co rút của X cũng có tính chất điểm bất động.
Chứng minh
Gọi A là co rút của X, suy ra tồn tại r :X →A là phép co rút của X
tới A.
Với mọi ánh xạ liên tục f : A → A.
i◦f ◦r : X → X là ánh xạ liên tục (ở đây i : A →X là phép nhúng). Do X có tính chất điểm bất động cho nên tồn tại
x ∈ X, i◦f ◦r(x0) =x0 ⇒ f(r(x0)) = x0 ⇒ r(f(f(x0))) = r(x0). Vì f(r(x0)) ∈ A ⇒r(f(r(x0))) = f(r(x0)) ⇒ f(r(x0)) = r(x0). Suy ra f có điểm bất động.
Vậy A có tính chất điểm bất động.
2.3. Mối quan hệ giữa tính chất AR và tính chất điểm bấtđộng động
Định nghĩa 2.4. Cho X, Y là các không gian topo một ánh xạ liên tục
f : X → Y gọi là ánh xạ compact nếu tồn tại một tập compact K ⊂ Y
sao cho f(X) ⊂ K.
Định nghĩa 2.5. Không gian topo X được gọi là có tính chất điểm bất động đối với lớp ánh xạ compact nếu mọi ánh xạ compact f : X → X thì tồn tại x ∈ X sao cho f(x) = x.
Định lý 2.12. (Borsuk) Mỗi không gian thuộc lớp AR, compact đều có tính chất điểm bất động.
Chứng minh
Gọi X là một không gian thuộc lớp AR, compact. Do mỗi không gian topo khả metric, compact là khả ly nên tồn tại A = {an|n ∈ N} ∪ X
1;∀x, y ∈ X. Ta thiết lập một hàm F : X → Q được xác định như sau
F(x) = (d(x, an)) = (d(x, a1), d(x, a2), ..., d(x, an), ...);∀x ∈ X
. Rõ ràng F liên tục và ∀x, y ∈ X mà x =6 y ⇒ d(x, y) 6= 0 do A trù mật trong A nên tồn tại n∈ N mà
d(x, an) < 1
2d(x, y) ⇒2d(x, an) < d(x, y) ≤ d(x, an) +d(y, an)
⇒d(x, an) < d(y, an) ⇒d(x, an) 6= d(y, an) ⇒ F(x) 6= F(y)
Suy ra F là một đơn ánh.
Do X và Q là các compact nên F là một phép nhúng đồng phôi của
X vào tập con F(X) đóng trong Q. Do X là AR - không gian nên F(X)
đồng phôi với nó cũng thế từ đó có một phép co rút từ Q lên F(X) . Mặt khác Q có tính chất điểm bất động và co rút của của một không gian có tính chất điểm bất động cũng là một không gian có tính chất điểm bất động nên F(X) có tính chất điểm bất động và X cũng thế.
Định lý 2.13. Mỗi tập lồi, compact trong một không gian metric tuyến tính lồi địa phương bất kỳ đều có tính chất điểm bất động.
Chứng minh
Ta có mỗi tập lồi trong một không gian metric tuyến tính lồi địa phương là một AR. Mặt khác theo đinh lí Borsuk mỗi không gian thuộc lớp AR, compact đều có tính chất điểm bất động. Vậy định lí được chứng minh.
Định lý 2.14. Tồn tại một tập có tính chất điểm bất động nhưng không phải là AR.
Chứng minh Xét tập X = {(x,sin 1x)|x ∈ (0,21π]} ∪ {(0,0)} ⊂ R2. Đầu tiên ta chứng minh X có tính chất điểm bất động
Giả sử tồn tại f : X →X liên tục mà không có điểm bất động suy ra
Suy ra tồn tại x0 ∈ (0,21π] : f(0,0) = (x0,sinx1 0). Đặt X1 = {(x,sinx1)|x ∈ (0,21π)}.
Ta có thể chọn dãy (Mn)n = (xn,0)n mà Mn −−−→n→∞ (0,0). Ta có f liên tục, nên lim
n→∞f(Mn) = f(0,0) = (x0,sinx1 0). Đặt P1, P2 : R2 → R là các phép chiếu với P1(x, y) =x P2(x, y) = y Suy ra P1(f(Mn)) −−−→n→∞ P1(x0,sinx1 0) = x0 > 0, mà xn n→∞ −−−→ 0. Suy ra tồn tại n0 ∈ N :P1(f(Mn0)) ≥ xn0.
Thật vậy nếu không thì P1(f(Mn)) < xn với mọi n. Do đó lim n→∞P1f(Mn) ≤ lim n→∞xn. Suy ra P1(x0,sinx1 0) = x0 ≤ 0 vô lí. Vậy f(Mn0) ∈ [Mn0, I], với I = I(21π,0). Lập g : X →[Mn0,I xác định như sau g(M) = M khi M ∈ [Mn0,I] Mn0 khi M ∈ X \(Mn0, I]
Lúc này g liên tục theo bổ đề dán và gf|[Mn0, I] : [Mn0, I] → [Mn0, I]
liên tục.
Bây giờ ta chứng minh [Mn0, I] đồng phôi với đoạn [0,1] để suy ra
[Mn0, I] có tính chất điểm bất động.
Thật vậy ta có phép chiếu P1 : [Mn0, I] → [xn0,21π] là một phép đồng phôi.
Mặt khác, [xn0,21π] đồng phôi với đoạn [0,1] với phép đồng phôi
[xn0, 1
2π] → [0,1]
x 7−→ x−xn0
1
2π −xn0
Suy ra [Mn0, I] đồng phôi với đoạn [0,1] .
bất động.
Suy ra tồn tại M∗ ∈ [Mn0, I] :g(f(M∗)) = M∗. +Nếu M∗ = Mn0 suy ra f(M∗) = f(Mn0) ∈ [Mn0, I]
Suy ra g(f(M∗)) = f(M∗) =M∗ vô lí vì f không có điểm bất động. +Nếu M∗ ∈ [Mn0, I], do g(f(M∗)) = M∗ ∈ [Mn0, I]
Suy ra f(M∗) ∈ [Mn0, I] . g(f(M∗)) = f(M∗), suy ra f(M∗) =M∗
(vô lí).Điều vô lí này do giả thiết f không có điểm bất động, Vậy X có tính chất điểm bất động.
Bây giờ ta chứng minh X không phải là AR. Đặt X1 = {(x,sinx1)|x ∈ (0,21π]}.
Và xét X = X1 ∪ {(0,0)} ⊂ R2.
Ta có X có tính chất điểm bất động. Bây giờ ta chứng minh X không liên thông đường.
Giả sử ngược lại, X liên thông đường, suy ra tồn tại ϕ : [0,1] →X liên tục mà ϕ(0) = (0,0);ϕ(1) = (21π,0).
Suy ra P1ϕ : [0,1] →[0,21π] liên tục. Và P1ϕ(0) = 0, P1ϕ(1) = 21π.
Suy ra với mọi x ∈ [0,21π], tồn tại t ∈ [0,1] : P1ϕ(t) = x. Vậy ϕ là toàn ánh.
Lấy dãy (Mn)n ⊂ X1 mà Mn
n→∞
−−−→ (0,0).
Suy ra tồn tại (tn)n ⊂ [0,1] : ϕ(tn) =Mn,∀n= 1,2, ....
Do [0,1] là tập compact, suy ra tồn tại dãy con (tmn)n của (tn)n, tồn tại t∗ ∈ [0,1] : tmn −−−−→mn→∞ t∗ (∗).
Suy ra P2ϕ(tmn) mn→∞
−−−−→ P2ϕ(t∗). Suy ra P2(Mmn) −−−−→mn→∞ P2ϕ(t∗). Vậy 0 = P2ϕ(t∗) (1).
Mặt khác, với mọi n ∈ N, do ϕ là toàn ánh và do cách chọn (Mn) nên có thể chọn t0n ∈ [tmn, tmn+1] mà P2ϕ(t0n) = 1.
Theo (*) ta có t0n −−−→n→∞ t∗.
Do vậy P2ϕ(t0n) −−−→n→∞ P2ϕ(t∗) mà P2ϕ(t0n) = 1,∀n= 1,2, .... Suy ra 1 = P2ϕ(t∗) (2).
Suy ra X không liên thông đường.
Mặt khác, một tập không liên thông đường thì không phải là AR. Vậy X có tính chất điểm bất động nhưng không phải là AR.
2.4. Áp dụng phân loại topo một số lớp tập
Mệnh đề 2.1. Hình tròn đơn vị D = {(x, y) ∈ R2|x2 +y2 ≤ 1} và
S = {(x, y) ∈ R2|x2 +y2 = 1} không đồng phôi với nhau.
Chứng minh
∀x, y ∈ S, t ∈ [0,1], khi đó do x, y ∈ X ⇒ ||x||,||y|| ≤ 1.
Xét ||tx + (1 − t)y|| ≤ ||tx|| + ||(1 − t)y|| = t||x|| + (1 − t)||y|| ≤
t+ 1−t = 1
⇒tx+ (1−t)y ∈ S;∀x, y ∈ S nên D là tập lồi.
Theo hệ quả (2.1) ta có S là tập lồi trong không gian lồi địa phương nên S ∈ AR.
Ta có tập S compact.
Giả sử S ∈ AR suy ra S có tính chất điểm bất động (định lí Borsuk). Cho ánh xạ liên tục:
f :S →S
(x, y) 7−→(−x,−y) không có điểm bất động
Giả sử f có điểm bất động tức là tồn tại x0 ∈ S mà f(x0) = x0.
⇒f(x, y) = (−x,−y) = (x, y) ⇔ −x = x −y = y ⇔ x = 0 y = 0
Nên S không có tính chất điểm bất động (mâu thuẫn). Suy ra S /∈ AR.
Vậy theo hệ quả (2.2) D và S không đồng phôi với nhau.
Mệnh đề 2.2. Tập A = {(x, y, z) ∈ R3|x2 + y2 + z2 = R2;z ≥ 0} và mặt trụ tròn xoay M = {(x, y, z) ∈ R3|x2 +y2 = a2} không đồng phôi với nhau.
Chứng minh
Ta có A là nửa mặt cầu trên , nếu chiếu xuống mặt xOy ta được hình tròn D1 = {(x, y)|x2 + y2 ≤ R2}. Mặt khác hình tròn D1 ∈ AR
(tập lồi trong không gian định chuẩn R2) . Ta lập r−ánh xạ r : D1 → A
như sau :
(x, y) ∈ D1 →(x, y,pR2 −x2 −y2) ∈ A
Ánh xạ r có ánh xạ nghịch phải g : A →D1 xác định bởi :
(x, y,pR2 −x2 −y2) →(x, y) thỏa mãn x2 +y2 ≤ R2.
Ta có hình tròn D1 ∈ AR và A = r(D1) nên theo định lí (2.3) suy ra
A∈ AR.
Ta có M /∈ AR. Vì giả sử ngược lại M ∈ AR thì phép chiếu M xuống mặt phẳng Oxy là đường tròn x2 +y2 = a2 cũng là AR. Điều đó vô lí vì ta đã chứng minh đường tròn không AR.
Mệnh đề 2.3. I = [−1,1] ∈ R và tập X = {(x,sinx1)|x ∈ (0,21π]} ∪ {(0,0)} ⊂ R2 không đồng phôi với nhau.
Chứng minh
Ta có I là tập lồi trong không gian lồi địa phương, suy ra I ∈ AR.
Mặt khác theo định lí (2.14) ta có tập X /∈ AR.
Vậy theo hệ quả (2.2) tập I và X không đồng phôi với nhau.
Mệnh đề 2.4. Tập X = {(x,sinx1)|x ∈ (0,21π]} ∪ {(0,0)} ⊂ R2 và
S0 = D1 ∪ D2 với D1 = {(x, y) ∈ R2|(x+ 1)2 + y2 ≤ 1} D2 = {(x, y) ∈
R2|(x−1)2 +y2 ≤ 1} không đồng phôi với nhau.
Chứng minh
Theo định lí (2.14) ta có tập X /∈ AR. Xét tập S’ ta có
Suy ra D1 ∈ AR, D2 ∈ AR.
Mặt khác D1 ∩D2 = A= {(0,0)} ∈ AR. Vậy theo định lí (2.6) S0 = D1 ∪D2 ∈ AR.
Vậy theo hệ quả (2.2) tập X và S0 không đồng phôi với nhau.
Mệnh đề 2.5. Tập K = I ∪D và và mặt trụ tròn xoay M = {(x, y, z) ∈
R3|x2 + y2 = a2, z ∈ R;} không đồng phôi với nhau. Với I = [−1,0] ∈
R, D = {(x, y) ∈ R2|(x−1)2 +y2 ≤ 1}.
Chứng minh
Xét tập K
Ta có I, D là tập lồi trong không gian lồi địa phương. Suy ra I ∈ AR
và D ∈ AR.
Mặt khác I ∩D = {(0,0)} ∈ AR.
Nên theo định lí (2.6) K = I ∪ D ∈ AR.
Ta có M /∈ AR. Vì giả sử ngược lại M ∈ AR thì phép chiếu M xuống mặt phẳng Oxy là đường tròn x2 +y2 = a2 cũng là AR. Điều đó vô lí vì ta đã chứng minh đường tròn không AR.
Mệnh đề 2.6. Tập L = {(x, y, z) ∈ R3|z = x2 + y2; 0 ≤ z ≤ a2} và
S = {(x, y) ∈ R2|x2 +y2 = 1} không đồng phôi với nhau.
Chứng minh
Khi chiếu mặt L xuống mặt phẳng Oxy ta được hình tròn D1 =
{(x, y) ∈ R2|x2 +y2 ≤ a2} mà D1 ∈ AR.
Ta lập r-ánh xạ như sau r : D1 →L được xác định bởi:
(x, y) ∈ D1 → (x, y, x2 +y2) ∈ L
Khi đó L = r(D1) nên theo định lí (2.3) ta có L ∈ AR. Mặt khác S /∈ AR.
Vậy theo hệ quả (2.2) tập L và S không đồng phôi với nhau .
Mệnh đề 2.7. Tập N = {(x, y, z) ∈ R3|z = px2 + y2; 0 ≤ z ≤ a} và
S = {(x, y) ∈ R2|x2 +y2 = 1} không đồng phôi với nhau.
Chứng minh
{(x, y) ∈ R2|x2 +y2 ≤ a2} mà D1 ∈ AR.
Ta lập r-ánh xạ như sau r : D1 →N được xác định bởi:
(x, y) ∈ D1 →(x, y,px2 +y2) ∈ N
Khi đó N = r(D1) nên theo định lí (2.3) ta có N ∈ AR. Mặt khác S /∈ AR.
Vậy theo hệ quả (2.2) tập N và S không đồng phôi với nhau .
Mệnh đề 2.8. Sn−1 = {x ∈ Rn | ||x|| = 1} và Bn = {x ∈ Rn | ||x|| ≤ 1}
không đồng phôi với nhau.
Chứng minh
Ta có Sn−1 là tập compact. Giả sử Sn−1 ∈ AR. Suy ra Sn−1 có tính chất điểm bất động. (Định lí Borsuk).
Cho ánh xạ liên tục
f :Sn−1 → Sn−1 x 7−→ −x
Giả sử f có điểm bất động tức là tồn tại x0 ∈ Sn−1. Mà f(x0) = x0.
⇒f(x0) = −x0 = x0 ⇔ x0 = 0 0 = ||x|| = 1 (vô lí) Vậy f không có điểm bất động.
Suy ra Sn−1 không có tính chất điểm bất động. Vậy Sn−1 ∈/ AR.
Mặt khác ta có Bn là tập lồi trong không gian Rn. Suy ra Bn ∈ AR. Theo hệ quả (2.2) Sn−1 và Bn không đồng phôi với nhau.
Mệnh đề 2.9. Tập D2 = {((x, y) ×(z, t))|(x, y),(z, t) ∈ D} và S2 =
{((x, y)×(z, t))|(x, y),(z, t) ∈ S} không đồng phôi với nhau.
Chứng minh
Xét tập D2
Mà D2 = D1 ×D2. Suy ra D2 ∈ AR (Định lí 2.7). Tiếp tục xét tập S2
Ta có S1 = {(x, y) ∈ R2|x2 +y2 = 1}. Suy ra S1 ∈/ AR .
S2 = {(z, t) ∈ R2|x2 +y2 = 1. Suy ra S2 ∈/ AR . Mà S2 = S1 ×S2. Suy ra S2 ∈/ AR (Định lí 2.7).
Theo hệ quả (2.2) tập D2 và S2 không đồng phôi với nhau.
Mệnh đề 2.10. Tập D2 = {((x, y) ×(z, t))|(x, y),(z, t) ∈ D} và F =
{((x, y)×(z, t))|(x, y) ∈ D,(z, t) ∈ S} không đồng phôi với nhau.
Chứng minh Ta có D2 ∈ AR. Xét tập F Đặt D = {(x, y) ∈ R2|x2 +y2 ≤1. Suy ra D ∈ AR . S = {(z, t) ∈ R2|x2 +y2 = 1. Suy ra S /∈ AR . Mà F = D×S. Suy ra F /∈ AR (Định lí 2.7).
Theo hệ quả (2.2) tập D2 và F không đồng phôi với nhau.
Mệnh đề 2.11. Tập [−1,1]×D và tập S×D không đồng phôi với nhau.
Chứng minh Ta có S ×D /∈ AR. Xét tập [−1,1]×D Ta có [−1,1] ∈ AR . Mặt khác D ∈ AR. Suy ra [−1,1]×D ∈ AR (Định lí 2.7).
Theo hệ quả (2.2) tập [−1,1]×D và tập S ×D không đồng phôi với nhau.
Mệnh đề 2.12. Tập [−1,1]×S và tập D2 không đồng phôi với nhau. Chứng minh Ta có tập D2 ∈ AR. Xét tập [−1,1]×S Ta có [−1,1] ∈ AR . Mặt khác S /∈ AR. Suy ra [−1,1]×S /∈ AR (Định lí 2.7).
Theo hệ quả (2.2) tập [−1,1]×S và tập D2 không đồng phôi với nhau.
Mệnh đề 2.13. Tập Q = D1 ∩ D2 với D1 = {(x, y) ∈ R2|x2 + y2 ≤ 1}
và D2 = {(x, y) ∈ R2|(x−1)2 +y2 ≤ 1} và S = {(x, y) ∈ R2|x2+y2 = 1
không đồng phôi với nhau.
Chứng minh
Ta có tập D1, D2 là tập lồi trong không gian lồi địa phương.
Suy ra Q = D1 ∩D2 cũng là tập lồi trong không gian lồi địa phương. Vậy Q∈ AR.
Lại có S /∈ AR.
Mệnh đề 2.14. I = [−1,1] ∈ R và đường thẳng R không đồng phôi với nhau.
Chứng minh
Ta có đoạn thẳng I không có tính chất điểm bất động (ví dụ 2.1). Bây giờ cho ánh xạ liên tục
f :R → R
x 7−→x+ 1
Giả sử f có điểm bất động tức là tồn tại x0 ∈ R. Mà f(x0) =x0.
⇒f(x0) = x0 + 1 = x0 (vô lí) Vậy f không có điểm bất động.
Suy ra R không có tính chất điểm bất động.
Theo định lí (2.10) I và R không đồng phôi với nhau.
Mệnh đề 2.15. Hình tròn D = {(x, y) ∈ R2|x2 + y2 ≤ 1} và đường thẳng R không đồng phôi với nhau.
Chứng minh
tính chất điểm bất động (định lí 2.13).
Mặt khác R không có tính chất điểm bất động.
Theo định lí (2.10) D và R không đồng phôi với nhau.
Mệnh đề 2.16. I = [−1,1] và S = {(x, y) ∈ R2|x2 + y2 = 1} không đồng phôi với nhau.
Chứng minh
Theo ví dụ (2.1) thì I = [−1,1] có tính chất điểm bất động. Bây giờ ta chứng minh S không có tính chất điểm bất động. Cho ánh xạ liên tục:
f :S →S
(x, y) 7−→(−x,−y) không có điểm bất động
Giả sử f có điểm bất động tức là tồn tại x0 ∈ S.Mà f(x0) =x0.
⇒f(x, y) = (−x,−y) = (x, y) ⇔ −x = x −y = y ⇔ x = 0 y = 0
Mà điểm (x, y) = (0,0) ∈/ S. Vậy f không có điểm bất động. Nên S không có tính chất điểm bất động.
Mệnh đề 2.17. Tập T = {(x,0),(0, y)|x, y ∈ [−1,1]} và S = {(x, y) ∈
R2|x2 +y2 = 1} không đồng phôi với nhau.
Chứng minh
Xét tập T .Ta có T1 = {(x,0)|x ∈ [−1,1]} ∈ AR.
Tương tự T2 = {(0, y)|y ∈ [−1,1]} ∈ AR.
Mặt khác T1 ∩T2 = {(0,0)} ∈ AR.
Theo định lí (2.6) suy ra T = T1 ∪T2 ∈ AR.
Mà T là tập compact. Suy ra T có tính chất điểm bất động (định lí Borsuk).
Lại có S /∈ AR.
Mệnh đề 2.18. Tập H = H1∪H2∪H3 và S = {(x, y) ∈ R2|x2+y2 = 1}
không đồng phôi với nhau. Với H1 = {(x,0)|x ∈ [−1,1]} H2 = {(0, y)|y ∈ [−1,1]} H3 = {(x, x)|x ∈ [− √ 2 2 , √ 2 2 ]} Chứng minh Xét tập H Ta có H1 ∈ AR., H2 ∈ AR. Mặt khác H1 ∩ H2 = {(0,0)} ∈ AR. Theo định lí (2.6) suy ra H12 = H1 ∪H2 ∈ AR.
Mà H12 là tập compact. Suy ra H12 có tính chất điểm bất động (Định lí Borsuk).
Tiếp tục ta có H3 ∈ AR.
Mà H12 ∩H3 = A ∈ AR. Suy ra H = H12∪H3 ∈ AR.
Lại có H là tập compact. Suy ra H có tính chất điểm bất động.( Định lí Borsuk)
Mà S không có tính chất điểm bất động.
Mệnh đề 2.19. Tập T = {(x,0),(0, y)|x, y ∈ [−1,1]} và đường thẳng R không đồng phôi với nhau..
Chứng minh
Ta có tập T có tính chất điểm bất động .
Mặt khác R không có tính chất điểm bất động. (Ví dụ 2.2) Theo định lí (2.10) T và R không đồng phôi với nhau.
Mệnh đề 2.20. Tập X = {(x,sin 1x)|x ∈ (0, 21π]} ∪ {(0,0)} ⊂ R2 và
S = {(x, y) ∈ R2|x2 +y2 = 1} không đồng phôi với nhau.
Chứng minh
Giả sử tồn tại f : X →X liên tục mà không có điểm bất động suy ra
Suy ra tồn tại x0 ∈ (0,21π] : f(0,0) = (x0,sinx1 0). Đặt X1 = {(x,sinx1)|x ∈ (0,21π)}.
Ta có thể chọn dãy (Mn)n = (xn,0)n mà Mn −−−→n→∞ (0,0). Ta có f liên tục, nên lim