topologija realnog pravca - unizg.hr...topologija realnog pravca marko horvat seminar 24. ožujka...
Post on 27-Jan-2021
4 Views
Preview:
TRANSCRIPT
-
Topologija realnog pravca
Marko Horvat
Seminar24. ožujka 2010.
-
Uvod
Povijesno najznačajniji matematičari za razvoj realne analize:Karl Weierstrass (1815-1897)Georg Cantor (1845-1918)Richard Dedekind (1831-1916)Émile Borel (1871-1956)Bernard Bolzano (1781-1848)Eduard Heine (1821-1881)
-
Otvoreni skupovi
DefinicijaKažemo da je skup B otvoren ako za svaki realan x vrijedi: akoje x ∈ B i h ≈ x, onda je h ∈ B.
Primjeri: R, ∅, 〈a, b〉 . . .Nisu otvoreni: {1}, [0, 1], . . .
TeoremProizvoljna unija otvorenih skupova je otvoren skup.
No, proizvoljan presjek otvorenih skupova nije nužno otvoren(zašto?): ⋂
n∈N
〈1 − 1
n, 1 +
1n
〉= {1}.
Konačan presjek otvorenih jest otvoren!
-
Zatvoreni skupovi
DefinicijaKažemo da je skup B zatvoren ako za svaki h ∈ B vrijedi: akopostoji h , onda je h ∈ B.
Primjeri: R, ∅, [a, b] . . .Nisu zatvoreni (ni otvoreni): [0, 1〉,Q . . .
TeoremProizvoljan presjek i konačna unija zatvorenih skupova suzatvoreni.
-
Veza otvorenih i zatvorenih skupova
TeoremSkup B je otvoren ako i samo ako je Bc zatvoren.
Dokaz.
⇒ Neka je h ∈ Bc i postoji h . Kad bi vrijedilo h < Bc, bio bih ∈ B. No, B je otvoren, pa bismo imali h ∈ B.⇐ Neka je x ∈ B ∩ R i h ≈ x. Kad bi bio h ∈ Bc, tada bi i h = x
morao biti u Bc. �
-
Cantorov teorem o presjeku
TeoremNeka je A1 ⊇ A2 ⊇ A3 ⊇ . . . silazan niz nepraznih zatvorenihskupova te A1 omed̄en skup. Tada je
⋂n∈N An , ∅.
Dokaz.Prema Łośovom teoremu, iz
R |= (∀n ∈ N)(An , ∅)
slijedi∗R |= (∀n ∈ ∗N)(An , ∅).
Uzmimo h ∈ AN . Budući da je AN ⊆ A1 i A1 je omed̄en, h jekonačan te postoji h . Za sve n, iz h ∈ An slijedi h ∈ An, pavrijedi h ∈ ⋂n∈N An. �Teorem ne vrijedi za niz otvorenih skupova, npr. An =
〈0, 1n
〉.
-
Neke zanimljive točke
DefinicijaRealan broj b ∈ B je točka nutrine skupa B ako za svaki h takavda je h ≈ b vrijedi h ∈ B.
DefinicijaRealan broj c ∈ B je gomilište skupa B ako za neki h ∈ B \ {c}vrijedi h ≈ c.
Očito je sljedeće:
TeoremSkup B je otvoren ako su sve njegove točke točke nutrine. SkupB je zatvoren ako sadrži sva svoja gomilišta.
-
Nutrina, zatvarač i rub
DefinicijaZa skup B definiramo nutrinu od B, u oznaci B0 kao skup svihtočaka nutrine od B.
Definicija
Zatvarač od B, u oznaci B definiramo kao uniju skupa B i skupasvih gomilišta od B.
Definicija
Rub skupa B je ∂B = B ∩ Bc.
-
Za vježbuB B0 B ∂B〈0, 1〉 〈0, 1〉 [0, 1] {0, 1}[0, 1] 〈0, 1〉 [0, 1] {0, 1}〈0, 1] 〈0, 1〉 [0, 1] {0, 1}{4} ∅ {4} {4}
{1, 12 ,13 , . . .} ∅ {0} ∪ {1,
12 ,
13 , . . .} {0} ∪ {1,
12 ,
13 , . . .}
Z ∅ Z ZQ ∅ R RR \ Q ∅ R RR R R ∅∅ ∅ ∅ ∅
Još neke sitnice:
B ∪ C = B ∪ C A0 je otvorenB ∩ C , B ∩ C A je zatvoren
B0 ∩ C0 = (B ∩ C)0 (A0)0 = A0
B0 ∪ C0 , (B ∪ C)0 A = A∂∂∂A = ∂∂A (A0)c = Ac
-
Kompaktni skupovi
Definicija
Skup B je kompaktan ako za sve h ∈ B postoji h i nalazi se u B.
TeoremSkup B je kompaktan ako i samo ako je omed̄en i zatvoren.
Dokaz.
⇒ Ako je h ∈ B, zbog kompaktnosti postoji h ∈ B, pa je Bzatvoren. Neka je sad b ∈ B. Kad B ne bi bio omed̄en, za svakin > 0 postojao bi bn ∈ B takav da je |bn| > n. No, tada bi zaN = (1, 2, 3, . . .) i b = (b1, b2, b3, . . .) ∈ B vrijedilo |b| > N, pa ne bipostojao b .⇐ Za h ∈ B, zbog ograničenosti od B postoji h , a zbog
zatvorenosti je h ∈ B. �
-
Bolzano-Weierstrassov teoremTeoremSvaki beskonačan podskup kompaktnog skupa ima gomilište.
Dokaz.Neka je B kompaktan i C ⊆ B beskonačan te {a1, a2, . . .} ⊆ C.Zbog kompaktnosti, postoji aN ∈ B. Budući da je aN ∈ C,trebamo još pokazati da je aN , aN . Pretpostavimo li suprotno,vrijedit će
∗R |= (∃m ∈ ∗N)(am = aN ).
Tada će Łośov teorem povlačiti
R |= (∃m ∈ N)(am = aN ),
odnosno am = aN = aN . �
Kraće, za a = (a1, a2, . . . ...) ∈ ∗R vidimo da je a , a , a budući daza sve n vrijedi an ∈ B, slijedi a ∈ B. Time je a ∈ B.
-
Modificirani Heine-Borelov teorem
TeoremSvaki prebrojiv otvoren pokrivač kompaktnog skupa može sereducirati na konačan potpokrivač.
Dokaz.Neka je {A1,A2, . . .} prebrojiv otvoren pokrivač za skup B.Pretpostavimo da za svaki n postoji an ∈ B takav da za svakii < n vrijedi an < Ai. Pogledajmo neki aN . B je kompaktan, paaN postoji i nalazi se u B. Iz B ⊆
⋃n∈N An slijedi aN ∈ Am za
neki konačan m. No, Am je otvoren, pa je aN ∈ Am. �
Teorem je moguće jednostavno dokazati i primjenomCantorovog teorema o presjeku.
-
Povezani skupovi
DefinicijaSkup C je povezan ako ne postoje dva disjunktna, otvorenaskupa A i B takva da je C ⊆ A ∪ B i A ∩ C , ∅ , B ∩ C. Ako C nijepovezan, kažemo da je nepovezan.
Primjer: {0, 1}
DefinicijaSkup B je interval ako za sve a, b ∈ B i sve x, a < x < b povlačix ∈ B.
-
Povezani skupovi = intervali
TeoremSkup C je povezan ako i samo ako je C interval.
Dokaz.⇒ Pretpostavimo da je C povezan, ali nije interval, tj. za neke
a, b, x takve da je a, b ∈ C i a < x < b vrijedi x < C. Očito 〈−∞, x〉 i〈x,∞〉 separiraju x.⇐ Neka je C nepovezan interval. Tada postoje skupovi A i B
koji ga separiraju, pa postoje a ∈ A ∩ C i b ∈ B ∩ C. Definiramofunkciju f : [a, b]→ {0, 2} na sljedeći način:
f (x) =
0, x ∈ A2, x ∈ B .Funkcija f narušava teorem o med̄uvrijednostima. �
-
Cantor-Dedekindov teorem
TeoremNeka su A i B intervali koji čine particiju od R. Neka je a ∈ A,b ∈ B i a < b. Tada A ima najveći element ili B ima najmanjielement.
Dokaz.Budući da su A i B intervali i a < b, vrijedi A < B. Pretpostavimoda A nema najveći element. Tada za x ∈ A realan postoji y ∈ Arealan takav da je x < y, pa su svi b ∈ ∗R, b ≈ x manji od y ∈ A, atime su u A. Stoga je A otvoren. Uz analognu pretpostavku za Bbismo dokazali otvorenost od B. No, kad bi i A i B bili otvoreni,imali bismo separaciju od R. �
-
Još jedna vježba I
1 Koji skupovi iz prošle vježbe su povezani, a koji nisu?Povezani: 〈0, 1〉, [0, 1], 〈0, 1], {4}, ∅, RNepovezani: {0, 1}, {1, 12 ,
13 , . . .}, {0} ∪ {1,
12 ,
13 , . . .}, Z, Q, R \ Q
2 Dokaži da ako su A1 ⊇ A2 ⊇ A3 ⊇ . . . svi neprazni ikompaktni, onda im je presjek neprazan.Sad je to trivijalno. Svi su kompaktni, pa su omed̄eni izatvoreni. Još samo iskoristimo Cantorov teorem opresjeku.
3 Pronad̄i beskonačan podskup od 〈0, 1〉 koji nema gomilišteu 〈0, 1〉.Primjerice, {1, 12 ,
13 , . . .}.
4 Nad̄i prebrojiv otvoren pokrivač od 〈0, 1〉 koji se ne možereducirati na konačan potpokrivač.Primjerice,
{〈1n , 1
〉: n ∈ {2, 3, . . .}
}.
-
Još jedna vježba II
5 Dokaži da su R i ∅ jedini skupovi koji su istovremenootvoreni i zatvoreni.Pretpostavimo da je A otvoren i zatvoren te različit od R i ∅.Tada postoje točke a ∈ A i b < A. Bez smanjenjaopćenitosti, neka je a < b. Slijedi da [a, b] sadrži točke iz A iAc. Stoga A i Ac čine separaciju od [a, b]. Kontradikcija sčinjenicom da je [a, b] interval (jer je time i povezan).
-
Karakterizacija neprekidnosti
TeoremFunkcija f je neprekidna ako i samo ako za sve otvoreneskupove A vrijedi da je f −1(A) otvoren.
Dokaz.⇒ Neka je r ∈ f −1(A) realan i h ≈ r. Slijedi f (r) ∈ A i, iz
neprekidnosti od f , f (h) ≈ f (r). Budući da je A otvoren, f (h) ∈ A,tj. h ∈ f −1(A).⇐ Neka je r realan i h ≈ r. Pretpostavimo da je f (r) 0 f (h).
Tada postoji s > 0 takav da f (h) < 〈f (r) − s, f (r) + s〉 =: A. Očito jeA otvoren, a onda i f −1(A). Kontradikcija (r ∈ f −1(A), r ≈ h,h < f −1(A)). �
-
Još malo o kompaktnostiDokaz teorema o postizanju ekstrema funkcije na segmentuzapravo nije zahtijevao da se radi baš o segmentu:
TeoremNeprekidna funkcija na kompaktnom skupu je ograničena ipoprima minimum i maksimum.
TeoremAko je f neprekidna funkcija i C kompaktan, onda je f (C)kompaktan.
Dokaz.Neka je h ∈ f (C). Tada postoji h∗ ∈ C takav da je f (h∗) = h.Budući da je C kompaktan, postoji h∗ ∈ C. Stoga jef ( h∗ ) ∈ f (C), pa iz neprekidnosti slijedi f ( h∗ ) ≈ f (h∗) = h.Dakle, vrijedi h = f ( h∗ ) ∈ f (C). �
-
Još malo o povezanosti
TeoremAko je f neprekidna i C povezan, onda je f (C) povezan.
Dokaz.Neka je a < x < b, gdje su a, b ∈ f (C). Tada postoje a∗, b∗ ∈ Ctakvi da je f (a∗) = a i f (b∗) = b. Prema teoremu omed̄uvrijednostima, postoji c∗ izmed̄u a∗ i b∗ takav da jef (c∗) = x. Iz povezanosti od C slijedi da je C interval, pa jec∗ ∈ C, odnosno x = f (c∗) ∈ C. �
-
Brouwerov teorem o fiksnoj točki
TeoremAko je f : [0, 1]→ [0, 1] neprekidna, tada f ima fiksnu točku.
Dokaz.Ako je f (0) = 0 ili f (1) = 1, gotovi smo. Ako ne, vrijedi f (0) > 0 if (1) < 1. Pogledajmo funkciju g : [0, 1]→ [0, 1] definiranu sag(x) = f (x) − x. Tada je g neprekidna te vrijedi g(0) > 0 i g(1) < 0.Prema teoremu o med̄uvrijednostima, postoji x0 takav da jeg(x0) = 0 = f (x0) − x0. �
-
Treći put vježbamo
Koja od sljedećih tvrdnji vrijedi za sve neprekidne funkcije f isve skupove A?
f (A) = f (A)
f (A0) = f (A)0
f −1(A) = f −1(A)
f −1(A0) = f −1(A)0
Nijedna!f (x) = 1x , f : R \ {0} → R, A = 〈1,+∞〉f (x) = c, f : R→ R, A = Rf (x) = c, f : R→ R, A = R \ {c}f (x) = c, f : R→ R, A = {c}
-
Malo bolja neprekidnost
DefinicijaFunkcija f je uniformno neprekidna na skupu A ako za svea, b ∈ A vrijedi: ako je a ≈ b, onda je f (a) ≈ f (b).
TeoremAko je A kompaktan skup, onda su neprekidnost i uniformnaneprekidnost proizvoljne funkcije f na A ekvivalentna svojstva.
Dokaz.Jedan smjer je očit. Za obrat, neka su a, b ∈ A takvi da je a ≈ b.Iz kompaktnosti od A slijedi da postoji r = a = b ∈ A. Izneprekidnosti od f dobivamo f (a) ≈ f (r) ≈ f (b). �
-
Postoje li neprekidne funkcije koje nisu uniformnoneprekidne?
f (x) = 1x na 〈0, 1〉Za N proizvoljan vrijedi 1N ≈
1N+1 , ali f
(1N
)0 f
(1
N+1
).
f (x) = x2 na ROčito je N ≈ N + 1N , ali f (N) 0 f
(N + 1N
).
-
Četvrti put vježbamo I
1 Ako je f neprekidna i C zatvoren, onda je f −1(C) zatvoren.Skup R \ C je otvoren, pa je f −1(R \ C) otvoren. No, tada jeR \ f −1(R \ C) = f −1(C) zatvoren.
2 Pronad̄i neprekidnu funkciju koja nije otvorenopreslikavanje.Konstantna funkcija preslikava svaki otvoren skup ujednočlan, a time i zatvoren skup.
3 Pronad̄i neprekidnu neomed̄enu funkciju na 〈0, 1〉. Pronad̄ineku koja jest omed̄ena, ali ne postiže minimum nimaksimum.Prvi dio zadatka rješava f (x) = 1x , a drugi identiteta.
4 Pronad̄i neprekidnu funkciju f i kompakt C takav da f −1(C)nije kompakt.Pogledajmo konstantnu funkciju f (x) = c na R. Tada jef −1(c) = R.
-
Četvrti put vježbamo II
5 Pronad̄i neprekidnu funkciju f i povezan skup C takav daf −1(C) nije povezan.Pogledajmo konstantnu funkciju f (x) = c na Cantorovomskupu C. Tada je f −1(c) = C.
-
Potpunost ured̄ajaTeoremR ima svojstvo supremuma, tj. svaki neprazan, odozgo omed̄enpodskup od R ima supremum.
Neka B ⊆ R ima gornju med̄u b. Za svaki n, neka je bn najmanjicijeli broj takav da je bnn gornja med̄a od B. Odaberimo
proizvoljan N te definirajmo r =bNN
.
Pretpostavimo da je x ∈ B realan. Tada je x ≤ bNN . Stoga vrijedi
x = x ≤ bNN= r.
Pretpostavimo sad da je s takod̄er gornja med̄a od B. Iz načinana koji smo odabrali bN , znamo da bN−1N nije gornja med̄a za B.Prema tome, vrijedi bN−1N < s. No, tada je
r =bNN=
bNN− 1
N≤ s = s.
-
(Ne baš) zadnja vježba
1 Pokaži da {θ : θ je infinitezimal} nema supremum u ∗R.Za svaki infinitezimal θ, broj 2θ je takod̄er infinitezimal.
2 Neka A , ∅ ima gornju med̄u. Tada je sup A upravo infimumskupa B svih gornjih med̄a od A.B je očito neprazan i odozdo omed̄en (A je neprazan, pa jebilo koji njegov element donja med̄a od B), pa znamo dapostoji c := inf B.Kad c ne bi bio gornja med̄a od A, onda bi neki y ∈ A bioveći od c. Time bi y bio veći i od nekoga iz B.Prema tome, c jest gornja med̄a od A, pa je c ∈ B. Slijedic = min B, odnosno c je najmanja gornja med̄a od A.
-
Skoro ekstremi
DefinicijaNeka je B ⊆ ∗R. Broj a je skoro gornja med̄a od B ako za sveb ∈ B vrijedi a ≥ b ili a ≈ b. Broj c je skoro supremum od B iliskoro najmanja gornja med̄a od B ako je gornja med̄a od B ivrijedi: ako je d bilo koja gornja med̄a od B, onda je c ≤ d ilic ≈ d.
-
(Uistinu) zadnja vježba
Dokaži ili opovrgni:1 Ako B , ∅ ima realnu skoro gornju med̄u b, onda B ima
najmanju skoro gornju med̄u.Kontraprimjer: B = 〈0, 1 + θ〉, b = 1.
2 Ako B , ∅ ima realnu gornju med̄u, onda B ima skorosupremum.Ima i više: ima supremum (transferom iz R u ∗R).
3 Ako B , ∅ ima skoro gornju med̄u b, onda B ima skoronajmanju skoro gornju med̄u.
-
Hvala na pažnji!
Pitanja?
top related