2.1.1. Mệnh đề. Giả sử f:X→Y là ánh xạ thơng thoả mãn f -1(y)- tập đếm đợc với mọi y ∈ Y. Nếu X thoả mãn (1.1) ( hoặc (1.3)) thì Y thoả mãn (1.1) (t- ơng ứng, (1.3)).
Chứng minh. Giả sử ℘ là phủ của X thoả mãn (1.1).Đặt ℘’= f(℘) = {P’ = f(P): P ∈℘}, ℘’ phủ Y. Vì f-1(y) đếm đợc và ℘ là phủ điểm- đếm đợc nên f-1(y) nằm trong không quá đếm đợc các phần tử của ℘, suy ra y nằm trong không quá đếm đợc các phần tử của ℘’. Vậy ℘’ điểm-đếm đợc. Giả sử U mở trong Y. Khi đó V = f-1(U) mở trong X. Do X thoả mãn (1.1) nên họ {P ∈℘: P ⊂ V} xác định V. Vì f là ánh xạ thơng nên nhờ chứng minh ở hệ quả 1.1.20 (b) thì ánh xạ g = f|V:V→U là ánh xạ thơng. Kết hợp với mệnh đề 1.1.10 thì g({P ∈℘: P ⊂ V}) = {f(P): P ⊂ f-1(U)} ={P’: P’ ∈℘’, P’ ⊂ U} xác định U. Vậy Y thoả mãn (1.1).
Trờng hợp X thoả mãn điều kiện (1.3) đợc chứng minh tơng tự.
2.1.2. Bổ đề ([13]). Nếu ℘ là phủ điểm- đếm đợc của X thì mỗi A ⊂ X có
nhiều nhất là đếm đợc các phủ hữu hạn cực tiểu f ⊂℘ phủ A. (ở đây ta hiểu
phủ a của không gian X đợc gọi là cực tiểu nếu mọi bộ phận thực sự a’ ⊂ a
không phủ X).
2.1.3. Bổ đề ([4]). Giả sử f:X→Y là ánh xạ hoàn chỉnh. Khi đó mọi tập compact Z ⊂ Y ta có f-1(Z) compact trong X.
2.1.4. Mệnh đề. Nếu f:X→Y là ánh xạ hoàn chỉnh và X thoả mãn (1.2) ( hoặc (1.2)p; (1.4); (1.4)p) thì Y thoả mãn (1.2) (tơng ứng, (1.2)p; (1.4); (1.4)p).
Chứng minh. 1. Giả sử f:X→Y là ánh xạ hoàn chỉnh, X thoả mãn (1.2) ta chứng minh Y thoả mãn (1.2). Thật vậy, giả sử ℘ là phủ điểm- đếm đợc của X thoả mãn (1.2), Φ = { f : f là họ con hữu hạn của℘}. Mỗi f ∈ Φ kí hiệu M(f ) = {y ∈Y: f là phủ cực tiểu của f-1(y)}. Đặt ℘’ = {M(f ): f ∈Φ}. Rõ ràng ℘’ là họ các tập con của Y. Ta chứng minh ℘’ thoả mãn (1.2). Vì mỗi y∈Y, f-1(y)⊂ X nên theo bổ đề 2.1.2 thì f-1(y) nằm trong nhiều nhất đếm đợc các phủ hữu hạn cực tiểu của ℘. Vì thế y nằm trong nhiều nhất đếm đợc các phần tử của ℘’. Do đó ℘’ là điểm- đếm đợc. Giả sử y ∈ V, V mở trong Y nên suy ra f- 1(V) mở trong X và f-1(y) ⊂ f-1(V). Vì X thoả mãn (1.2) nên mỗi x ∈ f-1(y) ⊂ f- 1(V) đều tồn tại họ hữu hạn f x ∈Φ sao cho x ∈(∪f x)0⊂ ∪f x ⊂ f-
1(V), suy ra f-1(y) ⊂ 1( ) } { y f x x − ∈ ⊂ ) ( 1 ( y f x∈ − ∪f x)0 ⊂ f-1(V). Vì f:X→Y là ánh xạ
hoàn chỉnh nên f-1(y) compact , do đó ta chọn đợc họ hữu hạn f ∈Φ để f-1(y) ⊂ (∪f )0 ⊂∪f ⊂ f-1(V). Đặt f ’ = {M(ℜ): ℜ⊂f }. Khi đó f ’ là họ con hữu hạn của℘’ và ∪f ’ ={u ∈ Y: f-1(u) ⊂ ∪ f }. Đặt W = Y\ f(X\ (∪f )0). Vì f đóng nên suy ra W mở trong Y. Dễ thấy y ∈ W và W ⊂∪f ’. Thật vậy, giả sử u bất kỳ thuộc W, kéo theo u ∉ f(X\ (∪f )0), do đó f-1(u) ⊂ (∪f )0 ⊂∪f. Vì vậy u ∈∪f ’, suy ra y ∈ W ⊂∪f ’. Vậy y ∈ (∪f ’)0 ⊂∪f ’ ⊂ V. Từ đó, suy ra ℘’ là phủ điểm-đếm đợc thoả mãn (1.2) của Y.
2. Trờng hợp X thoả mãn điều kiện (1.2)p đợc chứng minh tơng tự khi thay V bởi Y \ {p}, p ∈ Y.
3. Giả sử X thoả mãn (1.4), f:X→Y là ánh xạ hoàn chỉnh ta chứng minh Y thoả mãn (1.4). Thật vậy, giả sử ℘ là k- lới điểm- đếm đợc của X, Φ = { f : f là họ con hữu hạn của℘}. Mỗi f ∈Φ kí hiệu
M(f ) = {y ∈Y: f là phủ cực tiểu của f-1(y)}.
Đặt ℘’ = {M(f ): f ∈ Φ}. Theo chứng minh ở trên ta có℘’ là phủ điểm- đếm đợc của Y. Giả sử Z ⊂ U, Z compact và U mở trong Y. Vì Z ⊂ U nên f-1(Z) ⊂ f-1(U). Do f là ánh xạ hoàn chỉnh nên theo bổ đề 2.1.3 thì f-1(Z) compact trong X. Vì X thoả mãn (1.4) nên tồn tại họ hữu hạn f ⊂ ℘ sao cho f-1(Z) ⊂ ∪f ⊂ f-1(U). Đặt f ’ = {M(ℜ): ℜ⊂ f }. Khi đó f ’ là họ con hữu hạn của℘’ và ∪f ’ = {u ∈ Y: f-1(u) ⊂ ∪ f }. Dễ thấy Z ⊂ ∪f ’ ⊂ U. Vậy Y thoả mãn (1.4).
4. Trờng hợp X thoả mãn điều kiện (1.4)p, đợc chứng minh tơng tự điều kiện (1.4) nhng thay U bởi Y\{p}, p ∈ Y\Z.
2.1.5. Định nghĩa. ánh xạ f:X→Y đợc gọi là s- ánh xạ nếu với mỗi y ∈ Y thì f-1(y) khả li trong X.
2.1.6. Mệnh đề. Nếu X là không gian Fréchet thoả mãn (1.3) (hoặc (1.4)) và f:X→Y là s-ánh xạ thơng thì Y là không gian thoả mãn (1.3) (t- ơng ứng, (1.4)).
Chứng minh. Giả sử ℘ là phủ của X thoả mãn (1.4). Do f là s-ánh xạ nên mỗi y ∈ Y, tồn tại tập đếm đợc Dy ⊂ f-1(y) để Dy ⊃ f-1(y). Đặt D = y Y
y D
∈ ,
ℜ = {f(P∩ D): P ∈℘}. Ta chứng minh ℜ thoả mãn (1.3) đối với Y. Theo mệnh đề 1.1.23 thì (1.3)→(1.4) nên ta có chứng minh cho cả (1.3) và (1.4) đối với Y. Trớc hết ta chứng minh ℜ là điểm- đếm đợc. Thật vậy, giả sử y ∈ Y, suy ra f- 1(y)⊂ X. Vì f là s-ánh xạ nên tồn tại tập đếm đợc Dy ⊂ f-1(y). Vì mỗi x ∈ P∩ D
mà f(x) = y thì x ∈ Dy. Vì ℘ là điểm- đếm đợc nên y nằm trong không quá đếm đợc các phần tử của ℜ. Vậy ℜ là điểm-đếm đợc.
Giả sử V ⊂ Y, V mở trong Y. Ta chứng minh rằng nếu B ⊂ V và B không đóng trong V thì B∩ E không đóng trong E với E nào đó, E ∈ {R ∈ ℜ: R ⊂ V}*. Đặt A = f-1(B) và U = f-1(V). Vì f là ánh xạ thơng nên A không đóng trong U. Lấy x ∈ U\A sao cho x ∈ A. Khi đó, x ∈ A∩D. Vì X là không gian Fréchet nên tồn tại dãy {xn} ⊂ A∩ D, xn→x. Đặt K = {x}∪{xn: n =1,2,...} thì K compact và K ⊂ U. Do X thoả mãn (1.4) nên tồn tại họ hữu hạn f ⊂℘ sao cho K ⊂∪f ⊂ U. Ta có thể giả sử rằng P ∈f, P∩ Df(x) ≠ φ (có thể bổ sung x vào Df(x)). Đặt E = ∪{f(P∩ D): P ∈ f } thì E ∈{R ∈ℜ: R ⊂ U}* và B∩ E không đóng trong E bởi vì f(x) ∈ E\B và f(x) ∈ B. Vậy ℜ thoả mãn (1.3) đối với Y.
2.1.7. Bổ đề ([4]). Mọi không gian dãy Hausdorff là k-không gian.
2.1.8. Mệnh đề. Nếu f:X→Y là s-ánh xạ mở và X là không gian Fréchet thoả mãn (1.1) thì Y là không gian thoả mãn (1.1).
Chứng minh. Vì f là s-ánh xạ nên mỗi y ∈ Y tồn tại tập đếm đợc Dy ⊂ f-1(y) để Dy ⊃ f-1(y). Đặt D = y Y
y D
∈ , D ⊂ X. Vì X là không gian Fréchet nên dễ dàng chứng minh đợc D là không gian Fréchet. Do đó D là không gian dãy. Vì D là không gian dãy Hausdorff nên theo bổ đề 2.1.7 ta có D là k-không gian. Vì X thoả mãn (1.1) nên theo mệnh đề 1.1.26 (a) thì X thoả mãn (1.5). D ⊂ X ta chứng minh D thoả mãn (1.5). Thật vậy, giả sử ℘ là phủ của X thoả mãn (1.5) ta chứng minh ℘’ ={P∩ D: P ∈℘} là phủ của D thoả mãn (1.5). Thật vậy, giả sử x ∈K’ ⊂ U’, với K’ compact, U’ mở trong D, suy ra K’ compact trong X và U’ = U∩ D, trong đó U mở trong X. Vì K’ ⊂ U và X thoả mãn (1.5) nên tồn
tại họ hữu hạn f ⊂℘ sao cho ∪f ⊂ U, x ∈ ∩ f, f phủ một lân cận của x trong K’, suy ra ∪f ∩ D ⊂ U∩ D hay ∪{P∩ D: P ∈ f } ⊂ U∩ D = U’, có nghĩa là ∪f ’⊂ U’ với f ’={P∩ D: P ∈f }. Vì x ∈∩ f nên x ∈∩ f ∩ D=∩ f ’. Do K’ ⊂ D và f phủ một lân cận của x trong K’ suy ra ∪{P∩ D: P ∈ f } phủ một lân cận của x trong K’ hay f ’ phủ một lân cận của x trong K’. Vậy D thoả mãn (1.5). Mặt khác, do D là k-không gian nên theo mệnh đề 1.1.26 (b) thì D thoả mãn (1.1). Đặt g = f|D. Ta thấy g là ánh xạ mở. Do đó theo mệnh đề 1.1.9 thì g là ánh xạ thơng, g:D→Y. Vì g-1(y) = Dy đếm đợc nên theo mệnh đề 2.1.1 thì Y thoả mãn (1.1). (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
2.1.9. Định nghĩa. ánh xạ f:X→Y đợc gọi là giả mở nếu với mọi y ∈ Y và U mở chứa f-1(y) trong X thì y ∈(f(U))0.
2.1.10. Mệnh đề. (a) Mọi ánh xạ giả mở là ánh xạ thơng.
(b) Nếu f:X→Y là ánh xạ thơng từ không gian tô pô X lên không gian
Fréchet Y thì f là ánh xạ giả mở.
Chứng minh. (a). Giả sử f:X→Y là ánh xạ giả mở ta chứng minh f là ánh xạ thơng. Thật vậy, để chứng minh f là ánh xạ thơng ta chỉ cần chứng minh rằng nếu f-1(U) mở trong X thì U mở trong Y. Thật vậy, giả sử bất kỳ x∈ U, suy ra f- 1(x) ⊂ f-1(U). Do f là ánh xạ giả mở nên x ∈(f(f-1(U)))0 ⊂ U0. Vậy U mở trong Y. Do đó f là ánh xạ thơng.
(b). Giả sử bất kỳ y∈ Y và U mở trong X sao cho U ⊃ f-1(y), ta chứng
minh rằng y ∈(f(U))0. Giả sử ngợc lại y ∉ (f(U))0, suy ra y ∈ UfY)(\. Do Y là không gian Fréchet nên tồn tại dãy {yn: n =1,2,...} ⊂ Y \ f(U), yn→y. Đặt A = {yn: n =1,2,...}, A không đóng trong Y. Vì f là ánh xạ thơng nên f- 1(A) không đóng trong X (1). Ta lại có f-1(A)∩ U = φ. Lấy bất kỳ x∈ X \ f-1(A). Nếu x ∈ U thì x ∈ U ⊂ X \ f-1(A). Suy ra x ∈ (X \ f-1(A))0. Nếu x ∉ U thì do x ∉f-1(A) nên tồn tại lân cận V của f(x) để V∩ A = φ. Thật vậy, nếu ngợc lại mọi lân cận V’ của f(x) mà V’∩ A ≠ φ thì f(x) ∈ A. Do X là không gian Fréchet nên tồn tại dãy {ynk } ⊂ A, ynk →f(x). Vì yn→y, {ynk } dãy con của {yn} nên ynk →y . Do X là không gian Hausdorff nên suy ra y = f(x) ). Vì vậy x ∈ f-1(y) ⊂ U, mâu thuẫn. Vậy tồn tại lân cận V của f(x) để V∩ A = φ, suy ra f-1(V) ∩ f-1(A) = φ. Do V mở, f liên tục nên f-1(V) mở. Vì f(x) ∈ V nên x ∈ f- 1(V) ⊂ X \ f-1(A). Do đó x ∈(X \ f-1(A))0. Vậy X \ f-1(A) mở, suy ra f-1(A) đóng trong X (2). Từ (1) và (2) ta có mâu thuẫn. Do đó y ∈ (f(U))0. Vậy f là ánh xạ giả mở.
2.1.11. Mệnh đề. ảnh giả mở của không gian Fréchet là không gian Fréchet.
Chứng minh. Giả sử f:X→Y là ánh xạ giả mở, X là không gian Fréchet ta chứng minh Y là không gian Fréchet. Giả sử B bất kỳ trong Y, y ∈ B, ta cần chứng minh tồn tại dãy {yn}⊂ B, yn→y. Trớc hết, ta sẽ chứng minh tồn tại x ∈f- 1(y) để x ∈ f −1(B). Thật vậy, giả sử ngợc lại, f-1(y) ⊂ X \ f −1(B), có nghĩa mỗi
x ∈f-1(y) thì x ∉ f −1(B), do đó tồn tại lân cận Vx của x để Vx∩ f-1(B) = φ. Khi đó đặt V = ∪{Vx: x ∈ f-1(y)} thì f-1(y) ⊂ V và V∩ f-1(B) = φ suy ra f(V)∩ B = φ. Vì f là ánh xạ giả mở nên y ∈(f(V))0 và ta có f(V)∩ B = φ suy ra (f(V))0∩ B = φ, mâu thuẫn y∈B. Vậy tồn tại x ∈f-1(y) để x ∈ 1( )
B
f − . Do X là không gian Fréchet nên tồn tại dãy {xn: n =1,2,...}⊂ f-1(B) để xn→x. Với mỗi n =1,2,...đặt yn = f(xn). Khi đó {yn}⊂ B. Vì xn→x, f liên tục nên yn = f(xn)→f(x) = y, hay yn→y. Vậy Y là không gian Fréchet.