TWIERDZENIA I LEMATY. Wykład 8: PRZESTRZEŃ ZWARTA: Tw Bolzano- Weierstrassa. Każdy ciąg ograniczony w R posiada podciąg zbieżny [a,b] jest zwarty. Tw1. Każda przestrzeń zwarta jest zupełna, bo każdy ciąg Cauchy w tej przestrzeni posiada podciąg zbieżny, więc cały ciąg jest zbieżny. L1. Każda przestrzeń zwarta jest ograniczona. Dowód: jeżeli nie, to można znaleźć x1,x2,x3… taki, że d(xi,xj)>1 i wtedy nie ma podciągu zbieżnego. Tw2. Jeśli (X,d) zwarta i AcX domknięty, to A-przestrzeń zwarta. Dowód: Niech an – dowolny ciąg w zbiorze A. Ponieważ AcX, więc an jest ciągiem w X, które jest zwarte, więc istnieje podciąg ank→x0ЄX. Wtedy x0 należy do domknięcia zbioru A. Ale A=Ā, więc x0ЄA, więc ank jest zbieżny w A. Tw3. Jeżeli (X,d) przestrzeń metryczna i AcX i A jest przestrzenią zwartą, to A jest domknięta w X. Dowód: Niech an→x0, anЄA. Pokażemy, że x0ЄA. Ponieważ A zwarty więc istnieje podciąg ank→a0ЄA => a0=x0ЄA. Tw4. (X,d1), (Y,d2) przestrzenie metryczne, (X,d1) zwarta, f:X→Y ciągła, to f(X) przestrzeń zwarta. (obraz przestrzeni zwartej przez f. ciągłą jest zwarty) Dowód: chcemy pokazać że A=f(X) jest zwarty. Niech anЄA, ∀n∃xn ∈ Xf(xn)=an. Ciąg xnЄX, X jest zwarty więc istnieje xnk→x0. Funkcja f jest ciągła, więc f(xnk)=ank→f(x0)=a0Єf(X). Więc znaleźliśmy podciąg ciągu an zbieżny w A => A jest zwarte. Tw5. Jeśli (X,d) zwarta i f:X→Y ciągła, to f ciągła jednostajnie. Dowód: Trzeba pokazać, że: ∀ε > 0∃δ > 0∀xn, xn^′d(xn,xn^′) < δ = d1(f(xn),f(xn^′)) < ε. Przypuśćmy że nieprawda, czyli: $\exists_{\varepsilon > 0}\forall_{\delta = \frac{1}{n}}\exists_{xn,xn^{'}}d\left( \text{xn.x}n^{'} \right) < \frac{1}{n}\ i\ d1\left( f\left( \text{xn} \right),f\left( xn^{'} \right) \right) \geq \varepsilon.$ X jest zwarta więc istnieje xnk→x0. Wtedy xnk’→x0. f(xnk)→f(x0), f(xnk’)→f(x0) => d(f(xnk),f(xnk’)→0. Sprzeczność. Tw (iloczyn przestrzeni zwartych jest zwarty). (X,d1), (Y,d2) zwarte to (XxY,d) też zwarte. Dowód: Ciąg punktów w XxY, (xn.yn) (xnЄX, ynЄY). Chcemy znaleźć podciąg zbieżny, xnЄX więc istnieje xnk→x0. (xnk, ynk), ynkЄY, więc istnieje podciąg tego ciągu ynks→y0. Wtedy xnks jest podciągiem ciągu xnk, więc xnks→x0. Wiemy, że wtedy (xnks, ynks)→(x0,y0). Przez indukcję iloczyn kilku przestrzeni zwartych jest zwarty. Wykład 9: P. CAŁKOWICIE OGRANICZONA I P. ZWARTA: L1. Podzbiór zbioru całkowicie ograniczonego jest całkowicie ograniczony. L2. Jeśli (X,d1), (Y,d2) całkowicie ograniczone to (XxY, d) też całkowicie ograniczony. Tw1. Przestrzeń zwarta (X,d) jest całkowicie ograniczona. Dowód: Weźmy ε>0. Weżmy x1ЄX. Jeśli dla każdego xЄX d(x,x1)<ε to x1 jest ε siecią. Jeśli nie to istnieje x2, d(x1,x2)≥ε. Jeśli x1, x2 nie jest ε siecią to istnieje x3ЄX taki że d(x1,x3)≥ε i d(x2,x3)≥ε. Jeśli {x1,x2,x3} nie jest ε siecią, to istnieje x4ЄX taki że d(xi,x4)≥ε dla i=1,2,… . itd. Albo znajdziemy ε sieć po k krokach {x1,x2,…,xk} albo znajdziemy nieskończony ciąg x1,x2,x3… takie że d(xi,xj)≥ε dla i≠j. Ale w przestrzeni zwartej nie ma takiego ciągu więc jest skończona ε sieć. Tw2. Przestrzeń (X.d) jest zwarta gdy jest zupełna i całkowicie ograniczona. Tw Cantora. W przestrzeni zwartej malejący ciąg zbiorów domkniętych niepustych ma część wspólną różna od Ø.	Dowód: A1⊃A2 ⊃ A3 ⊃ … Ai≠0. x1ЄA1, x2ЄA2… otrzymujemy ciąg xn. Istnieje xnk→x0. Ciąg xnkЄAi domkniety więc granica x0ЄAi. x0Є∩i = 1Ai. POKRYCIE I PRZESTRZEŃ ZWARTA: Tw3. Przestrzeń (X,d) jest zwarta wtedy i tylko wtedy gdy z każdego otwartego pokrycia Bα przestrzeni X można wybrać pokrycie skończone Bi1, Bi2, Bi3,…,Bik. Dowód: przypuśćmy, że X zwarta i Bα pokrycie otwarte. X jest całkowicie ograniczona więc dla każdego n istnieje skończona ilość punktów xn,1,xn,2,…,xn,kn takich że $\cup_{i = 1}^{\text{kn}}$B(xn,1,1/n)=X. Wszystkich kul razem jest przeliczalnie wiele. Dla każdego xn,1 jeśli istnieje zbiór Bα⊃B(xn,1,1/n) to wybieramy jeden taki zbiór i oznaczamy Bα=Bn,1. Wybraliśmy ciąg zbiorów Bα. Ponumerujmy je: Bα=B^d=Bn,1. 1). Zbiory B^d pokrywają X. 2). Rozważmy ciąg X, X-B^1=C1, X-B^1-B^2=C2, X-B^1-B^2-B^3=C3,… Otrzymaliśmy malejący ciąg zbiorow domkniętych $\cap_{j = 1}^{\infty}$Cj=Ø. Ale w przestrzeni zwartej malejący ciąg zbiorów domkniętych niepustych ma część wspólną niepustą. Więc jakiś Cj jest pusty. Cj=X-(B^1∪B^2∪…∪B^j)=Ø. Stąd X=B^1∪B^2∪…∪B^j znaleźliśmy skończoną ilość zbiorów Bα która pokrywa X. Twierdzenie Lebesque’a. Jeśli (X,d) przestrzeń zwarta i Bα pokrycie otwarte to istnieje liczba λ>0 (zwana liczbą Lebesque’a) taką, że każdy zbiór A o średnicy diamA<λ jest zwarty w jakimś zbiorze Bα. Dowód: Przypuśćmy że nie. Dla każdego n istnieje Cn, diamCn<1/n i Cn nie jest zwarty w żadnym Bα. Weźmy xnЄCn. Istnieje podciąg zbieżny xnk→x0. Bα pokrycie otwarte. Istnieje α takie że x0ЄBα, B(x0,r)cBα. Niech 3/n<r tzn. n>3/r. Wtedy istnieje nk takie że nk>n. d(xnk,x0)<1/n. xnkЄCnk, diamCnk<1/nk<n. Cnk⊂B(xnk,1/n)⊂B(x0,2/n)⊂B(x0,r)⊂Bα Tw4. Podzbiór A przestrzeni R^n jest zwarty wtedy i tylko wtedy gdy jest ograniczony u domknięty. Wykład 10: PRZESTRZENIE SPÓJNE: L1. R jest spójny. Dowód: Przypuśćmy, że R=AUB i zbiory A∩B=Ø i A,B-domkniete i A,B niepuste. Niech aЄA i bЄB. Przypuśćmy np. a<b. Rozważmy zbiór A1=A∩[a,b] i niech c=supA1. A1 jest domknięte c=supA1≤b, więc cЄA1. Jeśli c<b to (c,b]ЄB bo nie należą do A. Wtedy c jest punktem skupienia zbioru B więc cЄB => cЄA∩B – sprzecznośc (z A∩B=Ø). Tw1. Podzbiór P przestrzeni X jest spójny wtedy i tylko wtedy gdy jest przedziałem Tw. o kwiatku. Jeśli zbiór A=∪iϵIAi i ∩iϵIAi=Ø i każdy Ai jest spójny to A jest spójny. Dowód: Przypuśćmy, że A=B1∪B2, B1,B2- domknięte i B1∩B2=Ø. Pokażemy, że B1=Ø lub B2=Ø. a0ЄA=B1∪B2. Niech a0ЄB1. Pokażemy, że B2=Ø. Ai⊂A=B1∪B2 więc Ai=(B1∩Ai)∪(B2∩Ai). Zbiór B1∩Ai jest domknięty w Ai. Zbiór B2∩Ai jest domknięty w Ai. Tzn. że jeżeli xЄAi i jest punktem skupienia zbioru B1∩Ai to należy do B1∩Ai. Ciąg anЄ B1∩Ai, an→x. Czy xЄ B1∩Ai? anЄB1, an→xЄA, B1-domknięte, więc B2∩Ai=Ø dla każdego i. Więc B2 nie zawiera żadnych punktów, B2=Ø. A=UAi. Tw2. Jeśli (X,d1) i (Y,d2) są spójne to XxY też. Tw3. Jeśli A jest zbiorem spójnym przestrzeni X i zbiór AcBcĀ to B jest spójny. (W szczególności Ā jest spójne.) Dowód: (korzystamy z dowodu poprzedniego). Przypuśćmy, że B=B1∪B2, B1,B2- rozłączne i domknięte (w zb.B), wtedy B1∩A i B2∩A są domknięte w zbiorze A i rozłączne (A=A1 i A=A2), i A=A1∪A2. Ponieważ A jest spójne to A1 lub A2 jest	pusty. Np. A1 jest pusty. Wtedy A2=A= B2∩A. Stąd AcB2cĀ. Chcemy pokazać, że B1=Ø (czyli B=B2), B2 jest zbiorem domkniętym w B. AcB2cBcĀ. Jeśli xЄB-B2 to xЄĀ więc x jest punktem skupienia zbioru A. Jeśli xЄB-B2 to x∉A i xЄĀ, to x jest punktem skupienia zbioru A => x jest punktem skupienia zbioru B2=> xЄB2 bo B2 domknięty w B. Nie ma punktów zbioru B, które nie należą do B2. B=B2, B1=Ø Tw Darboux. Jeśli f: (X,d1)→(Y,d2), f ciągła i X przestrzeń spójna, to f(X) zbiór spójny. (ciągły obraz przestrzeni spójnej jest przestrzenią spójną). Dowód:Chcemy pokazać, żę f(X) jest zbiorem spójnym. Przypuśćmy, że f(X)=B1∪B2, zbiory domknięte w f(X) i rozłączne. Pokażemy, że B1=Ø lub B2=Ø. X=f^-1(B1)∪f^-1(B2) suma zbiorów rozłącznych i domkniętych. Pokażemy, że f^-1(B1) domknięty. Niech x0- punkt skupienia zbioru f^-1(B1), czyli xnЄ f^-1(B1), xn→x0. Wtedy f(xn)→f(x0). f(xn)ЄB1, f(xn)→f(x0), f(x0)Єf(X). f(x0) jest punktem skupienia zbioru B1 w f(X). B1 – domknięty w f(X), więc f(x0)ЄB1. Więc x0Є f^-1(B1). f^-1(B1)- domknięty. X-spójne, więc f^-1(B1)=Ø lub f^-1(B2)=Ø => B1=Ø lub B2=Ø. L2. (X,d) przestrzeń metryczna, AcX wtedy δA=Ā∩X-A. Tw4. (X,d) przestrzeń metryczna, AcX, C- zbiór spójny. Jeśli aЄ(C∩A≠Ø) i bЄ(C∩(X-A)≠Ø) to C∩δA≠Ø. Dowód: ponieważ X=A∪(X-A)=Ā∪(X-A) C=X∩C=aЄ(C∩Ā)∪(C∩X-A)∋b (suma zbiorów domkniętych i niepustych w C, więc nie są rozłączne). cЄ(C∩Ā)∩C∩(X-A)=C∩(Ā∩(X-A)) = C∩δA więc nie są rozłączne. Wykład 11: DOMKNIĘCIE: L1. Jeśli AcY, to domknięcie AwY jest równe Ā∩Y. Dowód: Ā∩Y zawiera A oraz te punkty skupienia zbioru A które należą do Y. AcY, to A domkniety w Y A=Ā∩Y. ZBIÓR SPÓJNY i ROZGRANICZONY: Tw1. Zbiór YcX jest spójny Y nie jest sumą dwóch zbiorów niepustych, rozgraniczonych. Dowód: Pokażemy, że Y nie jest spójny y nie jest sumą dwóch zbiorów niepustych i rozgraniczonych. Y nie jest spójny Y=A∪B, A,B- niepuste, rozłączne i domknięte w Y Y= A∪B, A,B-niepuste, rozłączne, A=Ā∩Y i B=B∩Y Y= A∪B, A,B-niepuste i Ā∩B=Ø?, A∩B=Ø?. Tak bo Ā∩BcY, więc Ā∩B= (Ā∩B)∩Y=A∩(B∩Y)=A∩B=Ø. Czyli A,B są rozgraniczone. L2. Jeśli C jest spójny i CcA∪B i A,B są rozgraniczone, to CcA lub CcB. SKŁADOWA SPÓJNOŚĆ: L3. Składowa jest zbiorem domkniętym. Coś na wzór dowodu: A jest spójny i AcBcĀ, to B spójny, Ā spójny dlatego składowa zb. domknięty. xЄScS=> S=S, bo S spójne i S największy i spójny. Tw5. W przestrzeni lokalnie spójnej każda składowa jest otwarta. ŁUKOWA SPÓJNOŚĆ: Tw6. Przestrzeń łukowo spójna jest spójna, bo jest sumą krzywych (obrazów odcinków), które są spójne i mają punkt wspólny x. Tw7. Jeśli X spójna i f:X→Y ciągła to f(X) jest spójny. Przykład: wykres W funkcji sin1/x, xЄ(0,1]. X=W (dwóch punktów nie da się połączyć krzywą – rys). X spójna ale nie łukowo spójna. Tw8. Zbiór W otwarty i spójny w R^2(w R^n) jest łukowo spójny, BO: każde dwa punkty w takim zbiorze można połączyć łamaną. Y={y: y można połączyć łamaną z x w W) Można pokazać, że Y jest otwarty i	i domknięty w W=> Y=W. Tw9. Iloczyn przestrzeni spójnych jest spójny.