Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 3 · Bachelor Year 3

6Algemene topologie

Het volume van bachelorjaar 2 bedreef analyse in metrische ruimten: afstanden, ballen, rijen. Maar de fundamentele begrippen — continuïteit, compactheid, samenhang — noemen nergens de getalwaarde van een afstand, alleen de familie open verzamelingen die zij voortbrengt. Dit hoofdstuk neemt die familie als het oorspronkelijke object. De winst is geen algemeenheid om de algemeenheid: quotiëntconstructies (de cirkel als $\R/\Z$ , projectieve ruimten), producten en de zwakke topologieën van de functionaalanalyse zijn eenvoudigweg geen metrische objecten in de eerste plaats. We bouwen de continuïteit opnieuw op, behandelen dan de compactheid via open overdekkingen (en bewijzen dat die in metrische ruimten samenvalt met de rijdefinitie uit bachelorjaar 2) en de samenhang — en sluiten af met de stelling dat een continue bijectie $\R$ niet met $\R^2$ kan vereenzelvigen: de topologie kan dimensies onderscheiden.

6.1 Topologieën, open verzamelingen, continuïteit

Definitie 6.1

Een topologie op een verzameling $X$ is een familie $\mathcal T$ van deelverzamelingen van $X$ — de open verzamelingen — zodanig dat $\varnothing, X \in \mathcal T$ , dat elke vereniging van open verzamelingen open is, en dat elke eindige doorsnede van open verzamelingen open is. Het paar $(X, \mathcal T)$ heet een topologische ruimte. Complementen van open verzamelingen heten gesloten. Een omgeving van $x$ is een verzameling die een open verzameling bevat die $x$ bevat.

Voorbeeld 6.2

(a) Een metrische ruimte, met “open” als in bachelorjaar 2 (verenigingen van open ballen): de metrische topologie; verschillende metrieken kunnen dezelfde topologie geven (gelijkwaardige metrieken). Een ruimte waarvan de topologie uit een metriek voortkomt heet metriseerbaar. (b) De discrete topologie (alle deelverzamelingen) en de indiscrete topologie $\{\varnothing, X\}$ . (c) De cofiniete topologie op een oneindige verzameling: open $=$ leeg of met eindig complement. Niet metriseerbaar, zoals we zullen zien (Oefening 6.3). (d) Op $\R$ de gewone topologie; op $\bar\R = \R \cup \{\pm\infty\}$ de ordetopologie voortgebracht door de halfrechten — waardoor “ $x_n \to +\infty$ ” een geval van gewone convergentie wordt.

Definitie 6.3

Voor $A \subseteq X$ : het inwendige $\mathring A$ is de grootste open verzameling binnen $A$ (de vereniging van alle); de afsluiting $\bar A$ is de kleinste gesloten verzameling die $A$ bevat; en de rand is $\partial A = \bar A \setminus \mathring A$ . $A$ heet dicht als $\bar A = X$ . Er geldt $x \in \bar A$ dan en slechts dan als elke omgeving van $x$ de verzameling $A$ snijdt (mijdt een omgeving $A$ , dan is het complement van haar open kern een kleinere gesloten verzameling om $A$ heen; en omgekeerd).

Definitie 6.4

Een basis van $\mathcal T$ is een familie $\mathcal B \subseteq \mathcal T$ zodanig dat elke open verzameling een vereniging van leden van $\mathcal B$ is (bijvoorbeeld de open ballen in een metrische ruimte, of de open intervallen in $\R$ ). Een familie $\mathcal B$ van deelverzamelingen van $X$ is een basis van een topologie dan en slechts dan als ze $X$ overdekt en er voor $B_1, B_2 \in \mathcal B$ en $x \in B_1 \cap B_2$ een $B_3 \in \mathcal B$ is met $x \in B_3 \subseteq B_1\cap B_2$ — dan is “verenigingen van leden” een topologie, de door $\mathcal B$ voortgebrachte topologie.

Definitie 6.5

$f \colon X \to Y$ heet continu als $f^{-1}(V)$ open is voor elke open $V \subseteq Y$ — gelijkwaardig: originelen van gesloten verzamelingen zijn gesloten; gelijkwaardig: voor elke $x$ en elke omgeving $V$ van $f(x)$ is $f^{-1}(V)$ een omgeving van $x$ (continuïteit in elke $x$ ). Het volstaat dit op een basis van $Y$ na te gaan. Samenstellingen van continue afbeeldingen zijn continu. Een homeomorfisme is een continue bijectie met continue inverse; de topologie bestudeert de eigenschappen die homeomorfismen bewaren.

Propositie 6.6 (Continuïteit en afsluiting; verlijmen)

(a) $f$ is continu dan en slechts dan als $f(\bar A) \subseteq \overline{f(A)}$ voor alle $A \subseteq X$ . (b) Is $X = F_1 \cup F_2$ met $F_1, F_2$ gesloten en beperkt $f\colon X \to Y$ zich continu tot elke $F_i$ , dan is $f$ continu.

Bewijs. (a) Is $f$ continu, dan is $f^{-1}(\overline{f(A)})$ gesloten en bevat het $A$ , dus ook $\bar A$ . Pas omgekeerd het criterium toe op $A = f^{-1}(F)$ met $F$ gesloten: $f(\bar A) \subseteq \overline{f(f^{-1}(F))} \subseteq \bar F = F$ , dus $\bar A \subseteq f^{-1}(F) = A$ : originelen van gesloten verzamelingen zijn gesloten. (b) Voor gesloten $F \subseteq Y$ is $f^{-1}(F) = (f\restriction_{F_1})^{-1}(F) \cup (f\restriction_{F_2})^{-1}(F)$ , een vereniging van twee verzamelingen die gesloten zijn in $F_1$ respectievelijk $F_2$ , en dus gesloten in $X$ (want de $F_i$ zijn gesloten: gesloten in gesloten is gesloten). ∎

Definitie 6.7

$X$ heet Hausdorff (of gescheiden) als twee verschillende punten disjuncte omgevingen hebben. Metrische ruimten zijn Hausdorff (ballen met straal $d(x,y)/2$ ). Een rij $(x_n)$ convergeert naar $x$ als elke omgeving van $x$ op eindig veel na alle $x_n$ bevat; in een hausdorffruimte zijn limieten uniek (twee limieten zouden disjuncte omgevingen hebben die elk een staart bevatten). In een hausdorffruimte zijn punten — en dus eindige verzamelingen — gesloten.

Opmerking 6.8

In metrische ruimten sporen rijen alles op: $x \in \bar A$ precies wanneer een rij uit $A$ naar $x$ convergeert (neem $x_n \in A \cap B(x, 1/n)$ ), en $f$ is continu precies wanneer ze rijcontinu is. In algemene ruimten falen beide gelijkwaardigheden; de juiste vervangers voor rijen (filters, netten) horen in een gevorderdere cursus. Wij formuleren resultaten met rijen in metrische ruimten en resultaten met overdekkingen in het algemeen — en bewijzen dat ze samenvallen waar dat zo is.

6.2 Deelruimten, producten, quotiënten

Definitie 6.9

Drie manieren om uit oude ruimten nieuwe te maken:

Deelruimte: op $A \subseteq X$ zijn de open verzamelingen de $U \cap A$ met $U$ open in $X$ — de grofste topologie die de inclusie continu maakt.
Product: op $X \times Y$ (en op eindige producten) de topologie met als basis de open blokken $U \times V$ ; op een oneindig product $\prod_i X_i$ bestaat de basis uit de blokken $\prod U_i$ met $U_i = X_i$ voor op eindig veel na alle $i$ — de grofste topologie die elke projectie continu maakt.
Quotiënt: is $\sim$ een equivalentie op $X$ en $\pi\colon X \to X/{\sim}$ de projectie, noem dan $V \subseteq X/{\sim}$ open precies wanneer $\pi^{-1}(V)$ open is — de fijnste topologie die $\pi$ continu maakt.

Propositie 6.10 (Universele eigenschappen)

(a) $f \colon Z \to X \times Y$ is continu dan en slechts dan als beide componenten $\pi_X \circ f$ en $\pi_Y \circ f$ dat zijn (net zo voor willekeurige producten). (b) $g \colon X/{\sim} \to Z$ is continu dan en slechts dan als $g \circ \pi \colon X \to Z$ dat is.

Bewijs. (a) Noodzakelijkheid: samenstellingen. Toereikendheid: het volstaat de originelen van de basisblokken na te gaan: $f^{-1}(U \times V) = (\pi_Xf)^{-1}(U) \cap (\pi_Yf)^{-1}(V)$ , open (in het oneindige geval zijn er maar eindig veel factoren $\neq X_i$ ). (b) Noodzakelijkheid: samenstelling. Toereikendheid: voor open $W \subseteq Z$ is $\pi^{-1}(g^{-1}(W)) = (g\pi)^{-1}(W)$ open, wat per definitie van de quotiënttopologie betekent dat $g^{-1}(W)$ open is. ∎

Voorbeeld 6.11

Het quotiënt $\R/\Z$ (vereenzelvig $x$ met $x + n$ ) is homeomorf met de cirkel $S^1 = \{z \in \C : \abs z = 1\}$ : de afbeelding $x \mapsto \eu^{2\iu\pi x}$ gaat over op een continue bijectie $\R/\Z \to S^1$ (Propositie 6.10(b)); haar inverse is continu wegens het compactheidsargument van Gevolg 6.14 hieronder (Oefening 6.5 werkt alles uit, ook waarom $\R/\Z$ Hausdorff en compact is). Net zo is $[0,1]$ met verlijmde eindpunten gelijk aan $S^1$ en is het vierkant met verlijmde overstaande zijden de torus, en is verlijmen eindelijk een stelling in plaats van een plaatje.

6.3 Compactheid

Definitie 6.12

Een open overdekking van $X$ is een familie $(U_i)_{i\in I}$ open verzamelingen met $\bigcup U_i = X$ . $X$ heet compact als ze Hausdorff is en elke open overdekking een eindige deeloverdekking toelaat. Gelijkwaardig (neem complementen): elke familie gesloten verzamelingen met de eindige-doorsnede-eigenschap (elke eindige deelfamilie heeft een niet-lege doorsnede) heeft een niet-lege totale doorsnede.

Stelling 6.13 (Eerste eigenschappen)

Zij $X$ compact.

Een gesloten deelverzameling van $X$ is compact; en een compacte deelverzameling van een hausdorffruimte is gesloten.
Een continu beeld van een compacte ruimte in een hausdorffruimte is compact. In het bijzonder is een continue $f\colon X \to \R$ begrensd en bereikt ze haar grenzen.
Een dalende rij niet-lege gesloten deelverzamelingen van $X$ heeft een niet-lege doorsnede.

Bewijs. (1) Zij $F \subseteq X$ gesloten en $(U_i)$ een open overdekking van $F$ (door open verzamelingen van $X$ ): $X \setminus F$ toevoegen geeft een open overdekking van $X$ ; een eindige deeloverdekking overdekt, min $X \setminus F$ , de verzameling $F$ . Dat een deelruimte Hausdorff is, is duidelijk. Zij omgekeerd $K \subseteq Y$ compact met $Y$ Hausdorff, en $y \notin K$ : kies voor elke $x \in K$ disjuncte open $U_x \ni x$ en $V_x \ni y$ ; eindig veel $U_x$ overdekken $K$ , en de doorsnede van de bijbehorende $V_x$ is een omgeving van $y$ die disjunct is met die overdekking van $K$ , en dus met $K$ : het complement van $K$ is open.

(2) Overdekt $(V_j)$ het beeld $f(X)$ , dan overdekt $(f^{-1}(V_j))$ de ruimte $X$ ; een eindige deeloverdekking beneden komt van de eindige deeloverdekking boven. Het beeld is Hausdorff als deelruimte. Voor reële $f$ : $f(X)$ is compact in $\R$ , dus gesloten en begrensd (overdek met $(-n, n)$ voor de begrensdheid; gesloten volgens (1)), en een gesloten begrensde verzameling bevat haar supremum.

(3) Was $\bigcap F_n = \varnothing$ , dan overdekken de open verzamelingen $X \setminus F_n$ de ruimte $X$ ; eindig veel volstaan, dus is een zekere $F_{n_0} = \varnothing$ (de rij daalt) — tegenspraak. ∎

Gevolg 6.14

Een continue bijectie van een compacte ruimte naar een hausdorffruimte is een homeomorfisme.

Bewijs. De inverse is continu dan en slechts dan als directe beelden van gesloten verzamelingen gesloten zijn; een gesloten $F$ is compact (Stelling 6.13(1)), haar beeld is compact (2) en dus gesloten (1) in het hausdorffse doel. ∎

Stelling 6.15 (Eindige producten)

Een eindig product van compacte ruimten is compact.

Bewijs. Het volstaat $X \times Y$ te behandelen. Hausdorff wordt geërfd (scheid in één coördinaat). Zij $(W_i)$ een open overdekking van $X \times Y$ ; we mogen aannemen dat de $W_i$ basisblokken $U_i \times V_i$ zijn (verfijn: elk punt ligt in een blok binnen een zekere $W_i$ ; een eindige deeloverdekking met blokken levert er een met $W_i$ ). Leg $x \in X$ vast: de plak $\{x\}\times Y \cong Y$ is compact, dus overdekken eindig veel blokken $U_1\times V_1, \dots, U_k\times V_k$ haar, met $x \in U_j$ voor alle $j$ ; dan is $U^x = \bigcap_{j \leq k} U_j$ een open omgeving van $x$ waarvoor $U^x \times Y$ door eindig veel blokken wordt overdekt (het buislemma: voor $(x', y) \in U^x \times Y$ is $y \in V_j$ voor zekere $j$ , omdat de blokken $\{x\}\times Y$ op hoogte $y$ overdekten, en $x' \in U^x \subseteq U_j$ , zodat $(x', y) \in U_j \times V_j$ ). Nu overdekken eindig veel $U^x$ de compacte ruimte $X$ ; en de bijbehorende eindige verzamelingen blokken overdekken $X \times Y$ . ∎

Stelling 6.16 (Compactheid in metrische ruimten)

Voor een metrische ruimte $(X, d)$ zijn de volgende uitspraken gelijkwaardig:

$X$ is compact (Borel–Lebesgue);
elke rij in $X$ heeft een convergente deelrij (rijcompactheid — de definitie uit bachelorjaar 2);
$X$ is volledig en totaal begrensd: voor elke $\varepsilon > 0$ overdekken eindig veel ballen met straal $\varepsilon$ de ruimte $X$ .

Bewijs. (1) $\Rightarrow$ (2): stel dat $(x_n)$ geen convergente deelrij heeft. Dan heeft elke $x \in X$ een open bal $B_x$ die $x_n$ slechts voor eindig veel $n$ bevat (anders convergeert een deelrij naar $x$ : neem stralen $1/k$ ). Eindig veel $B_x$ overdekken $X$ , dus bestaan er slechts eindig veel indices $n$ : absurd.

(2) $\Rightarrow$ (3): volledigheid: een Cauchyrij met een convergente deelrij convergeert (bachelorjaar 2). Totale begrensdheid: laat een zekere $\varepsilon$ geen eindige overdekking toe, kies dan inductief $x_{n+1}$ buiten $\bigcup_{k\leq n} B(x_k, \varepsilon)$ : de rij voldoet aan $d(x_m, x_n) \geq \varepsilon$ voor $m \neq n$ , heeft geen Cauchydeelrij en dus geen convergente.

(3) $\Rightarrow$ (1): eerst impliceert (3) al (2): gegeven $(x_n)$ , overdek $X$ met eindig veel ballen met straal $1$ : één ervan, $B_1$ , bevat een deelrij; overdek $X$ met ballen met straal $1/2$ : één ervan bevat een verdere deelrij; herhaal en diagonaliseer: de diagonaaldeelrij is Cauchy (twee termen voorbij stap $k$ liggen in een gemeenschappelijke bal met straal $2^{-k}$ , op de gebruikelijke factor $2$ na) en convergeert dus. Zij nu $(U_i)$ een open overdekking en stel dat er geen eindige deeloverdekking is. Argument met het lebesguegetal: voor elke $n$ is een zekere bal $B(y_n, 2^{-n})$ niet door eindig veel $U_i$ overdekt — immers, overdek $X$ met eindig veel ballen met straal $2^{-n}$ ; was elk ervan eindig overdekt, dan ook $X$ . Volgens (2) is er een deelrij $y_{n_k} \to y$ ; kies $i$ met $y \in U_i$ en $r > 0$ met $B(y, r) \subseteq U_i$ . Voor grote $k$ is $B(y_{n_k}, 2^{-n_k}) \subseteq B(y, r) \subseteq U_i$ : overdekt door één $U_i$ — tegenspraak. ∎

Gevolg 6.17 (Heine–Borel; Heine)

(a) Een deelverzameling van $\R^n$ is compact dan en slechts dan als ze gesloten en begrensd is. (b) Een continue afbeelding van een compacte metrische ruimte naar een metrische ruimte is uniform continu.

Bewijs. (a) Gesloten en begrensd $\Rightarrow$ bevat in een kubus $[-M,M]^n$ , die compact is: $[-M, M]$ is het (rijcompact, via Bolzano–Weierstrass — of rechtstreeks door dichotomie op de overdekkingen), en Stelling 6.15 regelt het product; pas daarna Stelling 6.13(1) toe. Omgekeerd is een compacte deelverzameling gesloten (Stelling 6.13(1)) en begrensd (overdek met concentrische ballen).

(b) Zij $f \colon X \to Y$ en $\varepsilon > 0$ . De ballen $B\bigl(x, \delta_x\bigr)$ met $f\bigl(B(x, 2\delta_x)\bigr)\subseteq B\bigl(f(x), \varepsilon/2\bigr)$ overdekken $X$ ; haal er een eindige deeloverdekking $B(x_j, \delta_{x_j})$ uit en stel $\delta = \min_j \delta_{x_j}$ . Is $d(x, x') < \delta$ , dan ligt $x$ in een zekere $B(x_j, \delta_{x_j})$ , en liggen $x$ en $x'$ beide in $B(x_j, 2\delta_{x_j})$ , zodat $d(f(x), f(x')) < \varepsilon$ . ∎

Definitie 6.18

$X$ heet lokaal compact als ze Hausdorff is en elk punt een compacte omgeving heeft ( $\R^n$ ; open deelverzamelingen van $\R^n$ ; discrete ruimten — maar niet $\Q$ , zie Oefening 6.9). Elke lokaal compacte ruimte bedt zich in een compacte in: de eenpuntscompactificatie $\hat X = X \cup \{\infty\}$ , waarvan de open verzamelingen die van $X$ zijn, samen met de complementen (in $\hat X$ ) van compacte deelverzamelingen van $X$ . De axioma’s gaat men rechtstreeks na; $\hat X$ is compact (een overdekking heeft een lid dat $\infty$ bevat, waarvan het complement compact is en door eindig veel andere leden wordt overdekt) en Hausdorff (scheid $x$ van $\infty$ met een compacte omgeving van $x$ en haar complement). Voorbeeld: $\hat\R \cong S^1$ , en $\widehat{\R^n} \cong S^n$ via de stereografische projectie (Oefening 6.11).

6.4 Samenhang

Definitie 6.19

$X$ heet samenhangend als ze niet de vereniging is van twee disjuncte niet-lege open verzamelingen — gelijkwaardig: haar enige deelverzamelingen die zowel open als gesloten zijn, zijn $\varnothing$ en $X$ ; gelijkwaardig: elke continue afbeelding $X \to \{0, 1\}$ (met de discrete topologie) is constant. Een deelverzameling heet samenhangend als ze het als deelruimte is.

Stelling 6.20

De samenhangende deelverzamelingen van $\R$ zijn precies de intervallen.
Continue beelden van samenhangende verzamelingen zijn samenhangend (waaruit de tussenwaardestelling volgt: een continue reële functie op een samenhangende ruimte heeft een interval als beeld).
Zijn de $(A_i)$ samenhangend met een gemeenschappelijk punt, dan is $\bigcup A_i$ samenhangend. Is $A$ samenhangend en $A \subseteq B \subseteq \bar A$ , dan is $B$ samenhangend.
Eindige producten van samenhangende ruimten zijn samenhangend.

Bewijs. Overal gebruiken we het $\{0,1\}$ -criterium: een continue $f \colon X \to \{0,1\}$ moet constant zijn.

(1) Een $A$ die geen interval is, mist een zekere $c$ tussen $a, b \in A$ : dan ontbindt $A = (A \cap (-\infty, c)) \sqcup (A \cap (c, +\infty))$ haar. Zij omgekeerd $I$ een interval en $f \colon I \to \{0,1\}$ continu met $f(a) = 0$ , $f(b) = 1$ en $a < b$ . Stel $c = \sup\{x \in [a,b] : f(x) = 0\}$ ; de continuïteit in $c$ dwingt $f(c) = 0$ af (limiet van waarden $0$ : elke omgeving van $c$ snijdt $\{f = 0\}$ , en $\{f=0\}$ is gesloten), en dan is $c < b$ met $f \equiv 1$ op $(c, b]$ , zodat $f(c) = 1$ volgens hetzelfde afsluitingsargument op $\{f = 1\} \ni c$ : tegenspraak.

(2) Een continue $g \colon f(X) \to \{0,1\}$ maakt $g \circ f$ constant, dus is $g$ constant op het beeld.

(3) Een continue $f\colon \bigcup A_i \to \{0,1\}$ is constant op elke $A_i$ , met dezelfde waarde in het gemeenschappelijke punt. Voor de afsluiting: $f \colon B \to \{0,1\}$ is constant $= c$ op $A$ ; elke $x \in B \subseteq \bar A$ ligt in de afsluiting van $A$ , en $f^{-1}(f(x))$ is een omgeving van $x$ (origineel van een open verzameling), die $A$ moet snijden: dus $f(x) = c$ .

(4) Voor $X \times Y$ en $f\colon X\times Y \to \{0,1\}$ : twee willekeurige punten $(x,y)$ en $(x',y')$ worden verbonden door de “elleboog” $\{x\}\times Y \cup X \times \{y'\}$ , een vereniging van twee samenhangende verzamelingen (homeomorf met $Y$ respectievelijk $X$ ) die elkaar in $(x, y')$ snijden: volgens (3) en (2) neemt $f$ in beide punten dezelfde waarde aan. ∎

Definitie 6.21

$X$ heet wegsamenhangend als twee willekeurige punten door een weg worden verbonden (een continue $\gamma \colon [0,1] \to X$ ). Wegsamenhangend impliceert samenhangend: twee waarden van een continue $f \colon X \to \{0, 1\}$ in $x$ en $y$ zijn waarden van de constante $f\circ\gamma$ (Stelling 6.20(1)–(2)). Convexe deelverzamelingen van genormeerde ruimten zijn wegsamenhangend (lijnstukken); dat geldt ook voor $\R^n \setminus \{0\}$ met $n \geq 2$ (ga om de oorsprong heen) en voor $S^n$ met $n \geq 1$ (projecteer wegen vanuit $\R^{n+1}\setminus \{0\}$ ).

Voorbeeld 6.22 (De sinuskromme van de topoloog)

Zij $\Gamma = \{(x, \sin\frac1x) : 0 < x \leq 1\}$ en $S = \bar\Gamma = \Gamma \cup (\{0\}\times[-1,1])$ (elk punt $(0, y)$ met $\abs y \leq 1$ is een limiet van punten van $\Gamma$ : los $\sin\frac1x = y$ op nabij $0$ ). Dan is $S$ samenhangend — de afsluiting van de samenhangende $\Gamma$ , een continu beeld van $(0, 1]$ (Stelling 6.20(3)) — maar niet wegsamenhangend: een weg van $(1, \sin 1)$ naar $(0,0)$ zou abscissen $\to 0$ moeten doorlopen terwijl de ordinaat tussen $\pm1$ blijft schommelen; Oefening 6.9 maakt dit precies. Samenhang en wegsamenhang verschillen dus werkelijk.

De sinuskromme van de topoloog: de grafiek van 1x (rood) hoopt zich op op het hele lijnstuk \0\×[-1,1] (blauw). De vereniging is samenhangend maar niet wegsamenhangend: geen enkele continue weg kan de oneindig vele schommelingen in eindige parametertijd doorkruisen. — De sinuskromme van de topoloog: de grafiek van $\sin\frac1x$ (rood) hoopt zich op op het hele lijnstuk $\{0\}\times[-1,1]$ (blauw). De vereniging is samenhangend maar niet wegsamenhangend: geen enkele continue weg kan de oneindig vele schommelingen in eindige parametertijd doorkruisen.

Definitie 6.23

De samenhangscomponent van $x \in X$ is de vereniging van alle samenhangende deelverzamelingen die $x$ bevatten — de grootste zo’n verzameling (Stelling 6.20(3)). De componenten delen $X$ op en zijn gesloten (afsluitingen van samenhangende verzamelingen zijn samenhangend). $X$ heet totaal onsamenhangend als alle componenten singletons zijn ( $\Q$ ; de cantorverzameling van de weekendopgave).

Stelling 6.24

$\R$ is met geen enkele $\R^n$ met $n \geq 2$ homeomorf.

Bewijs. Stel dat $h \colon \R \to \R^n$ een homeomorfisme is. Verwijder een punt: $\R \setminus \{0\}$ is homeomorf met $\R^n \setminus \{h(0)\}$ . Maar $\R\setminus\{0\}$ is onsamenhangend, terwijl $\R^n\setminus\{\text{punt}\}$ wegsamenhangend is voor $n \geq 2$ (Definitie 6.21; verschuif het punt naar $0$ ): en samenhang is een homeomorfie-invariant (Stelling 6.20(2)) — tegenspraak. (Dat $\R^2 \not\cong \R^3$ vergt fijnere invarianten — algebraïsche topologie; de weekendopgave laat het gevaar zien: continue surjecties $\R \to \R^2$ bestaan wél.) ∎

Methode 6.25

Om te bewijzen dat een verzameling samenhangend is: geef haar als continu beeld, als vereniging van overlappende samenhangende verzamelingen, als afsluiting of als product (Stelling 6.20); voor deelverzamelingen van genormeerde ruimten bewijs je de wegsamenhang met expliciete wegen (lijnstukken, bogen, ellebogen). Om te bewijzen dat twee ruimten niet homeomorf zijn: zoek een topologische invariant die verschilt — compactheid, samenhang, het aantal componenten, of het aantal componenten na verwijdering van een goed gekozen eindige verzameling (de truc van Stelling 6.24: die bewijst ook $[0,1) \not\cong (0,1)$ en $S^1 \not\cong [0,1]$ ).

6.5 Oefeningen

Oefening 6.1 ★

(a) Geef alle topologieën op $\{a, b\}$ , classificeer ze op homeomorfie na, en bepaal welke samenhangend zijn en welke Hausdorff. (b) Bereken in $\R$ (met de gewone topologie) het inwendige, de afsluiting en de rand van $\Q$ , van $[0,1) \cup \{2\}$ en van $\{1/n : n \geq 1\}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.1.

(a) Er zijn vier topologieën op $\{a,b\}$ : de indiscrete $\{\varnothing, X\}$ ; de discrete; en de twee Sierpiński-topologieën $\{\varnothing, \{a\}, X\}$ en $\{\varnothing, \{b\}, X\}$ . De laatste twee zijn homeomorf (verwissel $a$ en $b$ ): dus drie klassen. Samenhangend: alle behalve de discrete (alleen de discrete topologie bevat een echte niet-lege verzameling die zowel open als gesloten is). Hausdorff: alleen de discrete (in de andere is $X$ de enige omgeving van $b$ , of van $a$ ).

(b) $\Q$ : inwendige $\varnothing$ (elk interval bevat irrationale getallen), afsluiting $\R$ (dichtheid), rand $\R$ . $[0,1) \cup \{2\}$ : inwendige $(0,1)$ , afsluiting $[0,1]\cup\{2\}$ , rand $\{0, 1, 2\}$ . $\{1/n\}$ : inwendige $\varnothing$ , afsluiting $\{1/n\}\cup\{0\}$ , rand die afsluiting zelf.

Oefening 6.2 ★

(a) Toon aan dat $f\colon X \to Y$ continu is dan en slechts dan als $f^{-1}(B)$ open is voor elke $B$ uit een vaste basis van $Y$ . (b) Toon aan dat $f = \mathbf 1_{[0,\infty)} \colon \R \to \R$ niet continu maar wel rechtscontinu is. Ga na dat de halfopen intervallen $[a, b)$ een basis van een topologie op het bronexemplaar $\R$ vormen (de rechte van Sorgenfrey), dat die topologie strikt fijner is dan de gewone, en dat een functie $\R \to \R$ (met het gewone doel) continu is vanaf de rechte van Sorgenfrey dan en slechts dan als ze in elk punt rechtscontinu is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.2.

(a) Elke open $V \subseteq Y$ is een vereniging $\bigcup B_j$ van basisverzamelingen, en $f^{-1}(V) = \bigcup f^{-1}(B_j)$ : zijn die laatste open, dan ook de eerste; de omkering is triviaal.

(b) $f^{-1}\bigl(\intoo{\frac12}{\frac32}\bigr) = [0, \infty)$ is niet open: $f$ is niet continu; de rechtscontinuïteit in elk punt is duidelijk ( $f$ is rechts van elk punt lokaal constant). De verzamelingen $[a, b)$ voldoen aan het basiscriterium (Definitie 6.4): $[a,b)\cap[c,d) = [\max(a,c), \min(b,d))$ . De sorgenfreytopologie is fijner dan de gewone, want $(a, b) = \bigcup_{a < c < b}[c, b)$ ; en strikt fijner: $[0,1)$ is open voor Sorgenfrey maar niet voor de gewone topologie. Continuïteit vanaf de rechte van Sorgenfrey in $x$ : een sorgenfreyomgeving van $x$ bevat een basisverzameling $[a, b) \ni x$ en dus $[x, b)$ — zodat de continuïteitsvoorwaarde luidt: voor elke $\varepsilon > 0$ is er een $\delta > 0$ met $\abs{f(t) - f(x)} < \varepsilon$ zodra $x \leq t < x + \delta$ . Dat is precies de rechtscontinuïteit in $x$ .

Oefening 6.3 ★

Toon aan dat op een oneindige verzameling met de cofiniete topologie twee willekeurige niet-lege open verzamelingen elkaar snijden (zodat de ruimte niet Hausdorff en dus niet metriseerbaar is), en dat elke injectieve rij naar elk punt convergeert. Waar gebruikt het bewijs van de eenduidigheid van limieten de hausdorffeigenschap?

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.3.

Twee niet-lege open verzamelingen hebben eindige complementen, dus heeft hun doorsnede een eindig complement: ze is niet leeg (de verzameling is oneindig) — geen twee punten hebben disjuncte omgevingen: niet Hausdorff, en dus niet metriseerbaar (Definitie 6.7). Zij $(x_n)$ injectief en $x$ willekeurig: een omgeving van $x$ bevat een cofiniete open $U$ ; de eindig veel punten van $X\setminus U$ worden door hoogstens eindig veel indices geraakt (injectiviteit), dus ligt een staart van de rij in $U$ : $x_n \to x$ , voor elke $x$ . Het bewijs van de eenduidigheid heeft twee disjuncte omgevingen nodig om twee vermeende limieten te scheiden — precies wat hier faalt.

Oefening 6.4 ★★

(a) Toon aan dat de projecties $\pi_X, \pi_Y$ van een product continu en open zijn (beelden van open verzamelingen zijn open), maar in het algemeen niet gesloten ( $\{xy = 1\}$ in $\R^2$ ). (b) Toon aan dat een rij in een aftelbaar product $\prod_n X_n$ van metrische ruimten convergeert dan en slechts dan als elke coördinaat convergeert, en dat $d(x, y) = \sum_n 2^{-n}\min(1, d_n(x_n, y_n))$ de producttopologie metriseert. (c) Toon aan dat op $\R^\N$ de “blokkentopologie” (alle producten van open verzamelingen zijn open) strikt fijner is: de rij $x^{(k)} = (1/k, 1/k, \dots)$ convergeert naar $0$ in de producttopologie maar niet in de blokkentopologie.

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.4.

(a) De continuïteit zit in de constructie (Definitie 6.9). Openheid: een open $W \subseteq X \times Y$ is een vereniging van blokken $U_i\times V_i$ , en $\pi_X(W) = \bigcup U_i$ (niet-lege blokken projecteren op hun factoren), dus open. Niet gesloten: $H = \{(x,y) : xy = 1\}$ is gesloten in $\R^2$ (origineel van $\{1\}$ onder het continue product), maar $\pi_X(H) = \R\setminus\{0\}$ is niet gesloten.

(b) ( $\Rightarrow$ ) De projecties zijn continu. ( $\Leftarrow$ ) Zij $x^{(k)} \to x$ per component en $W = \prod U_n$ een basisomgeving van $x$ , met $U_n = X_n$ behalve voor $n$ in een eindige $F$ . Voor elke $n \in F$ is $x_n^{(k)} \in U_n$ zodra $k \geq K_n$ ; en voor $k \geq \max_F K_n$ is $x^{(k)} \in W$ . De formule $d$ definieert een metriek (elke sommand is er een, na de standaardverificatie dat $\min(1, d_n)$ dat is); haar ballen: $B_d(x, 2^{-N})$ bevat het basisblok $\{y : d_n(x_n,y_n) < 2^{-N},\ n \leq N'\}$ voor geschikte $N'$ (de staart $\sum_{n > N'} 2^{-n}$ is klein), en omgekeerd bevat elk basisblok een $d$ -bal: de twee topologieën hebben in elk punt dezelfde omgevingen.

(c) In de producttopologie is $x^{(k)} \to 0$ volgens (b). De voor de blokkentopologie open verzameling $U = \prod_n \intoo{-\tfrac1n}{\tfrac1n}$ bevat $0$ , maar $x^{(k)} \notin U$ voor elke $k$ (de $n$ -de coördinaat $1/k \geq 1/n$ zodra $n \geq k$ ): geen enkele staart komt $U$ binnen. De blokkentopologie is strikt fijner en gedraagt zich voor convergentie niet als een producttopologie.

Oefening 6.5 ★★

De cirkel, op drie manieren. Toon aan dat de volgende ruimten paarsgewijs homeomorf zijn, met expliciete afbeeldingen: (i) $S^1 \subseteq \R^2$ ; (ii) $\R/\Z$ (met de quotiënttopologie); (iii) $[0,1]/(0 \sim 1)$ . (Voor (ii): toon aan dat $\R/\Z$ Hausdorff is — til twee klassen op tot representanten op afstand $\leq \frac12$ — en dat $\pi([0,1])$ alles is, zodat het quotiënt compact is; gebruik dan Gevolg 6.14.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.5.

$\varphi \colon \R \to S^1$ , $x \mapsto \eu^{2\iu\pi x}$ , is continu, surjectief en constant op de klassen modulo $\Z$ : ze induceert een continue bijectie $\bar\varphi \colon \R/\Z \to S^1$ (Propositie 6.10(b)). De projectie $\pi$ is open: voor open $U \subseteq \R$ is $\pi^{-1}(\pi(U)) = \bigcup_{n}(U + n)$ open, dus is $\pi(U)$ open. Hausdorff: zij $\bar x \neq \bar y$ ; kies representanten met $\delta = \min_{n}\abs{x - y - n} > 0$ ; de beelden van de intervallen met straal $\delta/3$ rond $x$ en $y$ zijn open (openheid van $\pi$ ), bevatten $\bar x$ en $\bar y$ , en zijn disjunct (twee originelen zouden modulo $\Z$ op afstand $< 2\delta/3$ liggen). Compact: $\R/\Z = \pi([0,1])$ , een continu beeld van een compacte ruimte (Stelling 6.13(2)). Nu is $\bar\varphi$ een continue bijectie van een compacte ruimte naar het hausdorffse $S^1$ : een homeomorfisme (Gevolg 6.14).

Voor (iii): de samenstelling $[0,1] \hookrightarrow \R \xrightarrow{\pi} \R/\Z$ is continu en surjectief en vereenzelvigt precies $0 \sim 1$ : ze induceert een continue bijectie $[0,1]/(0\sim1) \to \R/\Z$ van een compacte ruimte (continu beeld van $[0,1]$ onder de quotiëntprojectie) naar een hausdorffse: een homeomorfisme. Samengesteld: alle drie de ruimten zijn homeomorf.

Oefening 6.6 ★★

Zij $X$ een metrische ruimte. (a) Toon aan dat een eindige vereniging van compacte deelverzamelingen compact is, en een willekeurige doorsnede ook. (b) Is $K$ compact, $F$ gesloten en $K \cap F = \varnothing$ , toon dan aan dat $d(K, F) = \inf\{d(x,y) : x \in K, y \in F\} > 0$ ; geef een tegenvoorbeeld met twee disjuncte gesloten verzamelingen. (c) Toon aan dat $X$ compact is dan en slechts dan als elke continue $f \colon X \to \R$ begrensd is. (Heeft een rij geen convergente deelrij, bouw dan een onbegrensde continue functie met drager nabij haar termen; of gebruik functies van het type $x \mapsto d(x, \cdot)$ — één nette route: heeft $(x_n)$ geen ophopingspunt, dan is $\{x_n\}$ gesloten en discreet, en zet $f(x_n) = n$ zich zonder Tietze continu voort door $f(x) = \sum_n n\,\max\bigl(0, 1 - \frac{d(x, x_n)}{r_n}\bigr)$ voor voldoende kleine $r_n$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.6.

(a) Een overdekking van $K_1 \cup \dots \cup K_m$ beperkt zich tot een overdekking van elke $K_j$ : eindig veel open verzamelingen per stuk volstaan. Een doorsnede $\bigcap K_i$ is gesloten in de compacte $K_{i_0}$ (compacte verzamelingen zijn gesloten in de omgevende metrische ruimte) en dus compact.

(b) $x \mapsto d(x, F)$ is continu ( $1$ -lipschitz) en strikt positief op $K$ (want $d(x, F) = 0$ betekent $x \in \bar F = F$ ); op de compacte $K$ bereikt ze een minimum $m > 0$ : dus $d(K, F) \geq m$ . Tegenvoorbeeld zonder compactheid: $F_1 = \{n : n \geq 2\}$ en $F_2 = \{n + \frac1n : n \geq 2\}$ zijn gesloten, disjunct, en op afstand $\inf_n \frac1n = 0$ .

(c) Is $X$ compact, dan is elke continue $f$ begrensd (Stelling 6.13(2)). Is $X$ omgekeerd niet compact, neem dan $(x_n)$ zonder convergente deelrij (Stelling 6.16); door tot een deelrij over te gaan mogen we de $x_n$ paarsgewijs verschillend nemen, en geen enkel punt van $X$ is een ophopingspunt van de rij, zodat

r_n = \min\Bigl(2^{-n},\ \tfrac13\,d\bigl(x_n, \{x_m : m \neq n\}\bigr)\Bigr) > 0,

en de ballen $B(x_n, r_n)$ paarsgewijs disjunct zijn (een gemeenschappelijk punt van de $n$ -de en de $m$ -de zou $d(x_n, x_m) < r_n + r_m \leq \frac23 d(x_n, x_m)$ geven). Definieer

f(x) = \sum_{n} n\,\max\Bigl(0,\ 1 - \frac{d(x, x_n)}{r_n}\Bigr):

in elke $x$ is hoogstens één sommand $\neq 0$ , en $f(x_n) = n$ . Continuïteit in $x$ : zij $y_k \to x$ ; elke waarde $f(y_k)$ is ofwel $0$ ofwel één enkele bultwaarde $\mathrm{bult}_{n_k}(y_k)$ . Komt een index $n$ oneindig vaak voor, dan is langs die deelrij $f(y_k) = \mathrm{bult}_n(y_k) \to \mathrm{bult}_n(x)$ , wat gelijk is aan $f(x)$ (ligt $x \in B(x_n, r_n)$ , dan ligt de hele staart in die open bal en komt geen andere index voor; ligt $x \notin B(x_n, r_n)$ , dan is $\mathrm{bult}_n(x) = 0 = f(x)$ , want $x$ , adherent aan de $n$ -de bal, ligt in geen enkele andere open bal). Is $n_k \to \infty$ , dan is $d(y_k, x_{n_k}) < r_{n_k} \leq 2^{-n_k} \to 0$ , dus $x_{n_k} \to x$ , wat $x$ tot ophopingspunt van $(x_n)$ zou maken — uitgesloten; dat geval betreft dus maar eindig veel $k$ . In alle gevallen is $f(y_k) \to f(x)$ : $f$ is continu, en onbegrensd.

Oefening 6.7 ★★

(Lebesguegetal) Zij $(U_i)$ een open overdekking van een compacte metrische ruimte $X$ . Toon aan dat er een $\delta > 0$ bestaat zodanig dat elke deelverzameling met diameter $< \delta$ in één enkele $U_i$ ligt. (Kies anders $A_n$ van diameter $< 1/n$ die in geen $U_i$ ligt, en een ophopingspunt van gekozen $x_n \in A_n$ .) Leid de stelling van Heine (Gevolg 6.17(b)) er opnieuw uit af.

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.7.

Stel dat geen enkele $\delta$ voldoet: voor elke $n$ is er een $A_n$ van diameter $< 1/n$ die in geen enkele $U_i$ ligt; kies $x_n \in A_n$ . Wegens de compactheid (Stelling 6.16) is er een deelrij $x_{n_k} \to x$ ; kies $i$ en $r > 0$ met $B(x, r) \subseteq U_i$ . Voor grote $k$ is $d(x_{n_k}, x) < r/2$ en $1/n_k < r/2$ , zodat $A_{n_k} \subseteq B(x_{n_k}, 1/n_k) \subseteq B(x, r) \subseteq U_i$ — tegenspraak. Heine: overdek bij gegeven $\varepsilon$ de ruimte $Y$ met ballen $B(y, \varepsilon/2)$ ; de originelen vormen een open overdekking van $X$ ; zij $\delta$ een lebesguegetal: is $d(x, x') < \delta$ , dan heeft het paar $\{x, x'\}$ diameter $< \delta$ , ligt het in één origineel, en is $d(f(x), f(x')) < \varepsilon$ .

Oefening 6.8 ★★

(a) Toon aan dat $GL_n(\R)$ een open, dichte deelverzameling van $M_n(\R)$ is, en dat ze onsamenhangend is: het teken van de determinant splitst haar in (minstens) twee stukken. Toon anderzijds aan dat $GL_n(\C)$ wegsamenhangend is. (Voor $A, B \in GL_n(\C)$ : $\lambda \mapsto \det\bigl((1 - \lambda)A + \lambda B\bigr)$ is een veelterm die niet identiek nul is en dus eindig veel wortels in $\C$ heeft: kies een weg van $\lambda$ ’s in $\C$ van $0$ naar $1$ die ze mijdt.) (b) Bewijs de dichtheid: $A + \varepsilon I$ is inverteerbaar voor kleine $\varepsilon > 0$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.8.

(a) $GL_n(\R) = \det^{-1}(\R\setminus\{0\})$ is open ( $\det$ is polynomiaal en dus continu). Onsamenhangend: $\det$ beeldt haar af op $\R\setminus\{0\}$ , en een samenhangende ruimte heeft samenhangende continue beelden (Stelling 6.20(2)); en $\R\setminus\{0\}$ is geen interval. $GL_n(\C)$ : voor inverteerbare $A, B$ is $p(\lambda) = \det\bigl((1-\lambda)A + \lambda B\bigr)$ een veelterm in $\lambda$ met $p(0), p(1) \neq 0$ , dus niet identiek nul: ze heeft eindig veel wortels in $\C$ . Het vlak zonder eindig veel punten is wegsamenhangend (ga om de punten heen), dus is er een weg $\lambda(t)$ van $0$ naar $1$ met $p(\lambda(t)) \neq 0$ : $t \mapsto (1-\lambda(t))A + \lambda(t)B$ is een weg in $GL_n(\C)$ .

(b) $\det(A + \varepsilon I) = \chi_A(-\varepsilon)\cdot(\pm1)$ verdwijnt voor hoogstens $n$ waarden van $\varepsilon$ : de inverteerbare matrices $A + \varepsilon I$ gaan naar $A$ als $\varepsilon \to 0$ , en dat is de dichtheid.

Oefening 6.9 ★★

(a) Toon aan dat de samenhangscomponenten van $\Q$ de singletons zijn, en dat $\Q$ niet lokaal compact is (een compacte omgeving van $0$ in $\Q$ zou $[-r, r]\cap\Q$ bevatten, waarvan de afsluiting in $\Q$ niet compact is: snijd bij een irrationaal getal). (b) Maak Voorbeeld 6.22 af: geen weg verbindt $(0,0)$ met $\Gamma$ . (Is $\gamma = (\gamma_1, \gamma_2)$ zo’n weg, stel dan $t^* = \sup\{t : \gamma_1(t) = 0\}$ ; voor $t > t^*$ beweegt het punt over de grafiek; kies $t_k \downarrow t^*$ met $\gamma_1(t_k) \to 0$ die abscissen raken waar $\sin$ afwisselend $\pm1$ is — de tussenwaardestelling levert ze — in strijd met de continuïteit van $\gamma_2$ in $t^*$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.9.

(a) Zij $A \subseteq \Q$ met $p < q$ in $A$ , en kies een irrationale $\alpha \in (p, q)$ : dan splitst $A = (A \cap (-\infty, \alpha)) \sqcup (A\cap(\alpha, +\infty))$ de verzameling $A$ in twee niet-lege relatief open stukken: $A$ is onsamenhangend. De componenten zijn dus singletons. De lokale compactheid faalt: een compacte omgeving $V$ van $0$ in $\Q$ bevat $[-r, r]\cap\Q$ voor zekere $r > 0$ , wat gesloten is in $V$ en dus compact; maar een rij rationale getallen in $[-r,r]$ die (in $\R$ ) naar een irrationaal getal convergeert, heeft geen deelrij die in $\Q$ convergeert: tegenspraak met Stelling 6.16.

(b) Zij $\gamma = (\gamma_1, \gamma_2) \colon [0,1] \to S$ een weg met $\gamma(0) = (0,0)$ en $\gamma(1) \in \Gamma$ . De verzameling $\{t : \gamma_1(t) = 0\}$ is gesloten en bevat $1$ niet; zij $t^*$ haar supremum, zodat $\gamma_1(t^*) = 0$ en $\gamma_1 > 0$ op $(t^*, 1]$ . Kies wegens de continuïteit van $\gamma_2$ in $t^*$ een $\delta$ met $\abs{\gamma_2(t) - \gamma_2(t^*)} < \tfrac12$ voor $t \in [t^*, t^* + \delta]$ . Leg $t_0 = t^* + \delta$ vast (we mogen $\leq 1$ aannemen): dan is $\gamma_1(t_0) > 0$ , en neemt $\gamma_1$ op $[t^*, t_0]$ elke waarde van $(0, \gamma_1(t_0)]$ aan (tussenwaardestelling, Stelling 6.20). Kies $k$ groot met $a_k = \frac1{\pi/2 + 2k\pi} < \gamma_1(t_0)$ en $b_k = \frac1{3\pi/2 + 2k\pi} < \gamma_1(t_0)$ : er zijn $s, s' \in (t^*, t_0]$ met $\gamma_1(s) = a_k$ en $\gamma_1(s') = b_k$ ; en omdat de punten op de grafiek liggen, is $\gamma_2(s) = \sin(1/a_k) = 1$ en $\gamma_2(s') = -1$ . Die kunnen niet allebei binnen $\frac12$ van $\gamma_2(t^*)$ liggen: tegenspraak. $S$ is dus samenhangend maar niet wegsamenhangend.

Oefening 6.10 ★★★

De cantorverzameling van de middelste derden $C = \bigcap_n C_n$ , waarbij $C_0 = [0,1]$ en $C_{n+1}$ uit elk interval van $C_n$ de open middelste derde weghaalt. (a) Toon aan dat $C = \bigl\{\sum_{n\geq1} a_n3^{-n} : a_n \in \{0,2\}\bigr\}$ , en dat $C$ compact is, leeg inwendige heeft en geen geïsoleerd punt bezit (perfect). (b) Toon aan dat $C$ totaal onsamenhangend is. (c) Toon aan dat $x \mapsto (a_n(x))_n$ een homeomorfisme $C \to \{0,2\}^\N$ is (met de producttopologie op de discrete tweepuntsruimte); leid af dat $C$ overaftelbaar is en dat $C \times C \cong C$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.10.

(a) $C_n$ bestaat precies uit de $x$ met een ternaire ontwikkeling waarvan de cijfers tot en met rang $n$ in $\{0, 2\}$ liggen (inductie: het weghalen van de middelste derden haalt het eerste cijfer $1$ weg, enzovoort; eindpunten hebben twee ontwikkelingen, waarvan er één geen $1$ bevat), dus is $C = \bigcap C_n$ de verzameling sommen $\sum a_n3^{-n}$ met $a_n \in \{0,2\}$ . Compact: elke $C_n$ is een eindige vereniging gesloten intervallen, en $C$ is gesloten in $[0,1]$ . Leeg inwendige: $C \subseteq C_n$ , een vereniging van intervallen van lengte $3^{-n}$ ; een inwendig interval van lengte $\ell > 0$ zou voor alle $n$ in zo’n interval passen. Perfect: gegeven $x \in C$ en $m$ , verwissel het cijfer $a_m$ : het nieuwe punt ligt in $C$ , verschilt van $x$ en ligt binnen $2\cdot3^{-m}$ ervan.

(b) Zijn $x \neq y$ in $C$ , dan verschillen hun ontwikkelingen voor het eerst in een zekere rang $k$ ; daartussen ligt een weggehaald middelste-derde-interval (het gat op rang $k$ dat cijfer $0$ van cijfer $2$ scheidt), wat een punt $c \notin C$ met $x < c < y$ oplevert (zeg): dan splitst $C = (C \cap (-\infty, c)) \sqcup (C \cap (c, \infty))$ elke deelverzameling die beide punten bevat. De componenten zijn dus singletons.

(c) De cijferafbeelding $\beta\colon x \mapsto (a_n(x))$ is een bijectie op $\{0,2\}^\N$ (bestaan en eenduidigheid van $\{0,2\}$ -ontwikkelingen: verschillende cijferrijen geven punten op afstand $\geq 3^{-k} > 0$ waar ze voor het eerst verschillen, als in Probleem 6.1, vraag 1). Ze is continu: $\abs{x - y} < 3^{-m}$ dwingt de eerste $m$ cijfers gelijk te zijn (dezelfde berekening), dus beeldt $\beta$ kleine ballen in basisblokken af. Een continue bijectie van de compacte $C$ naar het hausdorffse product is een homeomorfisme (Gevolg 6.14; het product is Hausdorff: scheid in een verschillende coördinaat). Overaftelbaarheid: het diagonaalargument van Cantor op $\{0,2\}^\N$ . Ten slotte is $\{0,2\}^\N \times \{0,2\}^\N \cong \{0,2\}^\N$ door de cijfers te verweven (een homeomorfisme: continu per component in beide richtingen), dus $C \times C \cong C$ .

Oefening 6.11 ★★★

Stereografische projectie: vanuit de noordpool $N = (0, \dots, 0, 1)$ van $S^n \subseteq \R^{n+1}$ is de afbeelding $\sigma(x) = \frac{(x_1, \dots, x_n)}{1 - x_{n+1}}$ een homeomorfisme $S^n \setminus \{N\} \to \R^n$ (geef de inverse expliciet). Leid af dat $S^n$ homeomorf is met de eenpuntscompactificatie $\widehat{\R^n}$ , en dat het weghalen van een willekeurig punt van $S^n$ een ruimte oplevert die homeomorf is met $\R^n$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.11.

Stel voor $y \in \R^n$

\tau(y) = \Bigl(\frac{2y}{\norm y^2 + 1},\ \frac{\norm y^2 - 1}{\norm y^2 + 1}\Bigr) \in \R^n\times\R = \R^{n+1}.

Men gaat na dat $\norm{\tau(y)} = 1$ , $\tau(y) \neq N$ , $\sigma(\tau(y)) = y$ en $\tau(\sigma(x)) = x$ : $\sigma$ en $\tau$ zijn elkaars inverse en beide continu (rationale formules met noemers $\neq 0$ ): dus $S^n\setminus\{N\} \cong \R^n$ . Zet uit tot $\hat\sigma \colon S^n \to \widehat{\R^n}$ met $N \mapsto \infty$ : een bijectie, continu in elk punt van $S^n\setminus\{N\}$ , en ook in $N$ : een basisomgeving van $\infty$ is $\widehat{\R^n}\setminus K$ met $K$ compact en $K \subseteq \bar B(0, R)$ ; en omdat $\norm{\sigma(x)}^2 = \frac{1 + x_{n+1}}{1 - x_{n+1}} \to \infty$ als $x_{n+1} \to 1$ , wordt $\{x \in S^n : x_{n+1} > 1 - \eta\}$ voor kleine $\eta$ buiten $\bar B(0,R)$ afgebeeld: continuïteit. Een continue bijectie van de compacte $S^n$ naar het hausdorffse $\widehat{\R^n}$ is een homeomorfisme. Een ander punt $p$ weghalen: een rotatie van $S^n$ brengt $p$ naar $N$ (rotaties zijn homeomorfismen), wat het geval tot het berekende herleidt: $S^n \setminus \{p\} \cong \R^n$ .

Oefening 6.12 ★★★

(De sinuskromme van de topoloog) Zij

T = \bigl\{(x, \sin\tfrac1x) : 0 < x \leq 1\bigr\} \cup \bigl(\{0\}\times\intcc{-1}1\bigr) \subseteq \R^2 .

(a) Toon aan dat $T$ compact is en dat het de afsluiting van het grafiekdeel is. (b) Toon aan dat $T$ samenhangend is (de grafiek is samenhangend als continu beeld; haar afsluiting blijft samenhangend). (c) Toon aan dat $T$ niet wegsamenhangend is: geen continue weg verbindt $(0,0)$ met $(1, \sin1)$ . (Is $\gamma = (\gamma_1, \gamma_2)$ zo’n weg, stel dan $t^* = \sup\{t : \gamma_1(t) = 0\}$ ; net na $t^*$ neemt $\gamma_1$ alle kleine positieve waarden aan (tussenwaardestelling), zodat $\gamma_2$ op elk interval $(t^*, t^* + \delta)$ tussen $\pm1$ schommelt — in strijd met de continuïteit in $t^*$ .) (d) Besluit dat wegsamenhang strikt sterker is dan samenhang, en toon aan dat zo’n voorbeeld nooit open in $\R^n$ kan zijn: een open samenhangende deelverzameling van $\R^n$ is wegsamenhangend (de verzameling punten die met een basispunt door een weg verbonden zijn, is open en gesloten in het domein).

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.12.

(a) $T$ is begrensd en gesloten: een limiet van punten van $T$ met abscissen $\to x_0 > 0$ blijft op de (lokaal gesloten) grafiek, wegens de continuïteit van $\sin\frac1x$ op $\intoc01$ ; en een limiet met abscissen $\to 0$ heeft een ordinaat in $\intcc{-1}1$ en ligt dus op het lijnstuk. Compact volgens Heine–Borel (Gevolg 6.17). Afsluiting van de grafiek $\Gamma$ : elk punt $(0, y)$ met $y \in \intcc{-1}1$ is een limiet van grafiekpunten — los $\sin\frac1x = y$ op nabij $0$ (de functie doorloopt $\intcc{-1}1$ op elk interval $[\frac1{(k+1)\pi}, \frac1{k\pi}]$ ): dus $\bar\Gamma = T$ .

(b) $\Gamma$ is het continue beeld van het samenhangende $\intoc01$ onder $x \mapsto (x, \sin\frac1x)$ : samenhangend; en de afsluiting van een samenhangende verzameling is samenhangend (Stelling 6.20): dus is $T = \bar\Gamma$ samenhangend.

(c) Stel dat $\gamma\colon\intcc01\to T$ continu is met $\gamma(0) = (0,0)$ en $\gamma(1) = (1, \sin1)$ , en stel $t^* = \sup\{t : \gamma_1(t) = 0\}$ : wegens de continuïteit is $\gamma_1(t^*) = 0$ en $\gamma_1 > 0$ op $\intoc{t^*}1$ . Voor elke $\delta > 0$ neemt $\gamma_1$ op het interval $\intoc{t^*}{t^*+\delta}$ alle waarden van een zekere $\intoc0\eta$ aan (tussenwaardestelling, want $\gamma_1(t^* + \delta) > 0$ ); in het bijzonder bevat het abscissen van de vorm $\frac1{\pi/2 + 2k\pi}$ en $\frac1{-\pi/2 + 2k\pi}$ voor willekeurig grote $k$ , waar $\gamma_2 = \pm1$ is. Op elke rechteromgeving van $t^*$ neemt $\gamma_2$ dus zowel de waarde $1$ als $-1$ aan: $\gamma_2$ heeft geen limiet in $t^{*+}$ , in strijd met de continuïteit. Zo’n weg bestaat dus niet.

(d) $T$ is samenhangend maar niet wegsamenhangend: de twee begrippen verschillen. Zij voor open samenhangende $U \subseteq \R^n$ en $a \in U$ de verzameling $V$ van de punten van $U$ die met $a$ door een weg in $U$ verbonden kunnen worden. $V$ is open: rond $x \in V$ is een bal $B(x, r) \subseteq U$ stervormig, en door de weg naar $x$ met een lijnstuk aaneen te schakelen bereik je elk punt van die bal. $V$ is gesloten in $U$ : is $x \in U \setminus V$ , dan toont hetzelfde balargument dat $B(x, r) \cap V = \varnothing$ (een punt van $V$ in de bal zou $a$ met $x$ verbinden). Niet-leeg ( $a \in V$ ), open en gesloten in het samenhangende $U$ : dus $V = U$ . De sinuskromme ontsnapt hieraan door gesloten te zijn met leeg inwendige: haar “lastige” punt $(0,0)$ heeft geen bal binnen $T$ om de schommelingen te overbruggen.

6.6 Probleem: de cantorverzameling en een ruimtevullende kromme

Probleem 6.1

Weekendopgave — peanokrommen bestaan, en waarom ze geen homeomorfismen zijn

In 1890 verbijsterde Peano de analyse met een continue surjectie $[0,1] \to [0,1]^2$ : een kromme die een vierkant vult. Wij bouwen er met blote handen een uit de cantorverzameling $C$ van Oefening 6.10 (waarvan de resultaten vrij gebruikt mogen worden), en bewijzen daarna dat zo’n afbeelding nooit injectief kan zijn: vierkanten zijn geen krommen. Overal schrijven we de elementen van $C$ als $x = \sum_{n \geq 1} \frac{2b_n(x)}{3^n}$ met cijfers $b_n(x) \in \{0, 1\}$ .

Deel I — Cijfers continu aflezen.

Toon aan dat uit $x, y \in C$ met $\abs{x - y} < 3^{-m}$ volgt dat $b_n(x) = b_n(y)$ voor alle $n \leq m$ . (Is $b_k$ het eerste cijfer waarin ze verschillen, dan is $\abs{x - y} \geq \frac{2}{3^k} - \sum_{j>k}\frac2{3^j} = \frac1{3^k}$ .)
Leid af dat elke cijferfunctie $b_n \colon C \to \{0, 1\}$ continu is, en vind het homeomorfisme $C \cong \{0,1\}^\N$ van Oefening 6.10(c) opnieuw.

Deel II — Een continue surjectie $C \to [0,1]^2$ .

Definieer $g \colon C \to [0,1]$ door $g(x) = \sum_{n\geq1} b_n(x)\,2^{-n}$ (lees de cantorcijfers binair). Toon aan dat $g$ continu (gebruik vraag 1) en surjectief is. Is ze injectief?
Definieer $\Phi \colon C \to [0,1]^2$ door

$\Phi(x) = \Bigl(\ \sum_{n\geq1} b_{2n-1}(x)\,2^{-n},\ \sum_{n\geq1} b_{2n}(x)\,2^{-n}\ \Bigr)$

(de oneven cijfers geven de abscis, de even de ordinaat). Toon aan dat $\Phi$ continu en surjectief is.

Deel III — De gaten vullen: de peanokromme.

Het complement $[0,1] \setminus C$ is een aftelbare vereniging van disjuncte open intervallen $(u, v)$ (de weggehaalde middelste derden), waarvan de eindpunten in $C$ liggen. Definieer $f \colon [0,1] \to [0,1]^2$ door $f = \Phi$ op $C$ , affien voortgezet op elk gat:

$f(t) = \frac{v - t}{v - u}\,\Phi(u) + \frac{t - u}{v - u}\,\Phi(v), \qquad t \in (u, v).$

Toon aan dat $f$ goed gedefinieerd en surjectief op $[0,1]^2$ is.
Toon aan dat $f$ continu is in elk punt van $[0,1] \setminus C$ (lokaal affien) en in elk punt van $C$ : kies bij gegeven $\varepsilon$ een $m$ met $2^{-m} < \varepsilon/2$ en beheers met vraag 1 het gedrag van $\Phi$ op $C$ nabij $x$ ; ga daarna na dat de affiene interpolatie niet kan ontsnappen: op een gat $(u,v) \subseteq (x - 3^{-m}, x + 3^{-m})$ liggen de waarden $f(t)$ op het lijnstuk $[\Phi(u), \Phi(v)]$ , met beide uiteinden dicht bij $\Phi(x)$ . Besluit: $f$ is een continue surjectie $[0,1] \to [0,1]^2$ .
Leid continue surjecties $[0,1] \to [0,1]^n$ af voor elke $n \geq 2$ , en $\R \to \R^2$ .

Deel IV — Maar nooit injectief.

Toon aan dat een continue injectie $f \colon [0,1] \to [0,1]^2$ een homeomorfisme op haar beeld zou zijn (Gevolg 6.14).
Toon aan dat $[0,1]$ en $[0,1]^2$ niet homeomorf zijn: haal een goed gekozen punt weg en vergelijk de samenhang (Methode 6.25).
Besluit: een continue surjectie $[0,1] \to [0,1]^2$ kan nooit injectief zijn — een injectieve zou volgens vraag 8 van $[0,1]^2 = f([0,1])$ een met $[0,1]$ homeomorfe ruimte maken, in strijd met vraag 9. Waar precies kwam de compactheid van $[0,1]$ het argument binnen?
(Hoogtepunt) Stel de moraal samen: er is een continue surjectie maar geen continue bijectie $[0,1] \to [0,1]^2$ . Wat zegt dit over “dimensie” als topologisch begrip? Formuleer nauwkeurig één stelling die in dit probleem bewezen is, en één aannemelijke uitspraak die buiten ons gereedschap blijft (de invariantie van het gebied).

Deel V — De rekenkunde van de cantorverzameling.

Bewijs dat $C + C = [0, 2]$ : schrijf voor $t \in [0, 1]$ de ontwikkeling $t = \sum_n d_n3^{-n}$ met cijfers $d_n \in \{0, 1, 2\}$ en splits elk cijfer als $d_n = a_n + b_n$ met $a_n, b_n \in \{0, 1\}$ ; besluit dat $\frac C2 + \frac C2 = [0, 1]$ (welke deelverzameling van $[0,1]$ is $\frac C2$ , uitgedrukt in ternaire cijfers?), en schaal dan om. Er is nooit een onthoudcijfer nodig — zeg waarom dat de kern van de zaak is.
Interpreteer het meetkundig: het “cantorstof” $C \times C \subseteq \R^2$ , met leeg inwendige, werpt een volle schaduw op de diagonaal: de projectie $(x, y) \mapsto x + y$ beeldt het af op $[0, 2]$ . Noteer ook de zelfgelijkvormigheid $C = \frac C3 \cup \bigl(\frac C3 + \frac23\bigr)$ , de vergelijking achter elk plaatje van $C$ .
Toon aan dat het verweven van cijfers een homeomorfisme $C \to C \times C$ definieert, en leid af dat $C \cong C^n$ voor elke $n$ — de cantorverzameling is haar eigen kwadraat, derde macht, … Welke vertrouwde ruimten delen die eigenschap?
Toon aan dat $\frac14 \in C$ (bereken haar ternaire ontwikkeling: $\frac14 = \sum_{k\geq1} 2\cdot3^{-2k}$ ), hoewel $\frac14$ het eindpunt is van geen enkel weggehaald interval; leid — door de eindpunten te tellen — af dat de eindpunten een aftelbare, echte deelverzameling van $C$ vormen.
Toon aan dat de binair aflezende afbeelding $g$ uit vraag 3 hoogstens $2$ -op- $1$ is, en beschrijf precies welke punten van $[0,1]$ twee originelen hebben. ( $g$ perst $C$ op $[0,1]$ samen door aftelbaar veel paren te verlijmen: de combinatorische schaduw van de cantortrap, die we in Hoofdstuk 9 terugzien.)

Deel VI — Perfecte compacte verzamelingen: overal Cantor. Een niet-lege compacte metrische ruimte $P$ heet perfect als ze geen geïsoleerd punt heeft.

Zij $P$ perfect en compact, $x \in P$ en $r > 0$ . Toon aan dat de bal $B(x, r)$ twee punten $y_0 \neq y_1$ van $P$ bevat, en daarmee ook twee disjuncte gesloten ballen $\bar B(y_0, \rho)$ en $\bar B(y_1, \rho)$ binnen $B(x, r)$ , met middelpunten in $P$ en met een straal $\rho \leq r/4$ zo klein als gewenst. Leg uit waarom perfectheid (geen geïsoleerde punten) precies is wat toelaat die splitsing binnen elk van de twee nieuwe ballen te herhalen.
Herhaal: bouw gesloten verzamelingen $F_w \neq \varnothing$ geïndexeerd door eindige binaire woorden $w$ , met $F_{w0}$ en $F_{w1}$ disjunct binnen $F_w$ en $\operatorname{diam}F_w \leq 2^{-\abs w} \operatorname{diam}P$ . Toon aan dat voor elk oneindig woord $\varepsilon \in \{0,1\}^\N$ de doorsnede $\bigcap_mF_{\varepsilon_1\cdots\varepsilon_m}$ één enkel punt $h(\varepsilon)$ is (eindige-doorsnede-eigenschap van de compacte $P$ ).
Toon aan dat $h\colon\{0,1\}^\N \to P$ injectief en continu is, en besluit: elke perfecte compacte metrische ruimte is overaftelbaar — zelfs van kardinaliteit minstens die van $\{0,1\}^\N$ . Vind terug: $[0,1]$ en $C$ zijn overaftelbaar.
Toon aan dat $h$ een homeomorfisme op haar beeld is (een continue injectie vanuit een compacte ruimte, Gevolg 6.14): elke perfecte compacte metrische ruimte bevat een homeomorfe kopie van de cantorverzameling. De cantorverzameling is geen curiositeit maar de universele kiem van compacte perfectheid.
Leid af dat elke aftelbare compacte metrische ruimte een geïsoleerd punt heeft, en geef er een waarin de geïsoleerde punten dicht liggen maar niet alles zijn: $K = \{0\} \cup \{\frac1n : n \geq 1\}$ .
(Cantor–Bendixson voor $\R$ ) Zij $F \subseteq \R$ gesloten. Noem $x$ een condensatiepunt van $F$ als elke omgeving van $x$ de verzameling $F$ in een overaftelbaar aantal punten snijdt. Toon aan dat de condensatiepunten van een overaftelbare gesloten $F$ een niet-lege perfecte gesloten verzameling $P$ vormen en dat $F \setminus P$ aftelbaar is (overdek de niet-condensatiepunten met aftelbaar veel rationale intervallen die $F$ aftelbaar snijden). Besluit: elke gesloten deelverzameling van $\R$ is aftelbaar of heeft de kardinaliteit van het continuüm — de continuümhypothese geldt voor gesloten verzamelingen.

Deel VII — Slotstukken: hoe regelmatig, en hoe ver van perfect.

(Hölder-regelmaat van de kromme) Stel $\alpha = \frac{\ln 2}{2\ln 3} \approx 0.3155$ en merk de identiteit $3^\alpha = \sqrt2$ op. Toon met vraag 1 aan dat

$\norm{\Phi(x) - \Phi(y)}_\infty \leq 2\,\abs{x - y}^\alpha \qquad (x, y \in C),$

en plant de schatting daarna door de affiene gaten voort: toon aan dat de peanokromme $f$ uit vraag 6 op heel $[0,1]$ voldoet aan $\norm{f(t) - f(s)}_\infty \leq 6\abs{t - s}^\alpha$ (behandel een paar binnen hetzelfde gat door interpolatie, en een algemeen paar door via de uiterste punten van $C \cap [t, s]$ te gaan).
(De exponent $\frac12$ is een muur) Toon aan dat geen enkele surjectie $F \colon [0,1] \to [0,1]^2$ $\alpha$ -hölder kan zijn met $\alpha > \frac12$ : snijd $[0,1]$ in $N$ intervallen, schat de diameters van hun beelden af, en tel de punten van het rooster $\bigl(\frac iM, \frac jM\bigr)$ met $0 \leq i, j \leq M$ die een verzameling van diameter $< \frac1M$ kan bevatten; kies $M$ van de orde $N^\alpha$ en laat $N \to \infty$ . Plaats onze kromme ( $\alpha \approx 0.3155$ ) ten opzichte van die muur, en noteer zonder bewijs dat de kromme van Hilbert de kritieke exponent $\frac12$ haalt.
(Afgeleide verzamelingen: onvolmaaktheid meten) Zij voor gesloten $F$ in $\R$ de verzameling $F'$ die van de limietpunten van $F$ (zelf gesloten), en herhaal: $F^{(0)} = F$ en $F^{(i+1)} = (F^{(i)})'$ . Ga na dat

$K = \{0\} \cup \Bigl\{\frac1m\Bigr\}_{m \geq 1} \cup \Bigl\{\frac1m + \frac1n : m \geq 1,\ n > m^2\Bigr\}$

een aftelbare compacte verzameling is met $K' = \{0\} \cup \{\frac1m\}$ , $K'' = \{0\}$ en $K''' = \varnothing$ (ga na dat de $m$ -de tros in het interval $(\frac1m, \frac1{m-1})$ ligt, zodat de trossen elkaar niet doorkruisen), en dat haar geïsoleerde punten dicht in $K$ liggen, zoals vraag 21 voorspelt. Beschrijf de inductie die voor elke $j$ een aftelbare compacte $K_j$ oplevert met $K_j^{(j)} = \{0\}$ en $K_j^{(j+1)} = \varnothing$ , en contrasteer met de perfecte verzamelingen van vraag 22, waarvoor het afleiden nooit iets verandert: eindige rang is het exacte tegendeel van perfectheid.

Oplossing

Oplossing van Probleem 6.1.

1. Stel dat de ontwikkelingen van $x, y \in C$ voor het eerst verschillen in rang $k \leq m$ , zeg $b_k(x) = 1$ en $b_k(y) = 0$ . Dan is

x - y \;\geq\; \frac{2}{3^k} - \sum_{j > k}\frac{2}{3^j} = \frac{2}{3^k} - \frac{1}{3^k} = \frac1{3^k} \geq \frac1{3^m}:

door contrapositie dwingt $\abs{x - y} < 3^{-m}$ overeenstemming tot en met rang $m$ af.

2. Volgens vraag 1 is $b_n$ constant op $C \cap (x - 3^{-n}, x + 3^{-n})$ : lokaal constant, en dus continu. De afbeelding $x \mapsto (b_n(x))_n \in \{0,1\}^\N$ is continu (per component, Propositie 6.10(a)) en bijectief (eenduidige $\{0,2\}$ -cijferontwikkelingen); van de compacte $C$ naar een hausdorffruimte is ze een homeomorfisme (Gevolg 6.14).

3. Continuïteit: is $\abs{x - y} < 3^{-m}$ , dan komen de eerste $m$ cijfers overeen, dus $\abs{g(x) - g(y)} \leq \sum_{n > m}2^{-n} = 2^{-m}$ . Surjectiviteit: elke $t \in [0,1]$ heeft een binaire ontwikkeling $t = \sum b_n2^{-n}$ , en $t = g\bigl(\sum 2b_n3^{-n}\bigr)$ . Niet injectief: $g$ vereenzelvigt de twee cantorpunten met cijfers $(0,1,1,1,\dots)$ en $(1,0,0,\dots)$ — beide gaan naar $\frac12$ (de dyadische dubbelzinnigheid $0.0111\ldots_2 = 0.1000\ldots_2$ ).

4. Elke component van $\Phi$ is continu wegens dezelfde schatting (haar cijfers vormen een deelrij van de $b_n$ ). Surjectiviteit: kies bij gegeven $(s, t) \in [0,1]^2$ binaire cijfers $(c_n)$ van $s$ en $(d_n)$ van $t$ en verweef ze: het punt $x \in C$ met $b_{2n-1}(x) = c_n$ en $b_{2n}(x) = d_n$ voldoet aan $\Phi(x) = (s,t)$ .

5. De gaten zijn paarsgewijs disjunct met eindpunten in $C$ , dus definieert de formule $f$ ondubbelzinnig op $[0,1]$ ; in de eindpunten van een gat geeft de affiene formule $\Phi(u)$ respectievelijk $\Phi(v)$ : dat strookt met $f = \Phi$ op $C$ . Surjectiviteit: al $f(C) = \Phi(C) = [0,1]^2$ .

6. In $t_0 \notin C$ : $t_0$ ligt in een open gat waarop $f$ affien is, dus continu. In $x \in C$ : eerst noteren we twee schattingen.

(i) Op $C$ : is $\abs{y - x} \leq 3^{-M}$ met $y \in C$ , dan komen de cijfers tot en met $M$ overeen, zodat elke component van $\Phi(y) - \Phi(x)$ hoogstens $\sum_{n > \lfloor M/2\rfloor} 2^{-n} = 2^{-\lfloor M/2\rfloor}$ is.

(ii) Over een gat heen: een gat $(u,v)$ dat in stap $k$ is weggehaald, heeft lengte $3^{-k}$ , en de cijfers van haar eindpunten komen tot en met rang $k - 1$ overeen (ze verschillen vanaf rang $k$ ), zodat $\norm{\Phi(v) - \Phi(u)}_\infty \leq 2^{-\lfloor (k-1)/2\rfloor}$ .

Zij nu $\abs{t - x} < 3^{-M}$ met $t$ in een gat $(u, v)$ uit stap $k$ , en zij $u$ het eindpunt aan de kant van $x$ , zodat $\abs{u - x} < 3^{-M}$ en $0 < t - u < 3^{-M}$ . Dan is

\norm{f(t) - \Phi(x)}_\infty \leq \norm{\Phi(u) - \Phi(x)}_\infty + \frac{t - u}{v - u}\,\norm{\Phi(v) - \Phi(u)}_\infty \leq 2^{-\lfloor M/2\rfloor} + \min\bigl(1,\ 3^{k - M}\bigr)\, 2^{-\lfloor(k-1)/2\rfloor} .

Voor $k \geq M$ is de laatste term $\leq 2^{-\lfloor(M-1)/2 \rfloor}$ ; en voor $k < M$ geldt, omdat $2^{-\lfloor(k-1)/2\rfloor} \leq \sqrt2\,\cdot 2^{-k/2}$ ,

3^{k-M}\,2^{-\lfloor(k-1)/2\rfloor} \leq \sqrt2\,\Bigl(\frac{3}{\sqrt2}\Bigr)^{k} 3^{-M} \leq \sqrt2\,\Bigl(\frac{3}{\sqrt2}\Bigr)^{M} 3^{-M} = \sqrt2\; 2^{-M/2}

(de middelste grootheid stijgt in $k$ ). In alle gevallen is dus $\norm{f(t) - \Phi(x)}_\infty \leq C\,2^{-M/2}$ met een absolute constante $C$ : $M \to \infty$ bewijst de continuïteit in $x$ (punten $t \in C$ vallen onder (i)). Bijgevolg is $f$ een continue surjectie $[0,1] \to [0,1]^2$ — de schattingen laten zelfs zien dat ze hölder is met een exponent in de trant van $\log 2/(2\log 3)$ , maar continuïteit is alles wat we beweerden.

7. Voor $[0,1]^n$ : splits de cijfers van $x \in C$ in $n$ verweven deelrijen en herhaal de vragen 4–6 letterlijk. Voor $\R \to \R^2$ : zij $h \colon [0,1] \to [-1,1]^2$ een continue surjectie (schaal $f$ om). Definieer $F$ op $[m, m + \frac12]$ (met $m \in \Z$ ) als een kopie van $h$ , omgeschaald zodat ze $[-(m+1), m+1]^2$ vult voor $m \geq 0$ (en symmetrisch voor $m < 0$ ), en op $[m + \frac12, m + 1]$ als het affiene lijnstuk tussen de waarden in de eindpunten: $F$ is continu (verlijmen op gesloten stukken, Propositie 6.6(b)) en haar beeld bevat $\bigcup_m [-(m+1), m+1]^2 = \R^2$ .

8. $[0,1]$ is compact en $[0,1]^2$ is Hausdorff: een continue injectie is een homeomorfisme op haar beeld (Gevolg 6.14, toegepast op de beperking tot het beeld).

9. Haal $\frac12$ weg: $[0,1]\setminus\{\frac12\}$ is onsamenhangend. Was $h \colon [0,1] \to [0,1]^2$ een homeomorfisme, dan was ook $[0,1]^2\setminus\{h(\frac12)\}$ onsamenhangend (homeomorfe beelden van onsamenhangende ruimten zijn onsamenhangend); maar het vierkant zonder één punt is wegsamenhangend: verbind twee punten met een weg van twee lijnstukken die het gaatje mijdt. Tegenspraak: $[0,1] \not\cong [0,1]^2$ .

10. Volgens vraag 8 zou een injectieve continue surjectie $[0,1] \to [0,1]^2$ een homeomorfisme zijn, in strijd met vraag 9. De compactheid kwam precies binnen in Gevolg 6.14: zij maakt de inverse van de continue bijectie continu (beelden van gesloten verzamelingen zijn compact en dus gesloten). Zonder compactheid faalt de conclusie werkelijk: $[0, 2\pi) \to S^1$ is een continue bijectie die geen homeomorfisme is.

11. Hier bewezen: er is een continue surjectie, maar geen continue bijectie, van $[0,1]$ op $[0,1]^2$ ; in het bijzonder $[0,1] \not\cong [0,1]^2$ . “Dimensie” wordt dus niet bewaard door continue surjecties — kardinaliteit en zelfs continuïteit zien haar niet — maar ze is een topologische invariant op het niveau van homeomorfismen, althans voor dimensie $1$ tegenover $2$ , waar samenhang na verwijdering volstaat. De algemene uitspraak — de invariantie van het gebied: uit $\R^m \cong \R^n$ volgt $m = n$ , en een continue injectie $\R^n \to \R^n$ is open — is waar, maar vergt algebraïsche topologie (homologie), buiten deze cursus.

12. Ternair is $\frac C2 = \{\sum_na_n3^{-n} : a_n \in \{0, 1\}\}$ (de cijfers $\{0,2\}$ halveren geeft cijfers $\{0,1\}$ ). Kies voor $t \in [0,1]$ een willekeurige ternaire ontwikkeling $t = \sum_nd_n3^{-n}$ met $d_n \in \{0,1,2\}$ en splits elk cijfer als $d_n = a_n + b_n$ met $a_n, b_n \in \{0,1\}$ ( $0 = 0{+}0$ , $1 = 1{+}0$ , $2 = 1{+}1$ ): dan is $t \in \frac C2 + \frac C2$ . De kern is dat elk cijfer zich binnen $\{0,1\}$ laat splitsen, zodat er nooit een onthoudcijfer doorwerkt en de cijfers onafhankelijk behandeld kunnen worden. De omgekeerde inclusie is duidelijk (cijfersommen blijven $\leq 2$ ). Omschalen met $2$ geeft $C + C = [0,2]$ .

13. De afbeelding $(x, y) \mapsto x + y$ stuurt $C \times C$ op $C + C = [0,2]$ : het stof, dat geen vierkant bevat (leeg inwendige: Oefening 6.10), projecteert langs de antidiagonaal op een vol lijnstuk. Zelfgelijkvormigheid: het eerste ternaire cijfer van een cantorpunt is $0$ of $2$ , en dat afpellen geeft $C = \frac C3 \cup \bigl(\frac C3 + \frac23\bigr)$ — de vastepuntvergelijking die elk plaatje van $C$ voortbrengt.

14. Via $C \cong \{0,1\}^\N$ (vraag 2) is het verweven $(\varepsilon, \varepsilon') \mapsto (\varepsilon_1, \varepsilon_1', \varepsilon_2, \varepsilon_2', \dots)$ een bijectie $\{0,1\}^\N\times\{0,1\}^\N \to \{0,1\}^\N$ , in beide richtingen continu (elke uitvoercoördinaat hangt van één enkele invoercoördinaat af; producttopologie). Bijgevolg is $C\times C \cong C$ en inductief $C^n \cong C$ . Vertrouwde ruimten delen die eigenschap niet: $\R^2 \not\cong \R$ en $[0,1]^2 \not\cong [0,1]$ (vraag 11); oneindige producten wél: $([0,1]^\N)^2 \cong [0,1]^\N$ door hetzelfde verweven.

15. Er geldt $\sum_{k\geq1}2\cdot3^{-2k} = 2\cdot\frac{1/9}{1 - 1/9} = \frac14$ : de ternaire ontwikkeling van $\frac14$ is $0.\overline{02}$ , met cijfers in $\{0,2\}$ , dus $\frac14 \in C$ ; en omdat ze noch eindig is noch op een staart van tweeën uitloopt, is $\frac14$ het eindpunt van geen enkele weggehaalde middelste derde. De eindpunten vormen een aftelbare verzameling (twee per weggehaald interval, aftelbaar veel intervallen), terwijl $C \cong \{0,1\}^\N$ overaftelbaar is (diagonaalargument, of vraag 19): bijna elk cantorpunt is, net als $\frac14$ , onzichtbaar in het gebruikelijke eindpuntenplaatje.

16. $g(x) = g(y)$ betekent dat de binaire rijen $(b_n(x))$ en $(b_n(y))$ hetzelfde reële getal voorstellen. Verschillende binaire rijen die hetzelfde getal voorstellen komen uitsluitend voor bij de dyadische dubbelzinnigheid $0.w01^\infty = 0.w10^\infty$ : dus hoogstens twee originelen, en precies twee precies bij de dyadische rationale getallen van $(0,1)$ . $g$ perst $C$ dus op $[0,1]$ samen door aftelbaar veel paren te verlijmen — het combinatorische skelet van de cantortrap uit Hoofdstuk 9.

17. $x$ is niet geïsoleerd in $P$ , dus bevat $B(x, r/2)$ een zekere $y_0 \in P \setminus \{x\}$ ; en $y_0$ is evenmin geïsoleerd, dus bevat $B(x, r/2)$ een tweede punt $y_1 \in P$ . Elke $\rho \leq \min\bigl(\frac{d(y_0,y_1)}3, \frac r4\bigr)$ maakt $\bar B(y_0, \rho)$ en $\bar B(y_1, \rho)$ disjunct en bevat in $B(x, r)$ . Beide hebben hun middelpunt in $P$ , waar dezelfde tweepuntsextractie herhaald kan worden: perfectheid is de onuitputtelijke voorraad nabije punten die de recursie eeuwig aan de gang houdt.

18. Bouw de $F_w$ met inductie naar de woordlengte: $F_\varnothing = P$ , en binnen elke bal $B(y_w, \rho_w)$ levert vraag 17 twee disjuncte gesloten ballen met straal $\leq \min(\rho_w/2,\ 2^{-\abs w-1}\operatorname{diam}P)$ en met middelpunten in $P$ ; stel $F_{wi} = \bar B(y_{wi}, \rho_{wi}) \cap P$ : niet-leeg (het middelpunt) en compact. Voor een oneindig $\varepsilon$ hebben de geneste niet-lege compacte $F_{\varepsilon_1\cdots\varepsilon_m}$ een niet-lege doorsnede (eindige-doorsnede-eigenschap in de compacte $P$ ), van diameter $0$ : één enkel punt $h(\varepsilon)$ .

19. Woorden die voor het eerst in rang $m$ verschillen, sturen hun beelden in de twee disjuncte verzamelingen $F_{w0}$ en $F_{w1}$ (met gemeenschappelijk voorvoegsel $w$ ): $h$ is injectief. Komen twee woorden tot rang $m$ overeen, dan liggen beide beelden in een verzameling van diameter $\leq 2^{-m}\operatorname{diam}P$ : $h$ is continu. Dus bedt het overaftelbare $\{0,1\}^\N$ zich in $P$ in: elke perfecte compacte metrische ruimte is overaftelbaar — $[0,1]$ en $C$ erbij.

20. $h$ is een continue injectie van de compacte $\{0,1\}^\N$ naar de hausdorffse (metrische) $P$ : Gevolg 6.14 maakt er een homeomorfisme op het beeld van; en $\{0,1\}^\N \cong C$ (vraag 2). Elke perfecte compacte metrische ruimte bevat dus een kopie van de cantorverzameling: perfectheid heeft een universele kiem, en dat is die van Cantor.

21. Een aftelbare compacte metrische ruimte kan niet perfect zijn (vraag 19), dus heeft ze een geïsoleerd punt. In $K = \{0\}\cup\{\frac1n : n \geq 1\}$ is elk punt $\frac1n$ geïsoleerd en $0$ niet: geïsoleerde punten kunnen zelfs dicht liggen zonder dat de ruimte discreet is — de compactheid houdt hun limiet erbij.

22. Zij $P$ de verzameling condensatiepunten van $F$ en $\mathcal B$ de aftelbare familie open intervallen met rationale eindpunten. Elk punt van $F$ dat geen condensatiepunt is, ligt in een zekere $I \in \mathcal B$ met $I \cap F$ aftelbaar, dus ligt $F \setminus P$ in de vereniging van die aftelbaar veel aftelbare sporen: aftelbaar. Omdat $F$ overaftelbaar is, is $P \neq \varnothing$ ; $P$ is gesloten (is $x \notin P$ , dan bevat het getuigende interval $I$ helemaal geen condensatiepunt: $I \cap F$ is aftelbaar) en $P \subseteq F$ ( $F$ is gesloten: een condensatiepunt is in het bijzonder adherent). $P$ is perfect: was $I \cap P = \{x\}$ voor een interval $I$ , dan was $I \cap F \subseteq \{x\} \cup (F \setminus P)$ aftelbaar, in strijd met $x \in P$ . Nu loopt de boomconstructie van de vragen 17–19 letterlijk binnen $P$ : de stukken $\bar B(y, \rho) \cap P$ zijn compact (gesloten begrensde deelverzamelingen van $\R$ ), elk middelpunt is niet-geïsoleerd in $P$ , en meer gebruikte het argument nooit. Bijgevolg is $\abs P \geq \abs{\{0,1\}^\N} = \mathfrak c$ , en $\abs F \leq \mathfrak c$ triviaal: een overaftelbare gesloten $F \subseteq \R$ heeft precies kardinaliteit $\mathfrak c$ . Gesloten verzamelingen kunnen dus geen falen van de continuümhypothese getuigen.

23. Zij $x \neq y$ in $C$ en kies $m \geq 0$ met $3^{-(m+1)} \leq \abs{x - y} < 3^{-m}$ . Volgens vraag 1 komen de cijfers $b_n(x) = b_n(y)$ overeen voor $n \leq m$ ; de eerste coördinaat van $\Phi$ gebruikt $b_1, b_3, \dots$ en de tweede $b_2, b_4, \dots$ , dus delen de twee punten in elke coördinaat minstens $\lfloor m/2\rfloor$ leidende binaire cijfers:

\norm{\Phi(x) - \Phi(y)}_\infty \leq \sum_{k > \lfloor m/2\rfloor}2^{-k} = 2^{-\lfloor m/2\rfloor} \leq \sqrt2\cdot2^{-m/2} = \sqrt2\,\bigl(3^{-m}\bigr)^\alpha \leq \sqrt2\,\bigl(3\abs{x-y}\bigr)^\alpha,

met $2^{-m/2} = 3^{-m\alpha}$ (neem logaritmen); en $\sqrt2\cdot3^\alpha = \sqrt2\cdot\sqrt2 = 2$ : de grens $2\abs{x-y}^\alpha$ op $C$ . Binnen hetzelfde gat $(u, v)$ is $f$ affien, dus voor $t, s \in [u, v]$ :

\norm{f(t) - f(s)} = \frac{\abs{t-s}}{v-u}\, \norm{\Phi(v) - \Phi(u)} \leq \frac{\abs{t-s}}{v-u}\,2(v-u)^\alpha \leq 2\abs{t-s}^\alpha,

want $\frac{\abs{t-s}}{v-u} \leq \bigl(\frac{\abs{t-s}} {v-u}\bigr)^\alpha$ zodra $\abs{t-s} \leq v - u$ . Algemene $t < s$ : snijdt $[t, s]$ de verzameling $C$ , zij dan $u'$ het kleinste en $v'$ het grootste punt van de compacte $C \cap [t, s]$ ; dan ligt $t$ in een gat (of in een punt van $C$ ) met rechtereindpunt $u'$ en $s$ in een met linkereindpunt $v'$ , en is

\norm{f(t) - f(s)} \leq 2\abs{t - u'}^\alpha + 2\abs{v' - u'}^\alpha + 2\abs{s - v'}^\alpha \leq 6\abs{t - s}^\alpha ;

mijdt $[t, s]$ de verzameling $C$ , dan geldt het geval binnen één gat. Dus is $f$ $\alpha$ -hölder met $\alpha = \frac{\ln2}{2\ln3}$ .

24. Stel $\norm{F(t) - F(s)} \leq C\abs{t-s}^\alpha$ met $F$ surjectief en $\alpha > \frac12$ . Snijd $[0,1]$ in $N$ intervallen $I_1, \dots, I_N$ van lengte $\frac1N$ : elk beeld $F(I_j)$ heeft diameter $\leq CN^{-\alpha}$ . Twee verschillende punten van het rooster $G_M = \bigl\{\bigl(\frac iM, \frac jM\bigr)\bigr\}_{0 \leq i, j \leq M}$ liggen op afstand $\geq \frac1M$ , dus bevat een verzameling van diameter $< \frac1M$ er hoogstens één. Kies $M = \lfloor N^\alpha/(2C)\rfloor$ (met $N$ groot): dan is $CN^{-\alpha} \leq \frac1{2M} < \frac1M$ , en legt de surjectiviteit elk van de $(M+1)^2$ roosterpunten in een zekere $F(I_j)$ , waaruit

\frac{N^{2\alpha}}{4C^2} \leq (M + 1)^2 \leq N,

en $N^{2\alpha - 1} \leq 4C^2$ faalt voor grote $N$ zodra $2\alpha > 1$ : tegenspraak. Onze kromme, met $\alpha \approx 0.3155$ , ligt onder de muur, zoals het moet; de kromme van Hilbert is (zonder bewijs) $\frac12$ -hölder, zodat de kritieke exponent $\frac12$ wél bereikt wordt — hölderregelmaat is, anders dan injectiviteit, een kwestie van gradatie, en $\frac12$ is precies de grens die dimensie $2$ oplegt aan een afbeelding uit dimensie $1$ .

25. De $m$ -de tros $\{\frac1m + \frac1n : n > m^2\}$ ligt in $\bigl(\frac1m, \frac1m + \frac1{m^2}\bigr] \subseteq \bigl(\frac1m, \frac1{m-1}\bigr)$ voor $m \geq 2$ , want $\frac1{m-1} - \frac1m = \frac1{m(m-1)} > \frac1{m^2}$ (en de eerste tros ligt in $(1, \frac32]$ ): de trossen bezetten dus disjuncte intervallen. Limietpunten van $K$ : binnen het $m$ -de interval alleen $\frac1m$ (de tros convergeert ernaartoe en is in zichzelf discreet); en globaal $0$ (elke omgeving van $0$ bevat hele trossen). Dus $K' = \{0\} \cup \{\frac1m\}$ , daarna $K'' = \{0\}$ (elke $\frac1m$ is geïsoleerd in $K'$ ) en $K''' = \varnothing$ ; $K$ bevat haar limietpunten en is dus gesloten, begrensd, aftelbaar en compact, en haar geïsoleerde punten — de troselementen $\frac1m + \frac1n$ — liggen dicht in $K$ : elk element van $K'$ is hun limiet, zoals het mechanisme van vraag 21 voorspelt. Inductie: $K_1 = \{0\}\cup\{\frac1n\}$ heeft $K_1^{(1)} = \{0\}$ ; en gegeven een aftelbare compacte $K_j \subseteq [0, 1]$ met $K_j^{(j)} = \{0\}$ en $K_j^{(j+1)} = \varnothing$ , stel

K_{j+1} = \{0\} \cup \bigcup_{m \geq 1} \Bigl(\frac1m + \varepsilon_m K_j\Bigr),

met $\varepsilon_m$ klein genoeg opdat de $m$ -de kopie in $\bigl(\frac1m, \frac1{m-1}\bigr)$ ligt. Het afleiden werkt kopie voor kopie (de kopieën leven in disjuncte open intervallen), dus is $K_{j+1}^{(i)} = \{0\} \cup \bigcup_m\bigl(\frac1m + \varepsilon_mK_j^{(i)}\bigr)$ voor $i \leq j$ ; voor $i = j$ luidt dat $\{0\} \cup \{\frac1m\}$ , waarna $K_{j+1}^{(j+1)} = \{0\}$ en $K_{j+1}^{(j+2)} = \varnothing$ . Elke eindige rang komt dus voor. Een perfecte verzameling is het andere uiterste: $P' = P$ , en het afleiden verandert nooit iets — en Cantor–Bendixson (vraag 22) zegt precies dat elke gesloten verzameling uiteenvalt in een perfecte kern, onzichtbaar voor het afleiden, en een aftelbare rest die het afleiden wegvreet.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst