không gian khả ly
1.3.1. Bổ đề ([1]). Mọi không gian compact đếm đợc thoả mãn (1.2)p (t- ơng đơng, tựa-(1.4)p) là khả metric (do đó compact ).
1.3.2. Hệ quả. Với mọi song k- không gian đếm đợc bất kỳ ta luôn có tựa-(1.4)→(1.2), tựa-(1.4)p→(1.2)p.
Chứng minh. Chứng minh hệ quả trên đợc suy từ mệnh đề 1.1.23 và hệ
quả 1.2.13.
1.3.3. Hệ quả. Nếu X là không gian chính quy thì X có cơ sở điểm- đếm đ- ợc khi và chỉ khi X là song k- không gian đếm đợc thoả mãn tựa-(1.4).
Chứng minh. Giả sử X có cơ sở điểm- đếm đợc. Khi đó theo hệ quả
1.2.17 ta suy ra X là song k- không gian đếm đợc thoả mãn (1.4). Theo hệ quả 1.2.13 thì X thoả mãn (1.2). Kết hợp mệnh đề 1.1.23 thì X thoả mãn tựa-(1.4).
Ngợc lại, giả sử X là song k- không gian đếm đợc thoả mãn tựa-(1.4). Theo mệnh đề 1.1.23 thì X thoả mãn (1.4). Kết hợp hệ quả 1.2.17 ta suy ra X có cơ sở điểm-đếm đợc.
1.3.4. Hệ quả. Không gian X là khả metric nếu và chỉ nếu X là M- không gian paracompact thoả mãn tựa-(1.4)p.
Chứng minh. Giả sử X là metric. Theo bổ đề 1.2.18 thì X là M- không
gian paracompact thoả mãn (1.2)p. Kết hợp mệnh đề 1.1.23 thì X thoả mãn tựa- (1.4)p.
Chứng minh của chiều ngợc lại đợc suy từ mệnh đề 1.1.23 và hệ quả 1.2.19.
1.3.5. Hệ quả. Không gian chính quy X là σ- không gian nếu và chỉ nếu X là ∑- không gian mạnh thoả mãn tựa (1.4)– p .
Chứng minh. Giả sử X là σ- không gian, theo bổ đề 1.2.22 ta có X là ∑-không gian mạnh thoả mãn tựa-(1.2)p. Kết hợp mệnh đề 1.1.23 thì X thoả mãn tựa-(1.4)p.
Chứng minh của chiều ngợc lại đợc suy từ mệnh đề 1.1.23 và hệ quả 1.2.23.
1.3.6. Hệ quả. Không gian X là khả metric nếu và chỉ nếu X là M- không gian thoả mãn tựa-(1.4)p.
Chứng minh. Giả sử X khả metric. Khi đó theo hệ quả 1.3.4 thì X là
M-không gian paracompact thoả mãn tựa-(1.4)p. Do ánh xạ hoàn chỉnh là tựa hoàn chỉnh nên M-không gian paracompact là M-không gian.
Ngợc lại, giả sử X là M- không gian thoả mãn tựa-(1.4)p. Khi đó tồn tại ánh xạ tựa hoàn chỉnh f:X→M, với M là không gian khả metric. Với mỗi y ∈M thì f-1(y) là tập compact đếm đợc. Đặt Ky= f-1(y), Ky ⊂ X, vì X thoả mãn tựa- (1.4)p, nên tơng tự chứng minh ở mệnh đề 1.1.26 (a) với K thay bởi Ky, W’ thay bởi Ky\{p}, p∈Ky\K’, K’ compact thay bởi K’ compact đếm đợc ta có Ky thoả mãn tựa-(1.4)p. Kết hợp với bổ đề 1.3.1 thì Ky khả metric, do đó Ky compact trong X. Vì vậy f là ánh xạ hoàn chỉnh nên X là M- không gian paracompact thoả mãn tựa-(1.4)p. Kết hợp với hệ quả 1.3.4 thì X khả metric.
1.3.7. Hệ quả. Không gian chính quy X là σ- không gian nếu và chỉ nếu X là ∑- không gian thoả mãn tựa-(1.4)p.
Chứng minh. Giả sử X là σ-không gian. Theo hệ quả 1.3.5 thì X là ∑-không gian mạnh thoả mãn tựa-(1.4)p, suy ra X là ∑- không gian thoả mãn tựa-(1.4)p.
Ngợc lại, giả sử X là ∑- không gian thoả mãn tựa-(1.4)p. Vì X là ∑- không gian nên tồn tại phủ đóng σ- hữu hạn địa phơng a và phủ k của X gồm các tập con compact đếm đợc sao cho nếu K ⊂ U với K ∈ k và U mở trong X thì K ⊂ A ⊂ U với A nào đó thuộc a. Do X thoả mãn tựa-(1.4)p, K ⊂ X, nên tơng tự lập luận trong hệ quả 1.3.6 thì K thoả mãn tựa-(1.4)p. Kết hợp với bổ đề 1.3.1 thì K khả metric và do đó compact. Vậy phủ k gồm các tập con compact của X. Do đó X là σ- không gian mạnh thoả mãn tựa-(1.4)p. Kết hợp hệ quả 1.3.5 thì X là σ- không gian.
1.3.8. Mệnh đề. Giả sử X là không gian Fréchet chính quy, ℘ là k- lới của X và x ∈ U với U mở trong X. Khi đó:
(a) Nếu x ∈A trong X thì x ∈P∩A với P nào đó thuộc℘ sao cho P ⊂
U.
(b) Nếu B = ∪{P ∈℘: x ∈ P ⊂ U} thì x ∈ B0.
Chứng minh. (a). Nếu x ∈ A, thì vì X là không gian chính quy nên tồn tại lân cận mở V sao cho x ∈ V ⊂ V ⊂ U. Mặt khác, do {x} compact và ℘ là k-lới nên tồn tại họ hữu hạn f ⊂℘ để x ∈∪f ⊂ V ⊂V ⊂ U. Suy ra x ∈ P với P nào đó thuộc f và P ⊂ U. Do đó x ∈ P∩ A. Vậy x ∈ P∩A . Nếu x ∉ A thì x ∈ A
\A. Do X là không gian Fréchet, tồn tại dãy {xn}⊂ A, xn→x. Do U là tập mở chứa X nên có thể chọn {xn}⊂ A∩ U. Đặt K = {x}∪{xn: n =1,2,...} thì K compact và K ⊂ U. Mặt khác, X chính qui nên tồn tại tập mở V ⊂ X sao cho K ⊂ V ⊂ V ⊂ U. Do ℘ là k- lới nên tồn tại họ hữu hạn f⊂℘ sao cho K ⊂∪f⊂ V ⊂ V ⊂ U suy ra tồn tại P ∈ f mà P chứa vô hạn các điểm xn của dãy. Vì vậy với mọi lân cận U1 của x ta có U1∩ (P∩ A) ≠φ. Do đó x ∈P∩A và P⊂ U.
(b). Giả sử ngợc lại x ∉ B0. Đặt A = X\B. Khi đó x ∈ A và theo mệnh đề 1.3.8 (a) thì tồn tại P ∈℘ để x ∈ P∩A, P⊂ U. Mặt khác, x ∈P∩A ⊂P suy
ra x ∈P⊂ U, do đó P ⊂ B, kéo theo P∩ A = φ, mâu thuẫn x ∈ P∩A.Vậy x ∈B0.
1.3.9. Định nghĩa. Không gian tô pô X gọi là ℵ0- không gian nếu X là chính quy và có k- lới đếm đợc.
1.3.10. Định lý. Giả sử X là không gian Fréchet chính quy. Khi đó các phát biểu sau là tơng đơng.
(a) X là ℵ0- không gian.
(b) X là không gian khả ly thoả mãn (1.4).
Chứng minh. (a)→(b). Vì X là ℵ0-không gian nên X có k-lới đếm đợc ℘= {Pn: n =1,2,...}, do đó X có k-lới điểm- đếm đợc, có nghĩa X thoả mãn (1.4). Mỗi n =1,2,... lấy xn ∈ Pn, Pn ∈℘ ta đợc dãy {xn: n = 1,2,...}. Đặt A ={xn: n = 1,2,...}. Rõ ràng A đếm đợc. Ta chứng minh rằng A= X. Thật vậy, giả sử x ∈ X, U lân cận mở bất kỳ của x, do {x} compact nên tồn tại họ hữu hạn f ⊂ ℘ sao cho x ∈∪f ⊂ U, suy ra U ⊃Pn0 với Pn0 nào đó thuộc℘, kéo theo U ∋ xn0, do đó U∩ A ≠φ. Vậy x ∈ A. Do đó A trù mật trong X. Vậy X khả ly.
(b)→(a). Giả sử X là không gian khả ly thoả mãn (1.4). Gọi Q là tập đếm đợc trù mật trong X và ℘ là k-lới điểm-đếm đợc của X. Đặt ℜ = {P: P ∈℘, P∩ Q ≠ φ}. Hiển nhiên ℜ đếm đợc. Ta chứng minh ℜ là k-lới của X. Giả sử K ⊂ U, K compact, U mở trong X. Đặt ℜ(U) = {R∈ℜ: R⊂U}, ta chứng minh ℜ(U) phủ U. Thật vậy, vì Q=X nên với x bất kỳ thuộc U ta có x ∈ Q, theo mệnh đề 1.3.8 (a) thì tồn tại P ∈℘, P⊂ U, để x ∈ Q∩P ⊂ P⊂ U. Do đó tồn tại R ∈ℜ(U) để x ∈ R.
Bây giờ ta chứng minh K ⊂ ∪f ⊂ U với họ con hữu hạn f nào đó của ℜ(U). Trớc hết ta chỉ ra rằng với mỗi x ∈ K thì x ∈(∪f x)0 trong không gian con
K với họ con hữu hạn f x nào đó của ℜ(U). Giả sử ngợc lại điều đó không xẩy ra, có nghĩa tồn tại x ∈K mà x ∉ (∪f )0 trong không gian con K với mọi họ hữu hạn f ⊂ℜ(U). Vì ℜ(U) đếm đợc nên ta có đặt ℜ(U) = {Rn: n =1,2,...} với x ∈ R1. Vì X thoả mãn (1.4) nên theo mệnh đề 1.1.23 thì X thoả mãn (1.4)p, lập luận tơng tự trong chứng minh hệ quả 1.2.12 ta có K thoả mãn (1.4)p. Theo bổ đề 1.2.11 thì K khả metric. Vì x ∉(R1)0 nên x ∈
1
\R
K , x ∉(R1∪R2)0 nên x ∈K (\R1∪ R2),...Do K khả metric nên ta có thể chọn dãy {xn: n =1,2,...} sao cho xn ∈ K\(i nRi
≤ ) và xn→x. Mặt khác, do Rn đóng trong X với mọi n =1,2,...nên
n i i R ≤ đóng trong X, suy ra X\( n i i R ≤ ) mở, xn ∈ K\ ( n i i R ≤ ) ⊂ X\( n i i R
≤ ). Do Q =X nên suy ra xn ∈Q. Và vì X là không gian Fréchet nên tồn tại dãy {qn,k: k =1,2,...} ⊂ Q để qn,k→xn khi k→∞. Do X\(i nRi
≤ )
mở chứa xn nên ta có thể chọn qn,k ∈ Q∩ (X\i nRi
≤ ) hay qn,k ∈Q\(i nRi
≤ ), qn,k→xn khi k→∞. Đặt A = {qn,k: n,k ∈N} thì ta có x ∈ A. Thật vậy, giả sử V là lân cận mở bất kỳ của x. Do xn→ x nên tồn tại n0 ∈ N để xn ∈ V với mọi n ≥ n0, suy ra V là lân cận mở của xno, mà qno,k→xnonên tồn tại k0 ∈N sao cho
k no
q , ∈ V với mọi k ≥ k0, do đó qno,k0∈ V hay V∩ A ≠φ. Vậy x ∈A. Do X là không gian Fréchet nên tồn tại dãy qnj,kj → x khi j →∞. Bởi vì xn≠ x và qn,k≠ x với mọi n,k ∈N (do x ∈ R1) và nj→∞ khi j→∞. Đặt B = {qnj,kj : j ∈N} vì qnj,kj → x khi j → ∞ nên x ∈B. Theo mệnh đề 1.3.8 (a) thì tồn tại P ∈℘ sao cho P⊂ U và x ∈P∩B, suy ra P∩ B vô hạn, do đó qnj,kj ∈ P với vô hạn j. Vì P∈ℜ(U) nên P= Rm với m nào đó thuộc N, nhng qnj,kj ∉Rm với nj ≥ m, mâu thuẫn. Vậy phải tồn tại họ hữu hạn f x ⊂ℜ(U) để x∈(∪f x)0 ⊂
∪f x ⊂ U, do đó K = x K x ∈ } { ⊂ K x∈ ∪ ( f x)0 ⊂ K x∈ ∪ ( f x) ⊂ U. Vì K compact nên tồn tại hữu hạn chỉ số i =1,2,...,l để
K⊂ l i 1 ( = ∪f xi )0⊂ l i 1 ( = ∪f xi)⊂ U. Đặt f = l
i=1 f xi , thì f là họ con hữu hạn của ℜ, K ⊂∪f⊂ U. Vậy X có ℜ k- lới đếm đợc, X chính quy. Do đó X là ℵ0- không gian.
1.3.11. Mệnh đề. Giả sử X là không gian chính quy. Khi đó các phát biểu sau là tơng đơng.
(a) X là không gian metric khả ly.
(b) X là không gian khả ly thoả mãn (1.2).
Chứng minh. (a)→(b). Giả sử (X,d) là không gian metric khả ly, a∈X, r∈R, r > 0, kí hiệu B(a,r) = {x ∈X: d(x,a) < r} là hình cầu mở tâm a, bán kính r. Gọi A = {a1,a2,...} là tập đếm đợc trù mật trong X. Ký hiệu B là tập tất cả các hình cầu mở tâm ai ∈A, i =1,2,..., bán kính hữu tỉ. Rõ ràng B đếm đợc, suy ra B điểm- đếm đợc. Ta chứng minh B thoả mãn (1.2). Thật vậy, giả sử x ∈ U, U mở trong X. Do U mở trong X nên tồn tại hình cầu B(x,r) sao cho x ∈B(x,r) ⊂ U. Vì thế tồn tại số hữu tỉ q thoả mãn 0 < q < r, và ai ∈ A sao cho d(x, ai) < 3q .
Thật vậy, giả ngợc lại với mọi ai ∈A thì d(x,ai) ≥ 3q , suy ra B(x, q3 )∩ A = φ, mâu thuẫn A = X. Do d(x,ai) <
3 q < 3 2q nên x ∈ B(ai, 3 2q ), ta chứng minh
d(ai,y) < 3 q + 3 2q
= q < r nên y ∈ B(x,r). Vậy x ∈ B(ai,
3 2q ) ⊂ B(x,r) ⊂ U. Vì B(ai, 3 2q )∈B và B(ai, 3 2q ) = (B(ai, 3 2q ))0. Vậy X thoả mãn (1.2). Do đó ta có (b).
(b)→(a). Gọi D là tập đếm đợc trù mật trong X. ℘ là phủ của X thoả mãn (1.2). Đặt ℜ = {P: P ∈℘, P∩ D ≠φ}. Khi đó ℜ là đếm đợc. Ta sẽ chứng minh ℜ là lới trong X. Giả sử x ∈ U, U mở trong X. Do X chính qui và thoả mãn (1.2) nên tồn tại họ hữu hạn Φ ⊂℘ sao cho x ∈(∪Φ)0 ⊂ ∪Φ ⊂ U. Do đó x ∈
} : {Ρ∩ ∈Φ
∪ D P = ∪ {Ρ∩D:P∈Φ}. Thật vậy, nếu ngợc lại x ∉ }
: {Ρ∩ ∈Φ
∪ D P thì tồn tại tập mở V ∋ x sao cho V∩ (∪Φ∩ D) = φ. Vì V∩ (∪Φ
∩ D) = φ nên suy ra (V∩ (∪Φ)0)∩ D = φ (1). Vì (∪Φ)0 là tập mở trong X nên V
∩ (∪Φ)0 là lân cận của x. Từ (1) suy ra mâu thuẫn vớiD = X. Vậy x ∈ ∪{
Φ ∈ ∩
Ρ D:P }. Do đó tồn tại P ∈Φ để x ∈ P∩D ⊂ P⊂ U. Do đó ℜ là lới đếm đợc của X. Vì X có lới đếm đợc nên X khả ly di truyền, có nghĩa nếu Y ⊂ X thì Y cũng là không gian khả ly. Thật vậy, đặt ℜ’ = {R∩ Y: R ∈ℜ}. Vì ℜ đếm đợc nên ℜ’ đếm đợc. Giả sử x ∈V’, V’ mở trong Y. Vì V’ mở trong Y nên tồn tại V mở trong X để V’ = V∩ Y, do x ∈V’ nên x ∈ V. Do ℜ là lới trong X nên tồn tại R ∈ℜ để x ∈ R ⊂V, suy ra x ∈ R∩ Y ⊂ V∩ Y =V’. Vậy ℜ’ là lới đếm đợc trong Y. Ta chứng minh Y khả li. Ký hiệu ℜ’= {Ri’: i =1,2,...}. Với mỗi i =1,2,... ta lấy xi ∈ Ri’ ta đợc tập Q = {xi: i =1,2,...}. Rõ ràng Q đếm đợc. Ta có Q ⊃ Y. Thật vậy, giả sử x ∈ Y, V’ là lân cận mở bất kỳ của x trong Y. Khi đó tồn tại Ri’∈ℜ’ để x ∈ Ri’⊂ V’, suy ra V’ ∋ xi. Do đó V’
∩ Q ≠φ. Vậy x ∈ Q hay Q trù mật trong Y. Vậy suy ra Y khả li. Vì X khả ly di truyền nên X có tính chặt đếm đợc. Thật vậy, giả sử x ∈ A trong X. Vì X khả ly di truyền nên A khả ly, do đó tồn tại tập đếm đợc E ⊂ A mà E ⊃ A, suy ra
A ⊂ E = E. Do đó x ∈E. Vậy X có tính chặt đếm đợc thoả mãn (1.2). Kết hợp bổ đề 1.2.16 thì X có cơ sở điểm-đếm đợc a. Đặt a ’ = {A’:A’ ∈a, A’∩
D ≠φ}. Rõ ràng a ’ đếm đợc và a ’ là cơ sở của X. Thật vậy, giả sử x ∈ U với U mở trong X. Vì a là cơ sở nên tồn tại A’ ∈a để x ∈ A’ ⊂ U. Do A’ ∈ a nên A’ là lân cận của x. Vì D = X nên A’∩ D ≠φ. Vậy A’ ∈a ’. Vì a ’ là cơ sở đếm đợc của không gian chính quy X nên X khả metric. Vậy X là không gian metric khả ly.
Chơng 2 Các bất biến