Nhận xét: T4 - không gian ⇒T3 - không gian ⇒T3 - không gian ⇒T2 - không gian ⇒T1 - không gian ⇒T0 - không gian. Tuy nhiên điều ngược lại không đúng. Phần ví dụ để ta thấy điều ngược lại không đúng. 3.1 Các phản ví dụ T0 - không gian mà T1 - không gian om Ví dụ 1: Cho X tập vô hạn tuỳ ý x0 ∈ X. Đặt T = {G ⊂ X|G = ∅ x0 ∈ G}. Ta chứng tỏ rằng: a. (X, T ) không gian tôpô. b. Không gian tôpô (X,T )là T0 - không gian, không T1 - không gian. C Chứng minh. i Rõ ràng ∅ ∈ T , X ∈ T n. ii A, B ∈ T khác rỗng, ⇒ x0 ∈ A ∩ B ⇒ A ∩ B ∈ T iii Họ (Aα )α∈I ∈ T giả sử Aα0 = ∅, α0 ∈ I, x0 ∈ α∈I Aα ∈ T Aα ⇒ α∈I at hV Vậy (X, T ) không gian tôpô . b. Lấy hai điểm phân biệt y1 , y2 thuộc X. Nếu y1 , y2 khác x0 , tập {x0 , y1 } tập mở không chứa y2 . Nếu y1 = x0 ⇒ {x0 } không chứa y2 Suy (X, T ) T0 - không gian. Lấy y khác x0 , lân cận y chứa x0 nên (X, T ) không T1 - không gian M Ví dụ 2: Xét X = R, đặt B họ tất tập có dạng (a; +∞), a ∈ R ∅. Ta chứng tỏ rằng: a. Tồn tôpô R nhận B làm sở. b. X T0 - không gian không T1 - không gian. Chứng minh. a. Rõ ràng R = (a; +∞) a∈R Lấy U = (a; +∞), V = (b; +∞), (giả sử a ≤ b) ⇒ U ∩ V = (b; +∞) ∈ B nên tồn tôpô T R có sở B. b. Kiểm tra (X, T T0 - không gian, không T1 - không gian. a+b a+b ; +∞) ∈ B, b ∈ ( ; +∞) a ∈ / Với a,b∈ R, a = b giả sử a (0 < ε < 1), y ∈ [−1; 0], tập G có dạng: tập giao điểm X với đoạn thẳng (m − ε, m + ε) × y. iv. Mỗi số chẵn m, tập G có dạng hợp {a} tập điểm x × y X cho x < m v. Mỗi số chẵn m , tập G có dạng hợp {b} tập điểm x × y X cho x > m. Chúng ta X, có tôpô T nhận B làm sở. a. Rõ ràng X = ∪G∈B G. b. Lấy G1 , G2 ∈ B, ∀x ∈ G1 ∩ G2 cần ∃W ∈ B : x ∈ W ⊆ G1 ∩ G2 . n. C om • Nếu G1 , G2 dạng (hoặc i,ii v), chọn W = G1 ∩ G2 . • Nếu G1 có dạng i, G2 có dạng lại thì: G1 ∩G2 = ∅ G1 ∩G2 = G1 chọn W = G1 . • Nếu G1 có dạng ii, G2 có dạng iii, G1 ∩G2 = ∅ G1 ∩G2 = {x} chọn W = {x} dạng i. • Nếu G1 có dạng ii, G2 có dạng iv, v G1 ∩ G2 = ∅ G1 ∩ G2 = G1 chọn W = G1 . • Nếu G1 có dạng iii, G2 = {x × y ∈ X|x < m, m chẵn} có dạng iv, G1 ∩ G2 = ∅ G1 ∩ G2 = G1 chọn W = G1 có dạng iii, G1 ∩ G2 chứa điểm nằm tập Cn,k lấy x ∈ G1 ∩ G2 . Chọn W = {x} có dạng i, x ∈ W ⊆ G1 ∩ G2 . Các trường hợp lại xét tương tự. hV Vậy họ B sinh tôpô T X nhận B làm sở. Tôpô xây dựng gọi tôpô John Thomas. Chú ý : at • Mỗi n lẽ, k nguyên k ≥ tập Cn,k mở. • Các tập hợp dạng (ii) chứa lân cận đỉnh Pn,k M • Các tập hợp dạng (iii) chứa lân cận điểm nằm Lm • Các tập hợp dạng (iv) , (v) chứa lân cận điểm vô cực a, b Bước 2: Ta chứng minh (X, T ) T3 - không gian. * Lấy x, y ∈ X, x = y. Rõ ràng có lân cận điểm không chứa điểm kia. Nên (X, T ) T1 - không gian. * Để kiểm tra X quy, lấy p ∈ X, U lân cận mở chứa p, cần chứng tỏ tồn lân cận mở V p cho V ⊂ U. • Trường hợp U có dạng (i) (ii),(iii) U = U chọn V = U. • Trường hợp U có dạng (iv), U chứa a điểm x × y X cho x < m với m chẵn. - Nếu p = a có lân cận V chứa a với điểm x × y X cho x < m − V = V ∪ Lm−2 ⊂ U. - Nếu p = a, p ∈ U chọn V lân cận p có dạng (i),(ii) (iii) nằm U , rõ ràng V = V Lý luận tương tự U có dạng v. Vậy (X, T ) không gian qui. Bước 3: Để chứng minh (X, T ) không T3 - không gian, cần hàm số liên tục f : X → [0; 1] f (a) = f (b) đủ. Mỗi số lẻ n, k ≥ 2, k ∈ Z kí hiệu Sn,k = {p ∈ Cn,k |f (p) = f (pn,k )}. Ta chứng tỏ tập Sn,k tập đếm được. ∞ Kí hiệu f (pn,k ) = c f −1 (c) = n=1 f −1 (c− n1 , c+ n1 ) mà tập mởf −1 (c− n1 , c+ n1 ) om chứa hầu hết điểm Cn,k trừ số hữu hạn. Do f −1 (c) chứa hầu hết điểm Cn,k trừ số đếm điểm Cn,k . Vì Sn,k tập đếm phần tử. Suy tập A = ∪{Sn,k |n lẻ,k ≥ 2, k ∈ Z} tập đếm nên tồn d ∈ [−1; 0] cho đường thẳng R × d không giao với tập A. Tức Cn,k , giá trị f giao đường thẳng R × d với Cn,k , f (pn,k ) = c. Với số chẵn m, kí hiệu cm giao điểm Lm với đường thẳng R × d. Ta chứng minh f (cm ) = f (cm+2 ) Lấy n = m + 1, xét Cn,k , gọi ak , bk (giả thiết điểm ak có hoành độ nhỏ hoành độ điểm bk ) giao điểm Cn,k đường thẳng R × d (hình vẽ) n. C Khi k → ∞ ak → cm , bk → cm+2 . Do f liên tục nên limf (ak ) = f (cm ), limf (bk ) = f (cm+2 ), suy f (cm ) = limf (ak ) = limf (bk ) = f (cm+2 ). Vậy chứng tỏ giá trị hàm f điểm cm với số chẵn m . Rõ ràng cm → a m → −∞ cm → b m → +∞, với hàm f liên tục suy ra: f (a) = lim f (cm ) = lim f (cm ) = f (b). m→+∞ T3 12 - không gian mà T4 - không gian at 3.5 hV m→−∞ M Ví dụ 8: Chúng ta xây dựng không gian tôpô thoả yêu cầu thông qua ba bước sau: Bước 1: Xây dựng không gian tôpô. Trong mặt phẳng toạ độ R2 kí hiệu : L := {x × y|y ≥ 0}, L1 := {x × y|y = 0}, L2 := L\L1 • Với x ∈ L1 , r > 0, đặt U (x, r) tập điểm L bên đường tròn bán kính r tiếp xúc với L1 x. Kí hiệu Ui (x) = U (x, 1i ) ∪ x, i = 1, . • Với x ∈ L2 , r > đặt U (x, r) tập điểm bên đường tròn tâm x bán kính r kí hiệu : Ui (x) = U (x, 1i ), i = 1, . hV n. C om Khi họ {B(x)}x∈X với B(x) = {Ui (x)}∞ i=1 sinh tôpô X, nhận họ làm sở lân cận L. Thật vậy: a) ∀x ∈ X, từ định nghĩa họ B(x) ta thấy B(x) = ∅, Ui (x) ∈ B(x) x ∈ Ui (x). b) Ui (x), Vi (x) ∈ B(x) Ui (x) ∩ Vi (x) ∈ B(x) c) x ∈ Uj (y) ∈ B(y) cần tồn Ui (x) ∈ B(x) cho Ui (x) ⊂ Uj (y) • Nếu y ∈ L1 , x ∈ L1 suy x = y chọn Ui (x) = Uj (y) • Nếu y ∈ L2 , x ∈ L1 y ∈ L1 , x ∈ L2 ta chọn số nguyên i đủ lớn để Ui (x) ⊂ Uj (y) • Nếu y ∈ L2 , x ∈ L2 chọn số nguyên i cho 1i < min{d(x, y); 1j − d(x, y)} Ui (x) ⊂ Uj (y) Vậy họ {B(x)}x∈X thoả mãn điều kiện sinh tôpô X nhận {B(x)}x∈X làm sở lân cận. Không gian gọi mặt phẳng Niemyzki. Bước 2: Ta chứng minh mặt phẳng Niemyzki không gian Tykhonoff • Dễ dàng có mặt phẳng Niemyzki T1 - không gian. • Mỗi x ∈ X, Ui (x) ∈ B(x), ∀y ∈ Ui (x)\{x} kí hiệu y’ giao điểm tia xy với biên Ui (x) đặt hàm f sau: y=x; y ∈ L\Ui (x); f (x) = |x.y| y ∈ Ui (x)\{x} |x.y | M at Rõ ràng hàm số f : X −→ I hàm liên tục X, f (x) = f (y) = với y ∈ L\Ui (x). Theo định lí mặt phẳng Niemyzki không gian Tykhonoff. Bước 3: Chứng minh mặt phẳng Niemyzki không không gian chuẩn tắc. Để ý tập điểm tụ đường thẳng L1 Ld1 = ∅. Mọi tập A ⊂ L1 suy Ad = ∅ nên A tập đóng L. Kí hiệu C = {x × y ∈ L2 |x, y số hữu tỉ }. Khi C trù mật L. Giả sử L không gian chuẩn tắc. Mọi A ⊂ L1 , tồn tập mở UA , VA ⊂ L cho A ⊂ UA , L\A ⊂ VA UA ∩ VA = ∅. Với A ⊂ L1 , đặt CA = C ∩ UA . Chúng ta chứng tỏ CA = CB với A = B điều dẫn đến mâu thuẫn L1 chứa 2c tập phân biệt C chứa c tập phân biệt. Lấy A, B ⊂ L1 cho A = B, không tính tổng quát ta giả sử A\B = ∅. Vì ∅ = A\B ⊂ U A ∩ VB U B ∩ VB = ∅ (Do UB ∩ VB = ∅). Nên có U A = U B . Do C trù mật L nên U A = U ∩ C, U B = ∩C CA = CB hay CA = CB .