Định lý METRIC hóa các không gian tô pô

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ************* Phùng Thị Phượng ĐỊNH LÝ METRIC HĨA CÁC KHƠNG GIAN TƠ PƠ KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chun ngành: Hình học Hà Nội – 2018 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ************* Phùng Thị Phượng ĐỊNH LÝ METRIC HĨA CÁC KHƠNG GIAN TƠ PƠ KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chun ngành: Hình học Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Tất Thắng Hà Nội – 2018 Lời cảm ơn Tác giả khóa luận tốt nghiệp chân thành cảm ơn TS Nguyễn Tất Thắng tận tình hướng dẫn tác giả đọc tài liệu, tập dượt nghiên cứu góp ý chi tiết cách trình bày số kết khóa luận tốt nghiệp Tác giả chân thành cảm ơn thầy giáo Khoa Tốn trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, đặc biệt tổ Hình học, tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả q trình học Đại học thực khóa luận Lời cam đoan Dưới hướng dẫn nhiệt tình thầy hướng dẫn TS Nguyễn Tất Thắng với cố gắng thân khóa luận tốt nghiệp tơi hồn thành Các nội dung trình bày khóa luận kết q trình học tập, tổng hợp, tham khảo kế thừa thành nghiên cứu nhà khoa học nhà nghiên cứu với trân trọng lòng biết ơn tơi Tơi xin cam đoan nội dung khóa luận khơng có trùng lặp với nội dung đề tài khác Nếu sai tơi xin hồn tồn chịu trách nhiệm Mục lục Lời cảm ơn Mở đầu 1 Các khái niệm sở tiên đề tách 1.1 1.2 Các khái niệm sở 1.1.1 Không gian tô pô 1.1.2 Cơ sở tô pô 1.1.3 Không gian tô pô 1.1.4 Lân cận, tập đóng tập mở 1.1.5 Tập hợp trù mật không gian khả ly 12 1.1.6 Quan hệ thứ tự 13 1.1.7 Ánh xạ liên tục 14 1.1.8 Không gian metric 15 1.1.9 Tô pô tích 16 Các tiên đề tách 18 1.2.1 Không gian T0 18 Khóa luận tốt nghiệp Đại học PHÙNG THỊ PHƯỢNG 1.2.2 Không gian T1 1.2.3 Không gian T2 19 1.2.4 Không gian T3 19 1.2.5 Không gian T3 21 20 1.2.6 Không gian T4 20 1.2.7 Tiên đề đếm 21 18 Định lý metric hóa Urysohn 23 2.1 Bổ đề Urysohn 23 2.2 Định lý metric hóa Urysohn 26 2.3 Hệ định lý metric hóa Urysohn 31 Định lý metric hóa Nagata-Smirnov 3.1 33 Định lý metric hóa Nagata-Smirnov 34 Tài liệu tham khảo 47 Mở đầu Lý chọn đề tài Tốn học có vai trò quan trọng thực tiễn đời sống nghiên cứu khoa học Nó tảng sở để nghiên cứu môn khoa học khác Hình học tơ pơ lĩnh vực Tốn học, khơng gian tô pô đối tượng nghiên cứu Các khơng gian tơ pơ trang bị "khoảng cách" mà sinh tơ pơ sẵn có gọi khơng gian tơ pơ metric hóa Chúng có đầy đủ tính chất không gian metric, chẳng hạn Hausdorff, paracompact, đếm thứ nhất, Đối với khơng gian đó, việc nghiên cứu tính chất tơ pơ, hình học, giải tích trở nên thuận tiện Vì vậy, việc metric hóa khơng gian tơ pơ vấn đề quan trọng, nhiều nhà Toán học quan tâm, nghiên cứu Nhận thấy tầm quan trọng chủ đề mong muốn học hỏi, trau dồi kiến thức, em chọn đề tài "Định lý metric hóa khơng gian tơ pơ" cho khóa luận tốt nghiệp Khóa luận gồm ba chương: Khóa luận tốt nghiệp Đại học PHÙNG THỊ PHƯỢNG Chương "Các khái niệm sở tiên đề tách" trình bày số khái niệm ví dụ Chương "Định lý metric hóa Urysohn" thảo luận điều kiện đủ để không gian tô pô metric hóa Chương "Định lý metric hóa Nagata-Smirnov" thảo luận điều kiện cần đủ để không gian tơ pơ metric hóa Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu vấn đề metric hóa khơng gian tơ pơ Cụ thể hơn, tìm hiểu điều kiện để trang bị cho khơng gian tơ pơ metric mà sinh tơ pơ sẵn có Đối tượng, phạm vi nghiên cứu • Đối tượng nghiên cứu: Các khơng gian tơ pơ • Phạm vi nghiên cứu: Các định lý metric hóa khơng gian tô pô Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu định lý metric hóa khơng gian tơ pơ, cụ thể định lý metric hóa Urysohn định lý metric hóa Nagata-Smirnov từ đưa điều kiện đủ, điều kiện cần đủ để không gian tơ pơ metric hóa Khóa luận tốt nghiệp Đại học PHÙNG THỊ PHƯỢNG Phương pháp nghiên cứu Trước hết tìm tham khảo tài liệu, sách giáo khoa, sách giáo trình có liên quan hình học, tơ pơ đại cương Phân tích tổng hợp ví dụ tập minh họa, tham khảo ý kiến giáo viên hướng dẫn Ý nghĩa khoa học, thực tiễn đề tài Là tài liệu tham khảo cho sinh viên chuyên ngành toán học Hà Nội, ngày / /2018 Tác giả khóa luận Phùng Thị Phượng Chương Các khái niệm sở tiên đề tách 1.1 Các khái niệm sở 1.1.1 Không gian tô pô Định nghĩa 1.1 Một tô pô X họ tập τ X cho: (1) ∅ X ∈ τ (2) Với tập {Uα }α∈J τ ∪α∈J Uα ∈ τ (3) Cho tập hữu hạn {U1 , , Un } τ U1 ∩ ∩ Un ∈ τ Khóa luận tốt nghiệp Đại học 3.1 PHÙNG THỊ PHƯỢNG Định lý metric hóa Nagata-Smirnov Định lý mở rộng định lý Urysohn trường hợp không tách Định nghĩa 3.1 Ánh xạ f : X → Y gọi phép nhúng f ánh xạ liên tục, đơn ánh f : X → f (X) đồng phôi Định nghĩa 3.2 (Hữu hạn địa phương) Họ tập B X gọi hữu hạn địa phương với x ∈ X, tồn lân cận B cho B có giao khác rỗng với hữu hạn phần tử B Định nghĩa 3.3 Họ B tập X gọi hữu hạn địa phương đếm (σ− hữu hạn địa phương) B hợp đếm họ hữu hạn địa phương Định lý 3.1 (Đinh lý Nagata-Smirnov) Một không gian tô pô X khơng gian metric hóa X quy với sở hữu hạn địa phương đếm Trước tiên, ta cần bổ đề sau Bổ đề 3.1 Giả sử A họ hữu hạn địa phương tập không gian tơ pơ X Cho Y := A∈A A Y¯ = A∈A ¯ A Chứng minh Trước tiên, ta A∈A A¯ ⊂ Y¯ Với A ∈ A A ⊂ Y ⊂ Y¯ (tính chất bao đóng) Mà A¯ giao tất tập đóng chứa A Y¯ tập đóng chứa A Do đó, x ∈ A¯ chắn x ∈ Y¯ nên A¯ ⊂ Y¯ Vì vậy, A∈A A¯ ⊂ Y¯ 34 Khóa luận tốt nghiệp Đại học PHÙNG THỊ PHƯỢNG Ngược lại, ta Y¯ ⊂ A∈A ¯ Lấy x ∈ Y¯ , theo tính hữu A hạn địa phương, tồn lân cận mở U chứa x giao khác rỗng với tập hữu hạn gồm phần tử A, kí hiệu phần tử A1 , A2 , , Ak Giả sử rằng, x khơng chứa A¯1 , , A¯k , tức là, x ∈ / k ¯ j=1 Aj - tập đóng, suy ra, x ∈ U \ ( k ¯ j=1 Aj ), lân cận mở x chúng rời từ phần tử A Do đó, x = A∈A ¯ mâu thuẫn A, với giả thiết x ∈ Y¯ Vì vậy, x phải chứa vài A¯j , ≤ j ≤ k Y¯ ⊂ A∈A ¯ suy ra, Y¯ = A, A∈A ¯ A Bổ đề 3.2 Giả sử X khơng gian quy với sở hữu hạn địa phương đếm B Thì X chuẩn tắc Chứng minh Ta chứng minh bổ đề bước Bước 1: Giả sử W ⊂ X mở có tập đếm họ tập mở {Un } cho W := n∈N Un ¯ = n∈N Un Chứng minh Vì B hữu hạn địa phương đếm được, B = n∈N Bn , vói Bn tập hữu hạn địa phương họ tập X Với ¯ ⊂ W } Cn ⊂ Bn nên Cn hữu hạn n ∈ N, đặt Cn := {B ∈ Bn | B B Vì B mở, Un mở Theo địa phương Cho Un := B∈Cn bổ đề (3.1), U¯n = ¯ Cn hữu hạn địa phương Mỗi B ¯ ⊂ W, B U¯n = B∈Cn ¯ ⊂ W , suy ra, B n∈N Un Ta cần W ⊂ n∈N Un B∈Cn ⊂ ¯ ⊂ W n∈N Un Lấy x ∈ W {x} ∩ (X \ W ) = ∅ tập đóng ({x} gọi đóng theo định nghĩa tính quy) nên theo tính quy, tồn tập mở rời U V cho {x} ⊂ U X \ W ⊂ V x ∈ {x} ⊂ U ⊂ X \ V ⊂ W Với n ∈ N, 35 Khóa luận tốt nghiệp Đại học PHÙNG THỊ PHƯỢNG tồn phần tử sở B ∈ Bn cho x ∈ B ⊂ U ⊂ X \ V ; X \ V ¯ ⊂ X \ V ⊂ W Vì vậy, B ∈ Cn Tức là đóng (do V mở ), B ⊂ B x∈B⊂ B∈Cn B = Un ⊂ n∈N Un hay W ⊂ n∈N Un Bước 2: X chuẩn tắc Chứng minh Lấy tập đóng C, D ⊂ X cho C ∩ D = ∅ Do D đóng, nên X \ D mở Theo bước 1, tồn họ đếm tập mở {Un } cho X \ D = n∈N Un U¯n ∩ D = ∅ C ∩ D = ∅, C ⊂ n∈N Un = ¯ n∈N Un Hiển nhiên, Tương tự, tồn họ tập mở {Vn } phủ D cho V¯n ∩ C = ∅ n∈N Un n∈N Vn phủ mở C D tương ứng Ta chưa thể kết luận giao chúng khác rỗng Với n ∈ N, đặt Un := Un \ ( n ¯ j=1 Vj ) đặt Vn := Vn \ ( đặt V := n n∈N Vn n ¯ j=1 Uj ), tập mở Đặt U := n n∈N Un Do đó, U , V mở, hợp tập mở Ta cần chứng minh U ∩ V = ∅ Lấy x ∈ C x ∈ Un , với n C ⊂ với n Vì vậy, x ∈ Un \ ( n ¯ j=1 Vj ) n∈N Un , nữa, x ∈ / V¯n = Un ⊂ U nên C ⊂ U Tương tự, D⊂V Giả sử U ∩ V = ∅, tồn x ∈ X cho x ∈ U = x ∈ V = x ∈ Vn = Vn \ ( n∈N Un m ¯ n∈N Vn Suy ra, với m, n, x ∈ Um = Um \ ( j=1 Vj ) n ¯ / V¯1 , , V¯m , U¯1 , , U¯n j=1 Uj ), tức là, x ∈ Um , Vn x ∈ Giả sử m ≤ n x ∈ Um x ∈ / U¯1 , , U¯m , , U¯n (mâu thuẫn) Tương tự, ta thấy mâu thuẫn n ≤ m Vì vậy, U V phủ mở rời C D, tức là, U ∩ V = ∅ Suy ra, X chuẩn tắc 36 Khóa luận tốt nghiệp Đại học PHÙNG THỊ PHƯỢNG Vậy, không gian quy X với sở hữu hạn địa phương đếm B X chuẩn tắc Ta chứng minh hai định lí tách từ định lý Nagata-Smirnov Định lý 3.2 Giả sử X không gian quy với sở hữu hạn địa phương đếm B X khơng gian metric Chứng minh Ta X nhúng không gian metric [0, 1]B , với metric sau: Giả sử p, q ∈ [0, 1]B đặt d(p, q) := sup {| p(B) − q(B) |} Ta cần chứng B∈B minh d(p, q) metric Ta kiểm tra ba tiên đề cho metric Ta có: | p(B) − q(B) |≥ nên d(p, q) = sup {| p(B) − q(B) |} ≥ B∈B Nếu d(p, q) = sup {| p(B) − q(B) |} = với B ∈ B, ta có: ≤| B∈B p(B) − q(B) |≤ nên p(B) = q(B), đó, p = q Ngược lại, p = q | p(B) − q(B) |= với B ∈ B, nên d(p, q) = sup {| p(B) − q(B) |} = B∈B d(p, q) = sup {| p(B) − q(B) |} = sup {| q(B) − p(B) |} = d(q, p) B∈B B∈B Nếu W Y họ số thực sup (W )+ sup (Y ) = sup (W +Y ), đó, W +Y = {w +y | w ∈ W, y ∈ Y } Hiển nhiên, K ⊂ L sup (K) ≤ sup (L) Vì vậy, d(p, r) = sup {| p(B)−r(B) |} ≤ sup {| p(B)−q(B) | B∈B B∈B + | q(B) − r(B) |} ≤ sup {| p(B) − q(B) |} + sup {| q(B) − r(B) |} = B∈B B∈B d(p, q) + d(q, r) Ta cần bổ đề 37 Khóa luận tốt nghiệp Đại học PHÙNG THỊ PHƯỢNG Bổ đề 3.3 Nếu W ⊂ X mở tồn ánh xạ liên tục f : X → [0, 1] cho f | W > f | (X \ W ) ≡ Chứng minh Theo bước (3.2), W = n∈N An , đó, An đóng Mỗi An có giao với tập đóng X \ W tập rỗng Theo (3.2) X chuẩn tắc nên ta áp dụng bổ đề Urysohn: Với An , tồn ánh xạ liên tục fn : X → [0, 1] cho fn | An ≡ ∞ fn (x)/2n Vì ≤ fn (x) ≤ fn | (X \W ) ≡ Với x ∈ X, cho f (x) = n=1 ∞ 1/2n hội tụ, theo dấu hiệu so sánh nên nên ≤ fn (x)/2n ≤ 1/2n ; n=1 ∞ fn (x)/2n hội tụ, theo tính chất Weierstrass hội tụ Vì mối n=1 số hạng fn /2n ánh xạ liên tục (fn liên tục 2n số), nên f liên tục Mỗi fn X \ W , đó, f | (X \ W ) ≡ với x ∈ W x ∈ An , fn (x) = 1, đó, có số hạng bé ∞ fn (x)/2n lớn Vì tất số hạng khác không tổng vô hạn n=1 thể nhỏ nên f (x) > Do đó, f | W > Bây giờ, ta xây dựng phép nhúng g : X → [0, 1]B Thấy bổ đề (3.2) chứng minh tồn ánh xạ liên tục từ tập mở đến khoảng mở [0, 1], ta dễ dàng thay [0, 1] khoảng đóng [a, b], a, b ∈ R theo định nghĩa ánh xạ liên tục [0, 1] [a, b] xét phép hợp ánh xạ mà ta định nghĩa với ánh xạ đó, ta biết rằng, hợp ánh xạ liên tục liên tục Vì B hữu hạn địa phương đếm nên ta có: B = 38 n∈N Bn , Khóa luận tốt nghiệp Đại học PHÙNG THỊ PHƯỢNG đó, Bn hữu hạn địa phương Giả sử với m, n ∈ N, Bm ∩ Bn = ∅ tồn phần tử sở B ∈ Bm , Bn , ta xác định B m chứa tất phần tử Bm trừ B, tức B m = Bm \ B B m hữu hạn địa phương B sở B chứa Bn Nếu ta lấy phần tử sở B bất kì, B ∈ Bn cho xác n, B mở, theo bổ đề (3.3), xác định ánh xạ liên tục fB : X → [0, 1/n] cho fB | B > fB | (X \ B) ≡ Ta xác định phép nhúng g cách đặt g(x) := {(B, fB (X)) | B ∈ B} Ta chứng minh g phép nhúng cách điều sau: g đơn ánh, g liên tục g −1 liên tục Bổ đề 3.4 g đơn ánh Chứng minh Giả sử x = y Theo định nghĩa tính quy, tập gồm điểm {x} {y} đóng {x} ∩ {y} = ∅ Theo bổ đề (3.2) X chuẩn tắc, vậy, có tập mở rời U, V cho x ∈ {x} ⊂ U y ∈ {y} ⊂ V Khi đó, tồn phần tử sở B cho x ∈ B ⊂ U fB (x) > fB (y) = y ∈ / B Vì vậy, ánh xạ g(x) chứa cặp thứ tự (B, ε) với ε > ánh xạ g(y) chứa cặp thứ tự (B, 0), đó, g(x) = g(y) Bổ đề 3.5 g liên tục Chứng minh Để chứng minh g liên tục, ta với tập mở V quanh điểm g(x) có tập mở U ⊂ X cho x ∈ U g(U ) ⊂ V Thật vậy, ta tìm thấy tập mở U chứa x cho g(U ) ⊂ B(g(x), ε) ⊂ V ta có điều phải chứng minh 39 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Ta có B = n∈N Bn , PHÙNG THỊ PHƯỢNG đó, Bn hữu hạn địa phương Lấy Bn tìm lân cận mở Un x giao hữu hạn khác rỗng với phần tử sở Bn Giả sử B ∈ Bn mà B ∩ U = ∅ chắn x ∈ / B, đó, fB (x) = 0, nữa, fB (y) = với y ∈ Un Vì vậy, | fB (x) − fB (y) |= Giả sử B ∩ Un = ∅ Ta có fB : X → [0, 1] liên tục, đó, với tập mở (fB (x) − ε/2, fB (x) + ε/2) ∩ [0, 1/n] ⊂ [0, 1/n] tồn tập mở Wn ⊂ X chứa x cho fB (Wn ) ⊂ (fB (x) − ε/2, fB (x) + ε/2)(fB (x) − ε/2, fB (x) + ε/2) ∩ [0, 1/n] Đặt Vn = Wn ∩ Un mở giao hữu hạn tập mở Wn ∩ Un = ∅ Wn ∩ Un = x Với y ∈ Vn ⊂ Wn , fB (y) ∈ (fB (x) − ε/2, fB (x) + ε/2) ∩ [0, 1/n], đó, | (fB (x) − fB (y)) |< ε/2 Vì vậy, với y ∈ Vn , | (fB (x) − fB (y)) |< ε/2 với B ∈ Bn Lấy N đủ lớn cho 1/N < ε/2 Đặt V := V1 ∩ ∩ VN mở giao hữu hạn tập mở Nếu y ∈ V y ∈ V1 , , VN , đó, với n ≤ N B ∈ Bn , | fB (x) − fB (y) |< ε/2 Hơn nữa, với n > N B ∈ Bn , ta có: | fB (x) − fB (y) |< 1/n < 1/N < ε/2, giá trị lớn fB 1/n giá trị nhỏ 0, đó, khác lớn giá trị 1/n Do đó, với y ∈ V, | fB (x) − fB (y) |< ε/2 với B ∈ B d(g(x), g(y)) = sup {| fB (x) − fB (y) |} ≤ ε/2 < ε, suy ra, g(y) ∈ B(g(x), ε) B∈B Suy ra, g liên tục Bổ đề 3.6 g −1 liên tục Chứng minh Để chứng minh g −1 liên tục, ta cần rằng: U ⊂ X mở g(U ) = (g −1 )−1 (U ) mở g(X) Ta cần 40 Khóa luận tốt nghiệp Đại học PHÙNG THỊ PHƯỢNG với z ∈ g(U ), tồn tập W mở g(X) cho W chứa z W ⊂ g(U ) Vì z ∈ g(U ) g đơn ánh theo bổ đề (3.4), tồn x ∈ U cho g(x) = z Vì U mở, tồn phần tử sở β cho x ∈ β ⊂ U , vậy, fβ (x) > fβ | (X \ β) ≡ Đặt W := {h : B → [0, 1] | h(β) > 0} ⊂ [0, 1]B với β cho trước Ta cần chứng minh rằng: V mở Để điều đó, ta phải rằng: ánh xạ V có lân cận mở chứa hồn tồn V Lấy ánh xạ h ∈ V xét hình cầu mở B(h, h(β)) Với ánh xạ h ∈ B(h, h(β)), sup {| B∈B h(B) − h (B) |} = d(h, h ) < h(β), đó, | h(B) − h (B) |< h(β) với B ∈ B Thực tế, | h(B) − h (B) |< h(β), đó, h (β) > nên h ∈ V B(h, h(β)) ⊂ V Suy ra, V mở Đặt W := V ∩g(X) W mở g(X) Bằng cách chọn β, fβ (x) > 0, đó, g(x) chứa cặp thứ tự (β, δ) với δ = fβ (x) > nên g(x) ∈ V mà g(x) ∈ g(X), vậy, g(x) ∈ V ∩ g(X) = W Ta cần W ⊂ g(U ) ta có điều phải chứng minh Lấy ánh xạ p ∈ W p = g(y) với y ∈ X Vì p ∈ W = V ∩ g(X), p ∈ V , đó, fβ (y) = p(β) > 0, tức là, y ∈ β ⊂ U , suy ra, p = g(y) ∈ g(U ) Vì vậy, W ⊂ g(U ), suy ra, g(U ) mở, tức là, (g −1 )−1 (U ) mở U mở Suy ra, g −1 liên tục Bổ đề (3.4)-(3.6) chứng minh g phép nhúng với (2.2) ta có, X khơng gian metric Định lý 3.3 Giả sử X không gian metric với metric d X quy có sở hữu hạn địa phương đếm Ta chia chứng minh thành bước: 41 Khóa luận tốt nghiệp Đại học PHÙNG THỊ PHƯỢNG Bước 1: X quy Chứng minh Lấy tập đóng C ⊂ X điểm x ∈ X, x ∈ / C Cho α := inf{d(x, y) | y ∈ C} Vì d(x, y) > với y ∈ C, α ≥ 0, ta cần chứng minh α = Giả sử α = với ε > 0, tồn y ∈ C cho d(x, y) < ε, tức là, hình cầu mở B(x, ε) phải có giao khác rỗng C Suy ra, lân cận mở chứa x phải có giao khác rỗng với C, X \C mở (do C đóng) x ∈ X \C Rõ ràng X \ C ∩ C = ∅, điều mâu thuẫn Vì vậy, α > Ta cần chứng minh rằng, tập mở B(x, α/2) U = y∈C B(y, α/2) phủ mở x C mà có giao tập rỗng Lấy z ∈ B(x, α/2) d(x, z) < α/2 với y ∈ C, d(x, y) > α Theo bất đẳng thức tam giác, d(x, y) ≤ d(x, z)+ d(z, y), đó, d(z, y) ≥ d(x, y) − d(x, z) > α − α/2 = α/2 Vì vậy, z ∈ / B(y, α/2), đó, z ∈ / B(y, α/2) = U Giả sử, ta có w ∈ U w ∈ B(y, α/2) với y∈C y ∈ C, đó, d(y, w) < α/2 mà d(x, y) > α Theo bất đẳng thức tam giác, d(y, x) ≤ d(y, w) + d(w, x), suy ra, d(w, x) ≥ d(y, x) − d(y, w) > α − α/2 = α/2 nên y ∈ / B(x, α/2) Vì vậy, U B(x, α/2) phủ mở C x mà U ∩ B(x, α/2) = ∅ Suy ra, X quy Bước 2: X có sở hữu hạn địa phương đếm Trước bắt đầu chứng minh, ta đưa định nghĩa mịn Định nghĩa 3.4 (Mịn) Cho A, B hai họ tập X Ta nói B làm mịn A phần tử B tập phần tử thuộc A 42 Khóa luận tốt nghiệp Đại học PHÙNG THỊ PHƯỢNG Ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề 3.7 Với phủ mở A khơng gian metric X, có họ hữu hạn địa phương đếm E họ tập mở phủ X làm mịn A Chứng minh Chọn thứ tự tốt ≺ phần tử A, thứ tự tồn theo định lý thứ tự tốt Cho n ∈ N, lấy tập mở U ∈ A cho Sn (U ) := {x | B(x, 1/n) ⊂ U } Sn (U ) := Sn (U ) \ ( V ≺U V ) Ta chia chứng minh thành bước Bước 1: Giả sử W, V ∈ A V = W Lấy x ∈ Sn (W ) y ∈ Sn (W ) d(x, y) ≥ 1/n Chứng minh Khơng tính tổng quát, giả sử V ≺ W Vì x ∈ Sn (V ) nên x ∈ Sn (V ), đó, B(x, 1/n) ⊂ V Hơn nữa, y ∈ Sn (W ) V ≺ W , nên y ∈ / V Giả sử d(x, y) < 1/n y ∈ B(x, 1/n) ⊂ V , mâu thuẫn với điều kiện y ∈ / V , đó, d(x, y) ≥ 1/n Vì vậy, ta có điều phải chứng minh Ta xác định tập khác cách thay U ∈ A Cho En (U ) := ∪{B(x, 1/3n) | x ∈ Sn (U )} Bước 2: Giả sử V, W ∈ A, V = W Lấy x ∈ En (V ) y ∈ En (W ) d(x, y) > 1/3n Chứng minh Bằng định nghĩa En (V ) En (W ) ta vừa cho trên, có w ∈ Sn (V ) z ∈ Sn (W ) cho d(x, w) < 1/3n d(y, z) < 1/3n Theo 43 Khóa luận tốt nghiệp Đại học PHÙNG THỊ PHƯỢNG bất đẳng thức tam giác, d(w, z) ≤ d(w, x) + d(x, y) + d(y, z) Theo bước 1, ta có: d(w, z) ≥ 1/n, vậy, d(x, y) ≥ d(w, z) − d(w, x) − d(y, z) > 1/n − /3n − 1/3n = 1/3n, ta có điều phải chứng minh Bước 3: Với U ∈ A, En (U ) ⊂ U Chứng minh Lấy y ∈ En (U ) y ∈ B(x, 1/3n) với x ∈ Sn (U ) Theo định nghĩa Sn (U ) x ∈ Sn (U ) hay B(x, 1/n) ⊂ U Vì d(x, y) < 1/3n < 1/n, y ∈ B(x, 1/n) ⊂ U , suy ra, En (U ) ⊂ U Cho En := {En (U ) | U ∈ A} cho E := n∈N En Bước 4: E làm mịn A Chứng minh Gọi En (U ) ∈ En tập E, với n ∈ N Theo chứng minh bước 3, En (U ) ⊂ U ∈ A Vì vậy, E làm mịn A Bước 5: E hữu hạn địa phương đếm Chứng minh Ta En hữu hạn địa phương Lấy x ∈ X, giả sử có tập mở U ⊂ X cho B(x, /6n) ∩ En (U ) = ∅ với y ∈ En (U ) cho d(x, y) < 1/6n Lấy V = U z ∈ En (V ) theo bước 2, d(y, z) > 1/3n Theo bất đẳng thức tam giác, d(x, y)+d(x, z) ≥ d(y, z), suy ra, d(x, z) ≥ d(y, z)−d(x, y) > 1/3n−1/6n = 1/6n Tức là, z ∈ / B(x, 1/6n) Do đó, lân cận mở B(x, 1/6n) có giao khác rỗng nhiều phần tử En , tức là, En hữu hạn địa phương hay E hữu hạn địa phương đếm Bước 6: E phủ X 44 Khóa luận tốt nghiệp Đại học PHÙNG THỊ PHƯỢNG Chứng minh Lấy x ∈ X cho U phần tử A chứa x, theo tập thứ tự tốt, ta biết U tồn A phủ X Do U mở, ta lấy n đủ lớn cho B(x, /n) ⊂ U , tức là, x ∈ Sn (U ) x ∈ / V Với V ≺ U , U phần tử A chứa x nên x ∈ Sn (U ) \ ( V ≺U V ) Do đó, x ∈ En (U ) ∈ En ⊂ E, tức là, E phủ X Từ Bước đến Bước chứng minh cho ta E làm mịn A phủ X Bây ta chứng minh X có sở hữu hạn địa phương đếm Lấy n ∈ N cho An := {B(x, 1/n) | x ∈ X} An phủ mở X, theo bổ đề (3.7), tồn phủ mở hữu hạn địa phương đếm Dn làm mịn An Bước 7: Giả sử D ∈ Dn a, b ∈ D d(a, b) < 2/n Chứng minh Vì Dn lọc An , D ⊂ B(x, 1/n) với x ∈ X Lấy a, b ∈ D a, b ∈ B(x, 1/n), đó, d(a, x) < 1/n d(b, x) < 1/n Theo bất đẳng thức tam giác, d(a, b) ≤ d(a, x) + d(b, x) < 1/n + 1/n = 2/n Cho D := n∈N Dn D hợp đếm tập đếm được, đó, D đếm Mỗi Dn hữu hạn địa phương đếm hợp tập hữu hạn địa phương Do đó, D hợp tập hữu hạn địa phương Nên, D hữu hạn địa phương đếm Ta cần D sở Lấy tập mở U ⊂ X Với x ∈ U , ta cần chứng minh tồn D ∈ D cho x ∈ D ⊂ U 45 Khóa luận tốt nghiệp Đại học PHÙNG THỊ PHƯỢNG Thật vậy, ta có hình cầu mở B(x, ε) ⊂ U Chọn n đủ lớn cho 2/n < ε Vì Dn phủ X, tồn D ∈ Dn chứa x Theo bước 7, ta lấy y ∈ D, d(x, y) < 2/n < ε Vì vậy, y ∈ B(x, ε), tức là, x ∈ D ⊂ B(x, ε) ⊂ U , đó, U hợp phần tử D hay D sở cho X Nhận xét: Điều kiện định lý Urysohn mạnh điều kiện định lý Nagata-Smirnov Ví dụ 3.1.1 Đường thẳng thực với tơ pơ rời rạc mêtric hóa Gọi B sở cho tơ pơ Vì tập gồm phần tử tập mở nên chứa tập B Do vậy, B chứa tất tập gồm phần tử Mà có vơ số (khơng đếm được) tập Suy ra, sở R tô pô rời rạc không đếm Vì vậy, R với tơ pơ rời rạc khơng gian mêtric hóa khơng có sở đếm Điều chứng tỏ không gian tô pô mêtric hóa khơng thiết phải có sở đếm 46 Kết luận Trong khóa luận em trình bày định lý metric hóa khơng gian tơ pơ Cụ thể là, định lý metric hóa Urysohn, định lý mettric hóa Nagata-Smirnov Định lý metric hóa không gian tô pô cung cấp cho ta điều kiện để không gian tô pô metric hóa được, mạnh điều kiện cần đủ để khơng gian tơ pơ metric hóa Đóng góp khóa luận trình bày lại chi tiết định lý: • Định lý metric hóa Urysohn • Định lý metric hóa Nagata-Smirnov Tuy nhiên thời gian thực khóa luận khơng nhiều có sai sót em mong nhận góp ý quý thầy cô bạn đọc 47 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Xuân Liêm, Tô pô đại cương, độ đo tích phân, NXBGD [2] J.Munkres, 1999, Topology (second edition), Pearson [3] W Leeb, 2007, Nagata-Smirnov metrirization theorem, Lecture notes University of Chicago 48 ... Phạm vi nghiên cứu: Các định lý metric hóa khơng gian tô pô Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu định lý metric hóa khơng gian tơ pơ, cụ thể định lý metric hóa Urysohn định lý metric hóa Nagata-Smirnov... ∅ Mỗi không gian T2 không gian T1 Tên không gian tách sử dụng Ví dụ 1.2.3 Khơng gian khả ly không gian T1 không gian T2 1.2.4 Không gian T3 Định nghĩa 1.34 Không gian tô pô X gọi khơng gian. .. Chương "Định lý metric hóa Urysohn" thảo luận điều kiện đủ để không gian tô pô metric hóa Chương "Định lý metric hóa Nagata-Smirnov" thảo luận điều kiện cần đủ để không gian tơ pơ metric hóa Mục