3.1.1. Định nghĩa. (a) ánh xạ f:X→Y đợc gọi là ánh xạ phủ- compact
nếu mọi tập compact K ⊂ Y là ảnh của một tập compact C ⊂ X.
(b) ánh xạ f:X→Y đợc gọi là ánh xạ phủ- dãy nếu mọi dãy hội tụ (bao gồm giới hạn của nó) S ⊂ Y là ảnh của một tập compact C nào đó trong X.
3.1.2. Mệnh đề. (1) Mọi ánh xạ phủ- compact là ánh xạ phủ- dãy. (2) Mọi ánh xạ phủ- dãy lên không gian dãy Hausdorff là ánh xạ thơng.
Chứng minh. (1). Giả sử f:X→Y là ánh xạ phủ-compact. Khi đó mọi S ⊂ Y, S là dãy hội tụ (cùng với điểm giới hạn của nó). Rõ ràng do S là compact nên tồn tại tập compact K ⊂ X để f(K) = S. Do đó f là ánh xạ phủ-dãy.
(2). Giả sử f:X→Y là ánh xạ phủ-dãy, Y là không gian dãy Hausdorff. Vì f liên tục nên để chứng minh f là ánh xạ thơng ta giả sử với A ⊂ Y, sao cho f- 1(A) đóng trong X ta cần chứng minh A đóng trong Y. Thật vậy, giả sử S ⊂ Y là dãy hội tụ (cùng với điểm giới hạn của nó). Vì f là ánh xạ phủ-dãy nên tồn tại tập compact K ⊂ X sao cho S = f(K). Vì f liên tục và f-1(A)∩ K là tập compact nên f(K∩ f-1(A)) = f(K)∩A = S∩A là compact. Suy ra A∩ S đóng trong Y. Mặt khác, do Y là không gian dãy nên suy ra A đóng trong Y. Vậy f là ánh xạ thơng.
3.1.3. Định lý. Giả sử X là không gian tô pô. Khi đó các phát biểu sau là tơng đơng.
(a) X là s-ảnh thơng phủ- dãy của một không gian metric. (b) X là s-ảnh thơng của một không gian metric.
(c) X là k- không gian thoả mãn (1.1).
Chứng minh. (a)→(b). Là hiển nhiên.
(b)→(c). Giả sử X là s-ảnh thơng của một không gian metric. Khi đó tồn tại s-ánh xạ thơng f:M→X từ không gian metric M lên X. Gọi B là cơ sở điểm- đếm đợc của M. Vì M là không gian metric nên theo bổ đề 1.2.18 thì M là M- không gian paracompact. Kết hợp bổ đề 1.1.18 thì X là k-không gian. Bây giờ ta chứng minh ℘= {f(B):B ∈ B } thoả mãn (1.1). Rõ ràng ℘ phủ X. Với mỗi x ∈ X, vì f-1(x) khả li nên tồn tại tập đếm đợc D ⊂ f-1(x) sao cho D ⊃ f-1(x). ĐặtB ’ = {B ∈ B : B∩ D ≠φ}. Rõ ràng B ’ đếm đợc và f-1(x) ⊂ D⊂ ∪ B ’, suy ra f-1(x) nằm trong nhiều nhất là đếm đợc các phần tử của B. Do đó x nằm trong nhiều nhất là đếm đợc các phần tử của ℘. Vì vậy℘ là điểm- đếm đợc.
Giả sử U mở trong X. Nhờ chứng minh trong hệ quả 1.1.20 (b) thì ánh xạ
U U f ff U − → − : 1( ) ) (
| 1 là ánh xạ thơng. Xét họ ℘’ = {B ∈ B : B ⊂ f-1(U)}. Khi
đó ℘’ xác định f-1(U). Thật vậy, rõ ràng ℘’ phủ f-1(U). Giả sử V∩ B mở trong B với mọi B ∈℘’, vì B mở nên V∩ B mở trong f-1(U). Do đó V = ∪{V∩ B: B ⊂ f-1(U)} mở trong f-1(U). Theo mệnh đề 1.1.10 thì f(℘’) = {f(B): B ∈ B, B ⊂ f-1(U)}={P ∈℘: P ⊂ U} xác định U. Vậy X thoả mãn (1.1).
(c)→(a). Giả sử X là k-không gian thoả mãn (1.1) với phủ ℘. Ta có thể
giả sử X ∈℘. Đa vào ℘ các metric rời rạc dn(P,Q) = 0 1 nếu P ≠ Q nếu P = Q
với mọi P, Q ∈℘, n =1,2,... Khi đó ∏∞ =
℘
1
n = ℘ωlà khả metric với metric d xác định nh sau: d((Pn),(Qn)) = ∑∞ = − 1 ) , ( 2 n n n n nd P Q , (Pn), (Qn) ∈℘ω. Đặt M ⊂ ℘ω, M = {(Pn) ∈℘ω: tồn tại x∈X để x ∈∞ =1 n n P và mọi lân cận U của x thì U chứa Pn nào đó}. Rõ ràng x đợc xác định duy nhất bởi (Pn). Thật vậy, giả sử tồn tại x’ ≠ x, x’ ∈ ∞
=1
n
n
P . Do X là Hausdorff nên tồn tại các lân cận U ∋ x,V ∋ x’ sao cho U∩ V = φ. Mặt khác, U ⊃ Pn với Pn nào đó, V ⊃ Pn’ nào đó, suy ra Pn∩ Pn’ = φ, mâu thuẫn {x} ∈ ∞
=1 n n P . Vậy x = ∞ =1 n n P . Ta kí hiệu x = f((Pn)). Đặt: x P f P X M f n n = → )) (( ) ( : .
Ta sẽ chứng minh f là s-ánh xạ phủ-dãy thơng từ M lên X. Ta có:
- f toàn ánh. Nếu x ∈X và (Pn) = {P ∈℘: x ∈P}, rõ ràng x ∈ ∞
=1
n
n
P
và do X thoả mãn (1.1) nên mỗi lân cận mở của x chứa Pn nào đó, suy ra (Pn) ∈ M và f((Pn)) = x.
- f liên tục. Với mọi (Pn) ∈ M, U là lân cận bất kỳ của f((Pn)) = x ta cần chỉ ra tồn tại hình cầu B ⊂ M sao cho f(B) ⊂ U. Vì U là lân cận của x nên tồn tại n0 để U ⊃ Pn0. Chọn hình cầu B = {(Qn) ∈ M: d((Qn),(Pn)) < 2-n0}.Khi đó ta có f(B) ⊂ U. Thật vậy, (Qn) bất kỳ, (Qn) ∈ B ta có ∑∞ = − 1 ) , ( 2 n n n n nd P Q < 2-n0, do đó
Pn = Qn với mọi n ≤ n0, kéo theo f((Qn)) = ∞
=1
n
n
Q ∈ Qn0⊂ U. Vậy f((Qn)) ∈ U. Do đó f liên tục.
- f là s-ánh xạ. Với mỗi x ∈ X, f-1(x) ⊂ {P ∈℘: x ∈ P}ω và ℘ là điểm- đếm đợc nên suy ra f-1(x) khả li.
- f là ánh xạ phủ-dãy. Gọi S là dãy hội tụ trong X cùng với điểm giới hạn so của nó. Ta chứng minh tồn tại tập compact K ⊂ M thoả mãn f(K) = S. Đặt ℘’ ={P ∈℘: P∩ S ≠ φ và P∩ S đóng trong S} (P∩ S đóng khi và chỉ khi P∩ S hữu hạn hoặc P ∋ s0). Vì S đếm đợc, ℘ điểm-đếm đợc nên ℘’ đếm đợc. Đặt { f
n: n =1,2,...} = { f⊂℘’: f hữu hạn phủ S}; K = {(Pn) ∈∏∞ =1
n f n: (Pn∩ S) có tính chất giao hữu hạn}. Ta chứng minh ∏∞
=1
n f n là tập compact của ℘ω. Thật vậy, vì
f n là không gian hữu hạn nên compact, suy ra ∏∞ =1
n f n compact. K đóng trong
∏∞ =1
n f n, vì vậy K compact trong ℘ω.
Trớc hết ta chứng minh K ⊂ M và f(K) ⊂ S. Giả sử (Pn) ∈ K. Khi đó (Pn∩
S) là họ các tập con đóng với tính chất giao hữu hạn. Vì vậy tồn tại x ∈ ∞ = ∩ 1 ) ( n n S P . Ta chỉ cần chỉ ra rằng (Pn) ∈ M và f((Pn)) = x. Rõ ràng x ∈∞ =1 n n
P . Giả sử U là lân cận bất kỳ của x ta chứng minh U ⊃ Pn nào đó. Mỗi y ∈ S, chọn lân cận Wy của y trong X sao cho:
(1) Wy ⊂ U nếu y = x (2) x ∉Wy nếu y ≠ x
(3) Wy∩ S ={y} nếu y ≠ s0.
Do X thoả mãn (1.1) nên theo mệnh đề 1.1.26 (a) thì X thoả mãn (1.5). S compact, vì vậy tồn tại họ hữu hạn a ⊂℘ sao cho s0 ∈a, ∪ a ⊂ Ws0 và a
phủ một lân cận của s0 trong S. Đặt T = S \ ∪ a . Rõ ràng T hữu hạn và mỗi y ∈ T, lấy Py ∈℘ sao cho y ∈ Py ⊂ Wy. Đặt f = a ∪{Py: y ∈T}. Khi đó f
⊂ ℘’, f phủ S, f hữu hạn nên f = f n0 với n0 nào đó, suy ra Pn0∈ f. Nhng theo cách xây dựng của họ f thì P ⊂U với mỗi x ∈ P ∈ f, vì thế Pn0⊂ U. Vì vậy (Pn) ∈ M hay K ⊂ M. Từ đó suy ra f((Pn)) = x ∈ S hay f(K) ⊂ S.
Tiếp theo ta chứng minh S⊂ f(K). Giả sử x∈ S, với mỗi n =1,2,... lấy Pn ∈f n sao cho x ∈ Pn. Khi đó (Pn) ∈ K. Vì x ∈Pn∩ S nên (Pn) ∈ M. Lại do x ∈∞ =1 n n P còn f((Pn)) chỉ là phần tử của ∞ =1 n n P nên f((Pn)) = x, suy ra x ∈ f(K). Vậy f(K) = S. Do đó f là ánh xạ phủ-dãy.
- f là ánh xạ thơng. Vì X thoả mãn (1.1) nên theo mệnh đề 1.1.22 thì X
thoả mãn (1.3), kết hợp mệnh đề 1.1.23 thì X thoả mãn (1.4)p. Do X là k-không gian nên theo hệ quả 1.2.12 thì X là không gian dãy. Kết hợp mệnh đề 3.1.2 (2) thì f là ánh xạ thơng.
Vậy định lý đã đợc chứng minh.
3.1.4. Hệ quả. (1) Không gian X thoả mãn (1.1) ( hoặc yếu hơn thoả mãn
(1.5)) là s-ảnh phủ-dãy của một không gian metric.
(2) Nếu X là k-không gian thoả mãn (1.6) thì X là s-ảnh thơng của một không gian metric.
Chứng minh. (1). Suy từ cách chứng minh (c)→(a) ỏ trong định lý 3.1.3. (2). Giả sử X là k-không gian thoả mãn (1.6). Khi đó gọi ℘ là k-lới điểm- đếm đợc đóng của X, giả sử x ∈K ⊂ U với K compact, U mở trong X. Vì X thoả mãn (1.6) nên tồn tại họ hữu hạn f ⊂℘ sao cho K ⊂∪f ⊂ U. Nếu x ∈ P với mọi P ∈f thì x ∈∩ f và f phủ K nên phủ một lân cận nào đó của x trong K. Nếu x ∉ P với P nào đó thuộcf. Đặt f ’ ={P ∈f : x ∉P}, f ’ là họ con hữu hạn của f, x ∉∪f ’. Do ℘ là phủ đóng nên K\ ∪f ’ mở trong K, suy ra K\ ∪f
của℘, x ∈ ∩ f ”, K\ ∪f ’ ⊂∪f ” ⊂ U. Vậy X thoả mãn (1.5). Vì X là k-không gian nên kết hợp với mệnh đề 1.1.26 (b) thì X thoả mãn (1.1). Vậy X là k-không gian thoả mãn (1.1). Kết hợp với định lý 3.1.3 thì X là s-ảnh thơng của một không gian metric.
3.1.5. Bổ đề ([10]). Nếu X là k-không gian thoả mãn (1.6) thì X là s-ảnh
thơng phủ-compact của một không gian metric.
3.1.6. Hệ quả. Nếu X là không gian Fréchet khả li chính quy thì các
phát biểu sau là tơng đơng.
(a) X là s-ảnh thơng phủ-dãy của một không gian metric. (b) X là s-ảnh thơng của một không gian metric.
(c) X là k-không gian thoả mãn (1.1). (d) X là k-không gian thoả mãn (1.6).
(e) X là s-ảnh thơng phủ-compact của một không gian metric.
Chứng minh. Theo hệ quả 3.1.4 (2) và định lý 3.1.3 ta có
(d)→((a)↔(b)↔(c)). Dễ thấy (e)→(b), do đó kết hợp với định lý 3.1.3 ta có (e)→((a)↔(b)↔(c)). Theo bổ đề 3.1.5 ta có (d)→(e). Vậy để chứng minh hệ quả 3.1.6 ta chỉ cần chứng minh (c)→(d). Giả sử X là k-không gian thoả mãn (1.1). Khi đó theo mệnh đề 1.1.22 thì X thoả mãn (1.3). Kết hợp mệnh đề 1.1.23 thì X thoả mãn (1.4). Gọi ℘ là k-lới điểm- đếm đợc của X. Do X khả li nên tồn tại tập đếm đợc Q trù mật trong X. Đặt ℜ = {P: P ∈ ℘, P∩ Q ≠φ}. Theo quá trình chứng minh (b)→(a) ở định lý 1.3.10 thì ℜ là k- lới đóng đếm đợc của X. Do đó ℜ là k-lới đóng điểm-đếm đợc của X. Vậy X thoả mãn (1.6) nên ta có (d).