważność metryk d oraz ´ wynika
z charakteryzacji wykonanej wcześniej.
Przykład.
Niech d bÄ™dzie metrykÄ… naturalnÄ… w R, ´ bÄ™dzie metrykÄ… w tymże zbiorze zdefiniowanÄ… przez
d(x,y) |x-y|
´(x, y) = = . Na mocy poprzedniego twierdzenia d ´. Jest widoczne, że przestrzeÅ„
1+d(x,y) 1-|x-y|
metryczna (R, ´) jest ograniczona. Tymczasem przestrzeÅ„ (R, d) nie jest ograniczona. W takim razie
metryki d oraz ´ nie sÄ… lipschitzowsko równoważne.
UWAGA 35
Jeśli metrykę euklidesową d2 przestrzeni R2 zastąpi się metryką d1 albo d", to nie zmieni się
nic w kwestii zbieżności ciągów, ograniczoności, zwartości, spójności podzbiorów, zupełności oraz
ścisłości odwzorowań określonych w tej przestrzeni.
Rozdział 6
Topologia ogólna
Definicja 6. 1 Niech Ä bÄ™dzie pewnÄ… (dowolnÄ…) rodzinÄ… podzbiorów zbioru X. RodzinÄ™ tÄ™ nazywa
siÄ™ TOPOLOGI
(w X), jeśli spełnia warunki:
(T 1) Ø " Ä oraz X " Ä,
(T 2) U, V " Ä Ò! U )" V " Ä,

(T 3) jeÅ›li (UÄ…)Ä…"I jest (dowolnÄ…) podrodzinÄ… rodziny Ä, to UÄ… " Ä
Ä…"I
UWAGA 36
JeÅ›li s " N \ {0}, U1, . . . , Us " Ä, to U1 )" . . . )" Us " Ä.
Definicja 6. 2 PrzestrzeniÄ… topologicznÄ… nazywa siÄ™ parÄ™ (X, Ä), w której X jest (dowolnym)
zbiorem, Ä natomiast topologiÄ… w sensie powyższej definicji w zbiorze X.
Definicja 6. 3 Niech (X, Ä) bÄ™dzie przestrzeniÄ… topologicznÄ…. Podzbiorem otwartym tej przestrzeni
nazywa siÄ™ każdy element topologii Ä.
Definicja 6. 4 Zbiór C Ä…" X jest domkniÄ™ty w przestrzeni (X, Ä), jeÅ›li X \ C " Ä.
Definicja 6. 5 RodzinÄ™ wszystkich podzbiorów domkniÄ™tych przestrzeni topologicznej (X, Ä) na-
zywa siÄ™ KOTOPOLOGI
tej przestrzeni.
Twierdzenie 6. 1. Niech à bÄ™dzie kotopologiÄ… przestrzeni topologicznej (X, Ä). Wówczas:
(i) Ø " Ã oraz X " Ã,
75 ROZDZIAA
6. TOPOLOGIA OGÓLNA
(ii) (s " N \ {0}, C1, . . . , Cs " Ã) Ò! C1 *" . . . *" Cs " Ã,

(iii) Jak (CÄ…)Ä…"I jest dowolnÄ… podrodzinÄ… kotopologii Ã, to CÄ… " Ã.
Ä…"I
Dowód.
Dowód pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie.
UWAGA 37
JeÅ›li (X, Ä) jest przestrzeniÄ… topologicznÄ…, to Ø oraz X sÄ… podzbiorami otwarto-domkniÄ™tymi.
Rodzinę wszystkich podzbiorów otwarto-domknietych oznaczamy jako Clop
Definicja 6. 6 Otoczeniem (otwartym) punktu x0 przestrzeni topologicznej (X, Ä) nazywa siÄ™ każ-
dy taki zbiór U " Ä, że x0 " Ä.
Przykład.
1. Niech X bÄ™dzie dowolnym zbiorem. Rodzina ÄB := {Ø, X} jest wówczas topologiÄ… w zbiorze
X zwanÄ… topologiÄ… banalnÄ… albo antydyskretnÄ…. KotopologiÄ… (X, ÄB) jest {Ø, X}.
2. Niech X będzie (dowolnym) zbiorem. Rodziną 2X wszystkich podzbiorów tego zbioru jest

wówczas topologią w tym zbiorze, zwaną topologią dyskretną. Kotopologią przestrzeni X, 2X

jest {X \ U : U " 2X} = 2X (inaczej mówiąc, w przestrzeni topologicznej X, 2X wszystkie
podzbiory są otwarto-domknięte).
3. Niech X będzie (dowolnym) zbiorem niepustym i niech x0 " X. Rodzina
def
Ä0 = {U Ä…" X : x0 " U} *" {Ø} jest wówczas topologiÄ… w zbiorze X, zwanÄ… topologiÄ…
wyróżnionego punktu x0. Kotopologią tej przestrzeni jest
{X \ U : U " Ä} = {C Ä…" X : x0 " C} *" {X}
/
4. Niech X będzie dowolnym zbiorem. Rodzina
def
Äc = {U " X : X \ U jest zbiorem skoÅ„czonym} *" {Ø}
jest wówczas topologią w zbiorze X, zwaną topologią dopełnień skończonych. Faktycznie,
Ø " Äc. Ponieważ X \ X = Ø, to X " Äc. JeÅ›li U, V " Äc \ {Ø}, to zbiory X \ U oraz X \ V
są skończone. Wobec tego (X \ U) *" (X \ V ) = X \ (U )" V ) jest zbiorem skończonym, skąd
U )" V " Äc. JeÅ›li w koÅ„cu (UÄ…)Ä…"I jest podrodzinÄ… rodziny Äc takÄ…, że "Ä… "I : Mc = Ø,

0 0

to X \UÄ… ‡" (X \UÄ…) = X \ UÄ… oraz X \UÄ… jest zbiorem skoÅ„czonym, skÄ…d już UÄ… " Äc.
0 0
Ä…"I Ä…"I Ä…"I
76 ROZDZIAA
6. TOPOLOGIA OGÓLNA
KotopologiÄ… przestrzeni (X, Äc) jest
{X \ U : U " Äc} = {C Ä…": C jest zbiorem skoÅ„czonym } *" {X}.
Zauważmy, że jeÅ›li X jest zbiorem skoÅ„czonym, to topologia Äc jest identyczna z topologia
dyskretnÄ… w zbiorze X.
5. JeÅ›li d jest metrykÄ… w zbiorze X = Ø, to Top (X, d) jest topologiÄ… w tym zbiorze, zwanÄ…

topologiÄ… zadanÄ… przez metrykÄ™ d albo topologiÄ… naturalnÄ… przestrzeni metrycznej (X, d).
Definicja 6. 7 PrzestrzeÅ„ topologiczna (X, Ä) jest metryzowalna, jeÅ›li X = Ø oraz istnieje taka

metryka d w zbiorze X, że Ä := Top (X, d).
Przykład.
Rozważmy topologiÄ™ dyskretnÄ… 2X w zbiorze X = Ø. Niech d bÄ™dzie metrykÄ… dyskretnÄ… w tym


zbiorze. Ponieważ Top (X, d) = 2X, w takim razie przestrzeń topologiczna X, 2X jest metryzo-
walna.
Definicja 6. 8 PrzestrzeÅ„ topologiczna (X, Ä) jest przestrzeniÄ… Hausdorffa, jeÅ›li
ëÅ‚ Å„Å‚ öÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚ x " U,
ôÅ‚
ìÅ‚ òÅ‚ ÷Å‚
÷Å‚
"x,y"X ìÅ‚ = y Ò! "U,V "Ä ÷Å‚
ìÅ‚x
y " V,
íÅ‚ ôÅ‚ Å‚Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
U )" V = Ø
Twierdzenie 6. 2. Każda metryzowalna przestrzeń topologiczna jest przestrzenią Hausdorffa.
UWAGA 38
IstniejÄ… nie metryzowalne przestrzenie Hausdorffa
Dowód.
Niech (X, Ä) bÄ™dzie takÄ… przestrzeniÄ… topologicznÄ…, że X = Ø oraz Ä = Top (X, d) dla pewnej

metryki d w zbiorze X. Niech następnie x, y " X będą różnymi od siebie punktami. Połóżmy
1
µ = d(x, y). Wówczas µ " R+. NastÄ™pnie połóżmy U = B(x, µ) oraz V = B(y, µ). Wtedy x " U,
2
y " V , U )" V = Ø oraz U, V " Ä.
Wykaz oznaczeń
N liczby naturalne
N \ {0} liczby naturalne bez zera
Q liczby wymierne
R liczby rzeczywiste
R+ liczby rzeczywiste dodatnie
Z liczby całkowite
(X, d) przestrzeń metryczna
B(a, r) kula otwarta o środku a i promieniu r
B(a, r) kula domknięta o środku a i promieniu r
S(a, r) sfera o środku a i promieniu r
d1 metryka Manhatan
d2 metryka Euklidesowa
dH metryka Hamminga
d" metryka Czebyszewa
Rn przestrzeń n-wymiarowa
int (A) wnętrze zbioru A
"A brzeg zbioru A
cl (A), A domknięcie zbioru A
Top (X, d) topologia przestrzeni mertycznej (X, d)
Cotop(X, d) kotopologia przestrzeni mertycznej (X, d)
S1 okrÄ…g jednostkowy w R2
f|A zawężenie f do A
diam (Y ) średnica zbioru Y
dist (X, Y ) odległość między zbiorami X i Y
ext (A) zewnętrze zbioru A
H
<"
(X, d) (Y, Á) homeomorfizm przestrzeni (X, d) oraz (Y, Á)
=
I
<"
(X, d) (Y, Á) izomorfizm przestrzeni (X, d) oraz (Y, Á)
=