Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 3 · Bachelor Year 3

6Algemene topologie

Het volume van Jaar 2 behandelde analyse in metrische ruimten: afstanden, bollen, rijen. Maar de fundamentele noties — continuïteit, compactheid, samenhang — noemen nooit de numerieke waarde van een afstand, alleen de familie van open verzamelingen die zij voortbrengt. Dit hoofdstuk neemt die familie als primitief object. De winst is niet algemeenheid om de algemeenheid: quotiëntconstructies (de cirkel als $\R/\Z$ , projectieve ruimten), producten, en de zwakke topologieën van de functionaalanalyse zijn eenvoudigweg geen objecten die met de metriek beginnen. We herbouwen de continuïteit, behandelen daarna compactheid via open overdekkingen (en bewijzen de equivalentie met de sequentiële definitie van Jaar 2 in metrische ruimten), en de samenhang — en sluiten met de stelling dat een continue bijectie $\R$ niet met $\R^2$ kan identificeren: 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 — zodat: $\varnothing, X \in \mathcal T$ ; elke unie van open verzamelingen is open; elke eindige doorsnede van open verzamelingen is open. Het paar $(X, \mathcal T)$ is een topologische ruimte. Complementen van open verzamelingen zijn 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” zoals in Jaar 2 (unies van open bollen): de metrische topologie; verschillende metrieken kunnen dezelfde topologie geven (equivalente metrieken). Een ruimte waarvan de topologie van een metriek komt is metrizeerbaar. (b) De discrete topologie (alle deelverzamelingen) en de indiscrete topologie $\{\varnothing, X\}$ . (c) De cofiniete topologie op een oneindige verzameling: open $=$ leeg of cofiniet. Niet metrizeerbaar, zoals we zullen zien (Oefening 6.3). (d) Op $\R$ , de gebruikelijke topologie; op $\bar\R = \R \cup \{\pm\infty\}$ , de ordertopologie voortgebracht door stralen — waardoor “ $x_n \to +\infty$ ” een gewoon convergentiegeval wordt.

Definitie 6.3

Voor $A \subseteq X$ : het inwendige $\mathring A$ is de grootste open verzameling in $A$ (unie van alle open deelverzamelingen); de afsluiting $\bar A$ de kleinste gesloten verzameling die $A$ bevat; de rand $\partial A = \bar A \setminus \mathring A$ . $A$ is dicht als $\bar A = X$ . Men heeft $x \in \bar A$ desda elke omgeving van $x$ $A$ snijdt (als sommige omgeving $A$ mist, is het complement van haar open kern een kleinere gesloten verzameling om $A$ ; omgekeerd).

Definitie 6.4

Een basis van $\mathcal T$ is een familie $\mathcal B \subseteq \mathcal T$ zodat elke open verzameling een unie is van leden van $\mathcal B$ (bijv. open bollen in een metrische ruimte; open intervallen in $\R$ ). Een familie $\mathcal B$ van deelverzamelingen van $X$ is een basis van enige topologie desda zij $X$ overdekt en, voor $B_1, B_2 \in \mathcal B$ en $x \in B_1 \cap B_2$ , er een $B_3 \in \mathcal B$ is met $x \in B_3 \subseteq B_1\cap B_2$ — dan is “unies van leden” een topologie, de topologie voortgebracht door $\mathcal B$ .

Definitie 6.5

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

Propositie 6.6 (Continuïteit versus afsluiting; plakken)

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

Bewijs. (a) Als $f$ continu: $f^{-1}(\overline{f(A)})$ is gesloten en bevat $A$ , dus bevat $\bar A$ . Omgekeerd pas het criterium toe op $A = f^{-1}(F)$ , $F$ 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 $F \subseteq Y$ gesloten: $f^{-1}(F) = (f\restriction_{F_1})^{-1}(F) \cup (f\restriction_{F_2})^{-1} (F)$ , een unie van twee verzamelingen gesloten in $F_1$ , resp. $F_2$ , dus gesloten in $X$ ( $F_i$ gesloten: gesloten-in-gesloten is gesloten). ∎

Definitie 6.7

$X$ is Hausdorff (of gescheiden) als twee verschillende punten disjuncte omgevingen hebben. Metrische ruimten zijn Hausdorff (bollen van straal $d(x,y)/2$ ). Een rij $(x_n)$ convergeert naar $x$ als elke omgeving van $x$ alle op eindig veel na $x_n$ 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 detecteren rijen alles: $x \in \bar A$ desda sommige rij van $A$ naar $x$ convergeert (neem $x_n \in A \cap B(x, 1/n)$ ), en $f$ is continu desda sequentieel continu. In algemene ruimten falen beide equivalenties; de juiste rijsubstituten (filters, netten) horen bij een gevorderdere cursus. We formuleren rijgebaseerde resultaten in metrische ruimten en overdekkingsgebaseerde in het algemeen — en bewijzen ze equivalent waar ze dat zijn.

6.2 Deelruimten, producten, quotiënten

Definitie 6.9

Drie manieren om nieuwe ruimten uit oude te maken:

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

Propositie 6.10 (Universele eigenschappen)

(a) $f \colon Z \to X \times Y$ is continu desda beide componenten $\pi_X \circ f$ , $\pi_Y \circ f$ dat zijn (zelfde voor willekeurige producten). (b) $g \colon X/{\sim} \to Z$ is continu desda $g \circ \pi \colon X \to Z$ dat is.

Bewijs. (a) Noodzaak: samenstellingen. Voldoendeheid: het volstaat originelen van basisdozen te controleren: $f^{-1}(U \times V) = (\pi_Xf)^{-1}(U) \cap (\pi_Yf)^{-1}(V)$ , open (eindig veel factoren $\neq X_i$ in het oneindige geval). (b) Noodzaak: samenstelling. Voldoendeheid: voor $W \subseteq Z$ open 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 $\R/\Z$ (identificeer $x$ en $x + n$ ) is homeomorf met de cirkel $S^1 = \{z \in \C : \abs z = 1\}$ : de afbeelding $x \mapsto \eu^{2\iu\pi x}$ daalt af tot een continue bijectie $\R/\Z \to S^1$ (Propositie 6.10(b)); haar inverse is continu door het compactheidsargument van Gevolg 6.14 hieronder (Oefening 6.5 werkt alles uit, inclusief waarom $\R/\Z$ Hausdorff en compact is). Evenzo is $[0,1]$ met uiteinden verlijmd $S^1$ , het vierkant met overstaande zijden verlijmd de torus, en verlijmen is eindelijk een stelling, geen plaatje.

6.3 Compactheid

Definitie 6.12

Een open overdekking van $X$ is een familie $(U_i)_{i\in I}$ van open verzamelingen met $\bigcup U_i = X$ . $X$ is compact als zij Hausdorff is en elke open overdekking een eindige deeloerdekking toelaat. Equivalent (via complementen): elke familie van gesloten verzamelingen met de eindige-doorsnede-eigenschap (alle eindige deelfamilies hebben niet-lege doorsnede) heeft niet-lege totale doorsnede.

Stelling 6.13 (Eerste eigenschappen)

Zij $X$ compact.

Een gesloten deelverzameling van $X$ is compact; 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 haar grenzen.
Een dalende rij niet-lege gesloten deelverzamelingen van $X$ heeft niet-lege doorsnede.

Bewijs. (1) Zij $F \subseteq X$ gesloten en $(U_i)$ een open overdekking van $F$ (door opens van $X$ ): toevoegen van $X \setminus F$ geeft een open overdekking van $X$ ; een eindige deeloerdekking, minus $X \setminus F$ , overdekt $F$ . Deeltopologie Hausdorff is duidelijk. Omgekeerd zij $K \subseteq Y$ compact, $Y$ Hausdorff, en $y \notin K$ : voor elke $x \in K$ kies disjuncte open $U_x \ni x$ , $V_x \ni y$ ; eindig veel $U_x$ overdekken $K$ , en de doorsnede van de bijbehorende $V_x$ is een omgeving van $y$ disjunct van de overdekking van $K$ , dus van $K$ : het complement van $K$ is open.

(2) Als $(V_j)$ $f(X)$ overdekt, overdekt $(f^{-1}(V_j))$ $X$ ; een eindige deeloerdekking beneden komt van de eindige deeloerdekking boven. Het beeld is Hausdorff als deelruimte. Voor $f$ reëel: $f(X)$ is compact in $\R$ , dus gesloten en begrensd (overdekking door $(-n, n)$ voor begrensdheid; gesloten door (1)), en een gesloten begrensde verzameling bevat haar supremum.

(3) Als $\bigcap F_n = \varnothing$ , overdekken de opens $X \setminus F_n$ $X$ ; eindig veel volstaan, dus enige $F_{n_0} = \varnothing$ (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 desda directe beelden van gesloten verzamelingen gesloten zijn; een gesloten $F$ is compact (Stelling 6.13(1)), haar beeld is compact (2), dus gesloten (1) in het Hausdorffdoel. ∎

Stelling 6.15 (Eindige producten)

Een eindig product van compacte ruimten is compact.

Bewijs. Het volstaat $X \times Y$ te behandelen. Hausdorff wordt geërfd (scheiding in één coördinaat). Zij $(W_i)$ een open overdekking van $X \times Y$ ; we mogen aannemen dat de $W_i$ basisdozen $U_i \times V_i$ zijn (verfijn: elk punt zit in een doos binnen enige $W_i$ ; een eindige deeloerdekking van dozen levert er een van de $W_i$ ). Fixeer $x \in X$ : de doorsnede $\{x\}\times Y \cong Y$ is compact, dus eindig veel dozen $U_1\times V_1, \dots, U_k\times V_k$ overdekken haar, met $x \in U_j$ voor alle $j$ ; dan is $U^x = \bigcap_{j \leq k} U_j$ een open omgeving van $x$ met $U^x \times Y$ overdekt door eindig veel dozen (het buislema: voor $(x', y) \in U^x \times Y$ is $y \in V_j$ voor enige $j$ omdat de dozen $\{x\}\times Y$ op niveau $y$ overdekten, en $x' \in U^x \subseteq U_j$ , dus $(x', y) \in U_j \times V_j$ ). Nu overdekken eindig veel $U^x$ de compacte $X$ ; de bijbehorende eindige collecties dozen overdekken $X \times Y$ . ∎

Stelling 6.16 (Compactheid in metrische ruimten)

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

$X$ is compact (Borel–Lebesgue);
elke rij in $X$ heeft een convergente deelrij (sequentiële compactheid — definitie van Jaar 2);
$X$ is volledig en totaal begrensd: voor elke $\varepsilon > 0$ overdekken eindig veel bollen van straal $\varepsilon$ $X$ .

Bewijs. (1) $\Rightarrow$ (2): Zij $(x_n)$ zonder convergente deelrij. Dan heeft elke $x \in X$ een open bol $B_x$ die $x_n$ voor slechts 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 convergente deelrij convergeert (Jaar 2). Totale begrensdheid: als enige $\varepsilon$ geen eindige overdekking toelaat, kies inductief $x_{n+1}$ buiten $\bigcup_{k\leq n} B(x_k, \varepsilon)$ : de rij heeft $d(x_m, x_n) \geq \varepsilon$ voor $m \neq n$ , geen Cauchydeelrij, geen convergente.

(3) $\Rightarrow$ (1): Eerst impliceert (3) (2): gegeven $(x_n)$ , overdek $X$ door eindig veel bollen van straal $1$ : één, $B_1$ , bevat een deelrij; overdek $X$ door bollen van straal $1/2$ : één bevat een verdere deelrij; itereer en diagonaliseer: de diagonaaldeelrij is Cauchy (twee termen voorbij stadium $k$ liggen in een gemeenschappelijke bol van straal $2^{-k}$ , tot de gebruikelijke $2\cdot$ ), dus convergeert. Nu zij $(U_i)$ een open overdekking en veronderstel geen eindige deeloerdekking. Lebesguegetalargument: voor elke $n$ is enige bol $B(y_n, 2^{-n})$ niet door eindig veel $U_i$ overdekt — immers, overdek $X$ door eindig veel bollen van straal $2^{-n}$ ; als elk eindig overdekt was, zou $X$ dat ook zijn. Door (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 $k$ : $B(y_{n_k}, 2^{-n_k}) \subseteq B(y, r) \subseteq U_i$ : overdekt door één $U_i$ — tegenspraak. ∎

Gevolg 6.17 (Heine–Borel; Heine)

(a) Een deelverzameling van $\R^n$ is compact desda gesloten en begrensd. (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 dat (sequentieel, via Bolzano–Weierstrass — of rechtstreeks door dichotomie voor overdekkingen), en Stelling 6.15 regelt het product; pas dan Stelling 6.13(1) toe. Omgekeerd is een compacte deelverzameling gesloten (Stelling 6.13(1)) en begrensd (overdekking door concentrische bollen).

(b) Zij $f \colon X \to Y$ , $\varepsilon > 0$ . De bollen $B\bigl(x, \delta_x\bigr)$ met $f\bigl(B(x, 2\delta_x)\bigr)\subseteq B\bigl(f(x), \varepsilon/2\bigr)$ overdekken $X$ ; extraheer een eindige deeloerdekking $B(x_j, \delta_{x_j})$ en zet $\delta = \min_j \delta_{x_j}$ . Als $d(x, x') < \delta$ : $x \in B(x_j, \delta_{x_j})$ voor enige $j$ , en dan $x, x' \in B(x_j, 2\delta_{x_j})$ , dus $d(f(x), f(x')) < \varepsilon$ . ∎

Definitie 6.18

$X$ is lokaal compact als zij 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 embedt in een compacte: de éénpuntscompactificatie $\hat X = X \cup \{\infty\}$ , waarvan de opens die van $X$ zijn samen met de complementen (in $\hat X$ ) van compacte deelverzamelingen van $X$ . Men controleert de axioma’s rechtstreeks; $\hat X$ is compact (een overdekking heeft een lid dat $\infty$ bevat, wiens complement compact is, overdekt door eindig veel andere) en Hausdorff (scheid $x$ van $\infty$ door een compacte omgeving van $x$ en haar complement). Voorbeeld: $\hat\R \cong S^1$ , en $\widehat{\R^n} \cong S^n$ via stereografische projectie (Oefening 6.11).

6.4 Samenhang

Definitie 6.19

$X$ is samenhangend als zij niet de unie is van twee disjuncte niet-lege open verzamelingen — equivalent: haar enige zowel open als gesloten deelverzamelingen zijn $\varnothing$ en $X$ ; equivalent: elke continue afbeelding $X \to \{0, 1\}$ (discreet) is constant. Een deelverzameling is samenhangend als zij dat als deelruimte is.

Stelling 6.20

De samenhangende deelverzamelingen van $\R$ zijn precies de intervallen.
Continue beelden van samenhangende verzamelingen zijn samenhangend (vandaar de tussenwaardestelling: een continue reële afbeelding op een samenhangende ruimte heeft een interval als beeld).
Als $(A_i)$ samenhangend zijn met een gemeenschappelijk punt, is $\bigcup A_i$ samenhangend. Als $A$ samenhangend is 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: $f \colon X \to \{0,1\}$ continu moet constant zijn.

(1) Een niet-interval $A$ mist enige $c$ tussen $a, b \in A$ : $A = (A \cap (-\infty, c)) \sqcup (A \cap (c, +\infty))$ ontbindt. Omgekeerd zij $I$ een interval en $f \colon I \to \{0,1\}$ continu met $f(a) = 0$ , $f(b) = 1$ , $a < b$ . Zij $c = \sup\{x \in [a,b] : f(x) = 0\}$ ; continuïteit in $c$ dwingt $f(c) = 0$ (limiet van waarden $0$ : elke omgeving van $c$ snijdt $\{f = 0\}$ ; $\{f=0\}$ is gesloten) en dan $c < b$ met $f \equiv 1$ op $(c, b]$ , dus $f(c) = 1$ door hetzelfde afsluitingsargument op $\{f = 1\} \ni c$ : tegenspraak.

(2) Een continue $g \colon f(X) \to \{0,1\}$ levert $g \circ f$ constant, dus $g$ is 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 $x \in B \subseteq \bar A$ zit in de afsluiting van $A$ , en $f^{-1}(f(x))$ is een omgeving van $x$ (origineel van open), die $A$ moet snijden: $f(x) = c$ .

(4) Voor $X \times Y$ en $f\colon X\times Y \to \{0,1\}$ : twee punten $(x,y), (x',y')$ worden verbonden door de “elleboog” $\{x\}\times Y \cup X \times \{y'\}$ , een unie van twee samenhangende verzamelingen (homeomorf met $Y$ , $X$ ) die elkaar in $(x, y')$ treffen: door (3) en (2) stemt $f$ overeen op de twee punten. ∎

Definitie 6.21

$X$ is boogsamenhangend als twee punten door een boog (continue $\gamma \colon [0,1] \to X$ ) verbonden zijn. Boogsamenhang impliceert samenhang: twee waarden van een continue $f \colon X \to \{0,1\}$ in $x, y$ zijn waarden van de constante $f\circ\gamma$ (Stelling 6.20(1)–(2)). Convexe deelverzamelingen van genormeerde ruimten zijn boogsamenhangend (segmenten); evenals $\R^n \setminus \{0\}$ voor $n \geq 2$ (om de oorsprong heen), en $S^n$ voor $n \geq 1$ (projecteer bogen vanuit $\R^{n+1}\setminus \{0\}$ ).

Voorbeeld 6.22 (De topologen-sinus)

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

De topologen-sinus: de grafiek van 1x (rood) stapelt zich op het hele segment \0\×[-1,1] (blauw). De unie is samenhangend maar niet boogsamenhangend: geen continue boog kan de oneindig vele oscillaties in eindige parametertijd oversteken. — De topologen-sinus: de grafiek van $\sin\frac1x$ (rood) stapelt zich op het hele segment $\{0\}\times[-1,1]$ (blauw). De unie is samenhangend maar niet boogsamenhangend: geen continue boog kan de oneindig vele oscillaties in eindige parametertijd oversteken.

Definitie 6.23

De samenhangscomponent van $x \in X$ is de unie van alle samenhangende deelverzamelingen die $x$ bevatten — de grootste (Stelling 6.20(3)). Componenten partitioneren $X$ en zijn gesloten (afsluitingen van samenhangende verzamelingen zijn samenhangend). $X$ is totaal onsamenhangend als alle componenten singletonen zijn ( $\Q$ ; de Cantorverzameling van het weekendprobleem).

Stelling 6.24

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

Bewijs. Veronderstel $h \colon \R \to \R^n$ is een homeomorfisme. Verwijder een punt: $\R \setminus \{0\}$ is homeomorf met $\R^n \setminus \{h(0)\}$ . Maar $\R\setminus\{0\}$ is onsamenhangend, terwijl $\R^n\setminus\{\text{punt}\}$ boogsamenhangend is voor $n \geq 2$ (Definitie 6.21; vertaal het punt naar $0$ ): samenhang is een homeomorfisme-invariant (Stelling 6.20(2)) — tegenspraak. (Dat $\R^2 \not\cong \R^3$ vergt fijnere invarianten — algebraïsche topologie; het weekendprobleem toont het gevaar: continue surjecties $\R \to \R^2$ bestaan wél.) ∎

Methode 6.25

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

6.5 Oefeningen

Oefening 6.1 ★

(a) Lijst alle topologieën op $\{a, b\}$ , classificeer ze op homeomorfisme na, en bepaal welke samenhangend en welke Hausdorff zijn. (b) In $\R$ (gebruikelijke topologie), bereken inwendige, afsluiting en rand van $\Q$ , van $[0,1) \cup \{2\}$ , en van $\{1/n : n \geq 1\}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.1.

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

(b) $\Q$ : inwendige $\varnothing$ (elk interval bevat irrationalen), 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 de afsluiting zelf.

Oefening 6.2 ★

(a) Toon dat $f\colon X \to Y$ continu is desda $f^{-1}(B)$ open is voor elke $B$ in een vaste basis van $Y$ . (b) Toon dat $f = \mathbf 1_{[0,\infty)} \colon \R \to \R$ niet continu is maar rechtscontinu. Verifieer dat de halfopen intervallen $[a, b)$ een basis van een topologie op het bron- $\R$ vormen (de Sorgenfrey-lijn), dat deze topologie strikt fijner is dan de gebruikelijke, en dat een functie $\R \to \R$ (gebruikelijk doel) continu is vanuit de Sorgenfrey-lijn desda rechtscontinu in elk punt.

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.2.

(a) Elke open $V \subseteq Y$ is een unie $\bigcup B_j$ van basisverzamelingen, en $f^{-1}(V) = \bigcup f^{-1}(B_j)$ : als de laatsten open zijn, is de eerste dat ook; het omgekeerde is triviaal.

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

Oefening 6.3 ★

Op een oneindige verzameling met de cofiniete topologie, toon: elke twee niet-lege open verzamelingen snijden (dus de ruimte is niet Hausdorff, dus niet metrizeerbaar); elke injectieve rij convergeert naar elk punt. Waar gebruikt het bewijs van uniciteit van limieten Hausdorff?

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.3.

Twee niet-lege opens hebben eindige complementen, dus hun doorsnede heeft eindig complement: niet-leeg (de verzameling is oneindig) — geen twee punten hebben disjuncte omgevingen: niet Hausdorff, dus niet metrizeerbaar (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 een staart van de rij ligt in $U$ : $x_n \to x$ , voor elk $x$ . Het uniciteitsbewijs heeft twee disjuncte omgevingen nodig om twee beweerde limieten te scheiden — precies wat hier faalt.

Oefening 6.4 ★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.4.

(a) Continuïteit is per constructie (Definitie 6.9). Openheid: een open $W \subseteq X \times Y$ is een unie van dozen $U_i\times V_i$ , en $\pi_X(W) = \bigcup U_i$ (niet-lege dozen projecteren op hun factoren), 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) ( $\Rightarrow$ ) Projecties zijn continu. ( $\Leftarrow$ ) Zij $x^{(k)} \to x$ componentsgewijs en $W = \prod U_n$ een basisomgeving van $x$ , met $U_n = X_n$ behalve voor $n \in F$ eindig. Voor elke $n \in F$ , $x_n^{(k)} \in U_n$ voor $k \geq K_n$ ; voor $k \geq \max_F K_n$ , $x^{(k)} \in W$ . De formule $d$ definieert een metriek (elke sommand is er één, tot de standaardverificatie dat $\min(1, d_n)$ dat is); haar bollen: $B_d(x, 2^{-N})$ bevat de basisdoos $\{y : d_n(x_n,y_n) < 2^{-N},\ n \leq N'\}$ voor geschikte $N'$ (de staart $\sum_{n > N'} 2^{-n}$ is klein), en omgekeerd bevat elke basisdoos een $d$ -bol: de twee topologieën hebben dezelfde omgevingen van elk punt.

(c) In de producttopologie, $x^{(k)} \to 0$ door (b). De doos-open verzameling $U = \prod_n \intoo{-\tfrac1n}{\tfrac1n}$ bevat $0$ , maar $x^{(k)} \notin U$ voor elke $k$ (de $n$ -de coördinaat $1/k \geq 1/n$ wanneer $n \geq k$ ): geen staart treedt $U$ binnen. De dozentopologie is strikt fijner en geen product-type topologie voor convergentiedoeleinden.

Oefening 6.5 ★★

De cirkel, op drie manieren. Toon dat de volgende paarsgewijs homeomorf zijn, met expliciete afbeeldingen: (i) $S^1 \subseteq \R^2$ ; (ii) $\R/\Z$ (quotiënttopologie); (iii) $[0,1]/(0 \sim 1)$ . (Voor (ii): toon dat $\R/\Z$ Hausdorff is — til twee klassen op naar representanten op afstand $\leq \frac12$ — en dat $\pi([0,1])$ alles is, dus het quotiënt compact; 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 klassen mod $\Z$ : zij induceert een continue bijectie $\bar\varphi \colon \R/\Z \to S^1$ (Propositie 6.10(b)). De projectie $\pi$ is open: voor $U \subseteq \R$ open is $\pi^{-1}(\pi(U)) = \bigcup_{n}(U + n)$ open, dus $\pi(U)$ is open. Hausdorff: zij $\bar x \neq \bar y$ ; kies representanten met $\delta = \min_{n}\abs{x - y - n} > 0$ ; de beelden van de intervallen van straal $\delta/3$ rond $x$ en $y$ zijn open (openheid van $\pi$ ), bevatten $\bar x, \bar y$ , en zijn disjunct (twee origineelpunten zouden $< 2\delta/3$ uit elkaar liggen mod $\Z$ ). 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 de Hausdorff $S^1$ : een homeomorfisme (Gevolg 6.14).

Voor (iii): de samenstelling $[0,1] \hookrightarrow \R \xrightarrow{\pi} \R/\Z$ is continu, surjectief, en identificeert precies $0 \sim 1$ : zij 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 Hausdorff: een homeomorfisme. Samenstellend: alle drie ruimten zijn homeomorf.

Oefening 6.6 ★★

Zij $X$ een metrische ruimte. (a) Toon dat een eindige unie van compacte deelverzamelingen compact is, en dat een willekeurige doorsnede dat is. (b) Als $K$ compact is, $F$ gesloten, $K \cap F = \varnothing$ , toon $d(K, F) = \inf\{d(x,y) : x \in K, y \in F\} > 0$ ; geef een tegenvoorbeeld met twee disjuncte gesloten verzamelingen. (c) Toon dat $X$ compact is desda elke continue $f \colon X \to \R$ begrensd is. (Als enige rij geen convergente deelrij heeft, bouw een onbegrensde continue functie gesteund nabij haar termen; of gebruik $x \mapsto d(x, \cdot)$ -type functies — een schone route: als $(x_n)$ geen clusterpunt heeft, is de verzameling $\{x_n\}$ gesloten en discreet, en $f(x_n) = n$ breidt continu uit zonder Tietze: $f(x) = \sum_n n\,\max\bigl(0, 1 - \frac{d(x, x_n)}{r_n}\bigr)$ voor kleine genoeg $r_n$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.6.

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

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

(c) Als $X$ compact is, is elke continue $f$ begrensd (Stelling 6.13(2)). Omgekeerd, als $X$ niet compact is, neem $(x_n)$ zonder convergente deelrij (Stelling 6.16); overgaand op een deelrij mogen we aannemen dat de $x_n$ paarsgewijs verschillend zijn, en geen punt van $X$ is een clusterpunt van de rij, dus

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

en de bollen $B(x_n, r_n)$ zijn paarsgewijs disjunct (een gemeenschappelijk punt van de $n$ -de en $m$ -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 elk $x$ is hoogstens één sommand niet-nul, en $f(x_n) = n$ . Continuïteit in $x$ : zij $y_k \to x$ ; elke waarde $f(y_k)$ is ofwel $0$ of een enkele bultwaarde $\mathrm{bump}_{n_k}(y_k)$ . Als enige index $n$ oneindig vaak voorkomt, langs die deelrij $f(y_k) = \mathrm{bump}_n(y_k) \to \mathrm{bump}_n(x)$ , wat gelijk is aan $f(x)$ (als $x \in B(x_n, r_n)$ , ligt de hele staart in deze open bol en komt geen andere index voor; als $x \notin B(x_n, r_n)$ dan $\mathrm{bump}_n(x) = 0 = f(x)$ , omdat $x$ , adherent aan de $n$ -de bol, in geen andere open bol ligt). Als $n_k \to \infty$ : $d(y_k, x_{n_k}) < r_{n_k} \leq 2^{-n_k} \to 0$ , dus $x_{n_k} \to x$ , waardoor $x$ een clusterpunt van $(x_n)$ is — uitgesloten; dus betreft dit geval slechts eindig veel $k$ . In elk geval $f(y_k) \to f(x)$ : $f$ is continu, en onbegrensd.

Oefening 6.7 ★★

(Lebesguegetal) Zij $(U_i)$ een open overdekking van een compacte metrische ruimte $X$ . Toon dat er $\delta > 0$ is zodat elke deelverzameling van diameter $< \delta$ in een enkele $U_i$ ligt. (Anders kies $A_n$ van diameter $< 1/n$ in geen $U_i$ , en een clusterpunt van gekozen $x_n \in A_n$ .) Leid de stelling van Heine (Gevolg 6.17(b)) opnieuw af.

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.7.

Veronderstel dat geen $\delta$ werkt: voor elke $n$ is er $A_n$ van diameter $< 1/n$ bevat in geen enkele $U_i$ ; kies $x_n \in A_n$ . Door 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 $k$ : $d(x_{n_k}, x) < r/2$ en $1/n_k < r/2$ , dus $A_{n_k} \subseteq B(x_{n_k}, 1/n_k) \subseteq B(x, r) \subseteq U_i$ — tegenspraak. Heine: gegeven $\varepsilon$ , overdek $Y$ door bollen $B(y, \varepsilon/2)$ ; de originelen vormen een open overdekking van $X$ ; zij $\delta$ een Lebesguegetal: als $d(x, x') < \delta$ , heeft het paar $\{x, x'\}$ diameter $< \delta$ , ligt in één origineel, en $d(f(x), f(x')) < \varepsilon$ .

Oefening 6.8 ★★

(a) Toon dat $GL_n(\R)$ een open, dichte deelverzameling van $M_n(\R)$ is, en dat zij onsamenhangend is: het teken van de determinant scheidt haar in (minstens) twee stukken. Toon anderzijds dat $GL_n(\C)$ boogsamenhangend is. (Voor $A, B \in GL_n(\C)$ : $\lambda \mapsto \det\bigl((1 - \lambda)A + \lambda B\bigr)$ is een polynoom, niet identiek nul, dus heeft eindig veel wortels in $\C$ : kies een boog van $\lambda$ ’s in $\C$ van $0$ naar $1$ die ze vermijdt.) (b) Bewijs 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, continu). Onsamenhangend: $\det$ beeldt haar op $\R\setminus\{0\}$ af, en een samenhangende ruimte heeft samenhangende continue beelden (Stelling 6.20(2)); $\R\setminus\{0\}$ is geen interval. $GL_n(\C)$ : voor $A, B$ inverteerbaar is $p(\lambda) = \det\bigl((1-\lambda)A + \lambda B\bigr)$ een polynoom in $\lambda$ met $p(0), p(1) \neq 0$ , dus niet identiek nul: hij heeft eindig veel wortels in $\C$ . Het vlak minus eindig veel punten is boogsamenhangend (vermijd de punten door eromheen te gaan), dus is er een boog $\lambda(t)$ van $0$ naar $1$ met $p(\lambda(t)) \neq 0$ : $t \mapsto (1-\lambda(t))A + \lambda(t)B$ is een boog in $GL_n(\C)$ .

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

Oefening 6.9 ★★

(a) Toon dat de samenhangscomponenten van $\Q$ de singletonen zijn, en dat $\Q$ niet lokaal compact is (een compacte omgeving van $0$ in $\Q$ zou $[-r, r]\cap\Q$ bevatten, wiens afsluiting in $\Q$ niet compact is: snijd bij een irrationaal). (b) Voltooi Voorbeeld 6.22: geen boog verbindt $(0,0)$ met $\Gamma$ . (Als $\gamma = (\gamma_1, \gamma_2)$ zo’n boog is, zij $t^* = \sup\{t : \gamma_1(t) = 0\}$ ; voor $t > t^*$ beweegt het punt op 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 tegenspraak met continuïteit van $\gamma_2$ in $t^*$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.9.

(a) Zij $A \subseteq \Q$ met $p < q$ en kies een irrationaal $\alpha \in (p, q)$ : $A = (A \cap (-\infty, \alpha)) \sqcup (A\cap(\alpha, +\infty))$ splitst $A$ in twee niet-lege relatief open stukken: $A$ is onsamenhangend. Componenten zijn singletonen. Lokale compactheid faalt: een compacte omgeving $V$ van $0$ in $\Q$ bevat $[-r, r]\cap\Q$ voor enige $r > 0$ , die gesloten is in $V$ , dus compact; maar een rij rationalen in $[-r,r]$ die (in $\R$ ) naar een irrationaal 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 boog 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, dus $\gamma_1(t^*) = 0$ en $\gamma_1 > 0$ op $(t^*, 1]$ . Door continuïteit van $\gamma_2$ in $t^*$ , kies $\delta$ met $\abs{\gamma_2(t) - \gamma_2(t^*)} < \tfrac12$ voor $t \in [t^*, t^* + \delta]$ . Fixeer $t_0 = t^* + \delta$ (mag $\leq 1$ aannemen): $\gamma_1(t_0) > 0$ , en $\gamma_1$ neemt elke waarde van $(0, \gamma_1(t_0)]$ op $[t^*, t_0]$ 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 $\gamma_1(s) = a_k$ , $\gamma_1(s') = b_k$ ; omdat de punten op de grafiek liggen, $\gamma_2(s) = \sin(1/a_k) = 1$ en $\gamma_2(s') = -1$ . Beide kunnen niet binnen $\frac12$ van $\gamma_2(t^*)$ liggen: tegenspraak. $S$ is samenhangend maar niet boogsamenhangend.

Oefening 6.10 ★★★

De midden-derden-Cantorverzameling $C = \bigcap_n C_n$ , waarbij $C_0 = [0,1]$ en $C_{n+1}$ het open middenderde van elk interval van $C_n$ verwijdert. (a) Toon $C = \bigl\{\sum_{n\geq1} a_n3^{-n} : a_n \in \{0,2\}\bigr\}$ , en dat $C$ compact is, met leeg inwendige, en geen geïsoleerd punt heeft (perfect). (b) Toon dat $C$ totaal onsamenhangend is. (c) Toon dat $x \mapsto (a_n(x))_n$ een homeomorfisme $C \to \{0,2\}^\N$ is (producttopologie op de discrete twee-punten-ruimte); 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 $x$ die een ternaire ontwikkeling met cijfers in $\{0, 2\}$ tot rang $n$ toelaten (inductie: middenderden verwijderen verwijdert eerste cijfer $1$ , enz.; eindpunten hebben twee ontwikkelingen, één die $1$ s vermijdt), dus $C = \bigcap C_n$ is de verzameling sommen $\sum a_n3^{-n}$ , $a_n \in \{0,2\}$ . Compact: elke $C_n$ is een eindige unie van gesloten intervallen; $C$ is gesloten in $[0,1]$ . Leeg inwendige: $C \subseteq C_n$ , een unie van intervallen van lengte $3^{-n}$ ; een inwendig interval van lengte $\ell > 0$ zou in één daarvan passen voor alle $n$ . Perfect: gegeven $x \in C$ en $m$ , flip het cijfer $a_m$ : het nieuwe punt is in $C$ , verschillend, binnen $2\cdot3^{-m}$ van $x$ .

(b) Als $x \neq y \in C$ , verschillen hun ontwikkelingen eerst op enige rang $k$ ; ertussen ligt een verwijderd middenderde-interval (de spleet op rang $k$ die cijfer $0$ van cijfer $2$ scheidt), wat een punt $c \notin C$ , $x < c < y$ (zeg) levert: $C = (C \cap (-\infty, c)) \sqcup (C \cap (c, \infty))$ splitst elke deelverzameling die beide punten bevat. Componenten zijn singletonen.

(c) De cijferafbeelding $\beta\colon x \mapsto (a_n(x))$ is een bijectie op $\{0,2\}^\N$ (bestaan en uniciteit van $\{0,2\}$ -ontwikkelingen: verschillende cijferrijen geven punten op afstand $\geq 3^{-k} > 0$ waar ze eerst verschillen, zoals in Probleem 6.1, vraag 1). Zij is continu: $\abs{x - y} < 3^{-m}$ forceert overeenstemming van de eerste $m$ cijfers (zelfde berekening), dus $\beta$ beeldt kleine bollen af in basisdozen. Een continue bijectie van de compacte $C$ naar het Hausdorff-product is een homeomorfisme (Gevolg 6.14; het product is Hausdorff: scheid op een verschillende coördinaat). Overaftelbaarheid: Cantors diagonaal op $\{0,2\}^\N$ . Tenslotte $\{0,2\}^\N \times \{0,2\}^\N \cong \{0,2\}^\N$ door cijfervervlechting (een homeomorfisme: componentsgewijze continuïteit beide kanten), 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 éénpuntscompactificatie $\widehat{\R^n}$ , en dat verwijdering van elk punt van $S^n$ een ruimte homeomorf met $\R^n$ achterlaat.

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.11.

Voor $y \in \R^n$ , zet

\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 controleert $\norm{\tau(y)} = 1$ , $\tau(y) \neq N$ , en $\sigma(\tau(y)) = y$ , $\tau(\sigma(x)) = x$ : $\sigma$ en $\tau$ zijn elkaars inverse, beide continu (rationale formules met niet-verdwijnende noemers): $S^n\setminus\{N\} \cong \R^n$ . Breid uit tot $\hat\sigma \colon S^n \to \widehat{\R^n}$ door $N \mapsto \infty$ : een bijectie, continu in elk punt van $S^n\setminus\{N\}$ , en in $N$ : een basisomgeving van $\infty$ is $\widehat{\R^n}\setminus K$ , $K$ compact, $K \subseteq \bar B(0, R)$ ; omdat $\norm{\sigma(x)}^2 = \frac{1 + x_{n+1}}{1 - x_{n+1}} \to \infty$ als $x_{n+1} \to 1$ , beeldt de verzameling $\{x \in S^n : x_{n+1} > 1 - \eta\}$ buiten $\bar B(0,R)$ af voor kleine $\eta$ : continuïteit. Een continue bijectie van de compacte $S^n$ naar de Hausdorff $\widehat{\R^n}$ is een homeomorfisme. Een ander punt $p$ verwijderen: een rotatie van $S^n$ beeldt $p$ af op $N$ (rotaties zijn homeomorfismen), reduceert tot het berekende geval: $S^n \setminus \{p\} \cong \R^n$ .

Oefening 6.12 ★★★

(De topologen-sinus) Zij

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

(a) Toon dat $T$ compact is, en dat zij de afsluiting is van het grafiekdeel. (b) Toon dat $T$ samenhangend is (de grafiek is samenhangend als continu beeld; haar afsluiting blijft samenhangend). (c) Toon dat $T$ niet boogsamenhangend is: geen continue boog verbindt $(0,0)$ met $(1, \sin1)$ . (Als $\gamma = (\gamma_1, \gamma_2)$ zo’n boog is, zij $t^* = \sup\{t : \gamma_1(t) = 0\}$ ; net na $t^*$ neemt $\gamma_1$ alle kleine positieve waarden aan (tussenwaardestelling), dus oscilleert $\gamma_2$ tussen $\pm1$ op elk interval $(t^*, t^* + \delta)$ — tegenspraak met continuïteit in $t^*$ .) (d) Concludeer dat boogsamenhang strikt sterker is dan samenhang, en toon dat geen dergelijk voorbeeld open in $\R^n$ kan zijn: een open samenhangende deelverzameling van $\R^n$ is boogsamenhangend (de verzameling punten die met een basispunt door een boog 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 door continuïteit van $\sin\frac1x$ op $\intoc01$ ; een limiet met abscissen $\to 0$ heeft ordinaat in $\intcc{-1}1$ , ligt dus in het segment. Compact door Heine–Borel (Gevolg 6.17). Afsluiting van de grafiek $\Gamma$ : elk punt $(0, y)$ , $y \in \intcc{-1}1$ , is limiet van grafiekpunten — los $\sin\frac1x = y$ op nabij $0$ (de functie veegt $\intcc{-1}1$ op elk interval $[\frac1{(k+1)\pi}, \frac1{k\pi}]$ ): $\bar\Gamma = T$ .

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

(c) Veronderstel $\gamma\colon\intcc01\to T$ continu met $\gamma(0) = (0,0)$ , $\gamma(1) = (1, \sin1)$ , en zij $t^* = \sup\{t : \gamma_1(t) = 0\}$ : door continuïteit $\gamma_1(t^*) = 0$ en $\gamma_1 > 0$ op $\intoc{t^*}1$ . Voor elke $\delta > 0$ neemt het interval $\intoc{t^*}{t^*+\delta}$ alle waarden van $\gamma_1$ in enige $\intoc0\eta$ aan (tussenwaardestelling, $\gamma_1(t^* + \delta) > 0$ ); in het bijzonder bevat het abscissen van de vorm $\frac1{\pi/2 + 2k\pi}$ en $\frac1{-\pi/2 + 2k\pi}$ voor willekeurig grote $k$ , waarop $\gamma_2 = \pm1$ . Dus op elke rechtsomgeving van $t^*$ neemt $\gamma_2$ beide waarden $1$ en $-1$ aan: $\gamma_2$ heeft geen limiet in $t^{*+}$ , in tegenspraak met continuïteit. Geen boog bestaat.

(d) $T$ is samenhangend maar niet boogsamenhangend: de twee noties verschillen. Voor open $U \subseteq \R^n$ samenhangend en $a \in U$ , zij $V$ de verzameling punten van $U$ die met $a$ door een boog in $U$ verbonden zijn. $V$ is open: rond $x \in V$ is een bol $B(x, r) \subseteq U$ stervormig, en samenvoeging van de boog naar $x$ met een segment bereikt elk punt van de bol. $V$ is gesloten in $U$ : als $x \in U \setminus V$ , toont hetzelfde bolargument $B(x, r) \cap V = \varnothing$ (een punt van $V$ in de bol zou $a$ met $x$ verbinden). Niet-leeg ( $a \in V$ ), open en gesloten in de samenhangende $U$ : $V = U$ . De sinuscurve ontwijkt dit door gesloten te zijn met leeg inwendige: haar “slechte” punt $(0,0)$ heeft geen bol binnen $T$ om de oscillaties te overbruggen.

6.6 Probleem: de Cantorverzameling en een ruimtevullende kromme

Probleem 6.1

Weekendprobleem — Peano-krommen bestaan, en waarom ze geen homeomorfismen zijn

In 1890 verraste Peano de analyse met een continue surjectie $[0,1] \to [0,1]^2$ : een kromme die een vierkant vult. We bouwen er een met blote handen uit de Cantorverzameling $C$ van Oefening 6.10 (wiens resultaten vrij gebruikt mogen worden), en bewijzen dan dat geen dergelijke afbeelding injectief kan zijn: vierkanten zijn geen krommen. Doorheen schrijven we 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 uitlezen.

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

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 dat $g$ continu is (gebruik vraag 1) en surjectief. Is zij injectief?
Definieer $\Phi \colon C \to [0,1]^2$ door

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

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

Deel III — De gaten vullen: de Peano-kromme.

Het complement $[0,1] \setminus C$ is een aftelbare unie van disjuncte open intervallen $(u, v)$ (de verwijderde middenderden) waarvan de eindpunten in $C$ liggen. Definieer $f \colon [0,1] \to [0,1]^2$ door $f = \Phi$ op $C$ , affien uitgebreid 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 dat $f$ welgedefinieerd is en surjectief op $[0,1]^2$ .
Toon dat $f$ continu is in elk punt van $[0,1] \setminus C$ (lokaal affien), en in elk punt van $C$ : gegeven $\varepsilon$ , kies $m$ met $2^{-m} < \varepsilon/2$ en gebruik vraag 1 om $\Phi$ op $C$ nabij $x$ te beheersen, en controleer 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 segment $[\Phi(u), \Phi(v)]$ , beide einden dicht bij $\Phi(x)$ . Concludeer: $f$ 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 dat een continue injectie $f \colon [0,1] \to [0,1]^2$ een homeomorfisme op haar beeld zou zijn (Gevolg 6.14).
Toon dat $[0,1]$ en $[0,1]^2$ niet homeomorf zijn: verwijder een welgekozen punt en vergelijk samenhang (Methode 6.25).
Concludeer: een continue surjectie $[0,1] \to [0,1]^2$ kan nooit injectief zijn — een injectieve zou $[0,1]^2 = f([0,1])$ homeomorf met $[0,1]$ maken door vraag 8, in tegenspraak met vraag 9. Waar precies kwam de compactheid van $[0,1]$ in het argument binnen?
(Culminatie) Formuleer de moraal: er is een continue surjectie maar geen continue bijectie $[0,1] \to [0,1]^2$ . Wat zegt dit over “dimensie” als topologische notie? Formuleer precies één stelling bewezen in dit probleem en één aannemelijke uitspraak die buiten onze middelen blijft (invariance of domain).

Deel V — De rekenkunde van de Cantorverzameling.

Bewijs dat $C + C = [0, 2]$ : gegeven $t \in [0, 1]$ , schrijf $t = \sum_n d_n3^{-n}$ met cijfers $d_n \in \{0, 1, 2\}$ en splits elk cijfer als $d_n = a_n + b_n$ met $a_n, b_n \in \{0, 1\}$ ; concludeer dat $\frac C2 + \frac C2 = [0, 1]$ (welke deelverzameling van $[0,1]$ is $\frac C2$ , in termen van ternaire cijfers?), en herschaal. Er zijn nooit overdrachten nodig — zeg waarom dit de kern is.
Interpreteer geometrisch: het “Cantorstof” $C \times C \subseteq \R^2$ , van leeg inwendige, werpt een volledige schaduw op de diagonaal: de projectie $(x, y) \mapsto x + y$ beeldt haar op $[0, 2]$ af. Noteer ook de zelfgelijkvormigheid $C = \frac C3 \cup \bigl(\frac C3 + \frac23\bigr)$ , de vergelijking achter elk plaatje van $C$ .
Toon dat cijfervervlechting een homeomorfisme $C \to C \times C$ definieert, en leid $C \cong C^n$ af voor elke $n$ — de Cantorverzameling is haar eigen vierkant, kubus, … Welke vertrouwde ruimten delen deze eigenschap?
Toon dat $\frac14 \in C$ (bereken haar ternaire ontwikkeling: $\frac14 = \sum_{k\geq1} 2\cdot3^{-2k}$ ) hoewel $\frac14$ eindpunt is van geen verwijderd interval; leid af — door eindpunten te tellen — dat eindpunten een aftelbare, eigenlijke deelverzameling van $C$ vormen.
Toon dat de binaire-leesafbeelding $g$ van vraag 3 hoogstens $2$ -op- $1$ is, en beschrijf precies welke punten van $[0,1]$ twee originelen hebben. ( $g$ identificeert $C$ op $[0,1]$ door aftelbaar veel paren te verlijmen: de combinatorische schaduw van de Cantortrap opnieuw ontmoet in Hoofdstuk 9.)

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

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

Deel VII — Coda’s: hoe regulier, en hoe ver van perfect.

(Hölder-regulariteit van de kromme) Zet $\alpha = \frac{\ln 2}{2\ln 3} \approx 0.3155$ , en noteer de identiteit $3^\alpha = \sqrt2$ . Met vraag 1, toon dat

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

en propageer de schatting door de affiene gaten: toon dat de Peano-kromme $f$ van vraag 6 voldoet aan $\norm{f(t) - f(s)}_\infty \leq 6\abs{t - s}^\alpha$ op heel $[0,1]$ (behandel een paar in hetzelfde gat door interpolatie, dan een algemeen paar door de extreme punten van $C \cap [t, s]$ ).
(De exponent $\frac12$ is een muur) Toon dat geen surjectie $F \colon [0,1] \to [0,1]^2$ $\alpha$ -Hölder kan zijn met $\alpha > \frac12$ : snijd $[0,1]$ in $N$ intervallen, begrens de diameters van hun beelden, en tel de punten van het rooster $\bigl(\frac iM, \frac jM\bigr)$ , $0 \leq i, j \leq M$ , die een verzameling van diameter $< \frac1M$ kan bevatten; kies $M$ van orde $N^\alpha$ en laat $N \to \infty$ . Plaats onze kromme ( $\alpha \approx 0.3155$ ) ten opzichte van de muur, en noteer zonder bewijs dat de kromme van Hilbert de kritische exponent $\frac12$ bereikt.
(Afgeleide verzamelingen: imperfectie meten) Voor $F$ gesloten in $\R$ , zij $F'$ de verzameling limietpunten van $F$ (een gesloten deelverzameling), en itereer: $F^{(0)} = F$ , $F^{(i+1)} = (F^{(i)})'$ . Verifieer 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 $K' = \{0\} \cup \{\frac1m\}$ , $K'' = \{0\}$ , $K''' = \varnothing$ (controleer dat de $m$ -de cluster in het interval $(\frac1m, \frac1{m-1})$ leeft, dus de clusters verweven niet), en dat haar geïsoleerde punten dicht zijn in $K$ , zoals vraag 21 voorspelt. Beschrijf de inductie die, voor elke $j$ , een aftelbare compacte $K_j$ produceert met $K_j^{(j)} = \{0\}$ en $K_j^{(j+1)} = \varnothing$ , en contrasteer met de perfecte verzamelingen van vraag 22, waarvoor de afleiding nooit beweegt: eindige rang is precies het tegendeel van perfectie.

Oplossing

Oplossing van Probleem 6.1.

1. Veronderstel dat de ontwikkelingen van $x, y \in C$ eerst verschillen op rang $k \leq m$ , zeg $b_k(x) = 1$ , $b_k(y) = 0$ . Dan

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}:

contrapositief: $\abs{x - y} < 3^{-m}$ forceert overeenstemming tot rang $m$ .

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

3. Continuïteit: als $\abs{x - y} < 3^{-m}$ , stemmen 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: $g$ identificeert de twee Cantorpunten met cijfers $(0,1,1,1,\dots)$ en $(1,0,0,\dots)$ — beide gaan naar $\frac12$ (de dyadische ambiguïteit $0.0111\ldots_2 = 0.1000\ldots_2$ ).

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

5. De gaten zijn paarsgewijs disjunct met eindpunten in $C$ , dus de formule definieert $f$ eenduidig op $[0,1]$ ; in de eindpunten van een gat retourneert de affiene formule $\Phi(u)$ , $\Phi(v)$ : consistent met $f = \Phi$ op $C$ . Surjectiviteit: reeds $f(C) = \Phi(C) = [0,1]^2$ .

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

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

(ii) Over een gat: een gat $(u,v)$ verwijderd in stadium $k$ heeft lengte $3^{-k}$ , en haar eindpunten hebben cijfers die tot rang $k - 1$ overeenstemmen (ze verschillen vanaf rang $k$ ), dus $\norm{\Phi(v) - \Phi(u)}_\infty \leq 2^{-\lfloor (k-1)/2\rfloor}$ .

Nu zij $\abs{t - x} < 3^{-M}$ met $t$ in een gat $(u, v)$ van stadium $k$ , en zeg $u$ is het eindpunt aan de kant van $x$ , dus $\abs{u - x} < 3^{-M}$ en $0 < t - u < 3^{-M}$ . Dan

\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 $\leq 2^{-\lfloor(M-1)/2 \rfloor}$ ; voor $k < M$ , 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 $\norm{f(t) - \Phi(x)}_\infty \leq C\,2^{-M/2}$ met een absolute constante $C$ : $M \to \infty$ bewijst continuïteit in $x$ (punten $t \in C$ worden door (i) gedekt). Dus is $f$ een continue surjectie $[0,1] \to [0,1]^2$ — inderdaad tonen de schattingen dat zij Hölder is van exponent $\log 2/(2\log 3)$ -smaak, maar continuïteit is alles wat we claimden.

7. Voor $[0,1]^n$ : splits de cijfers van $x \in C$ in $n$ verweven deelrijen en herhaal vragen 4–6 letterlijk. Voor $\R \to \R^2$ : zij $h \colon [0,1] \to [-1,1]^2$ een continue surjectie (herschal $f$ ). Definieer $F$ op $[m, m + \frac12]$ ( $m \in \Z$ ) als een kopie van $h$ herschaald om $[-(m+1), m+1]^2$ te vullen voor $m \geq 0$ (en symmetrisch voor $m < 0$ ), en op $[m + \frac12, m + 1]$ als het affiene segment dat de eindpuntwaarden verbindt: $F$ is continu (plakken 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 $[0,1]^2$ Hausdorff: een continue injectie is een homeomorfisme op haar beeld (Gevolg 6.14 toegepast op de corestrictie).

9. Verwijder $\frac12$ : $[0,1]\setminus\{\frac12\}$ is onsamenhangend. Als $h \colon [0,1] \to [0,1]^2$ een homeomorfisme was, zou $[0,1]^2\setminus\{h(\frac12)\}$ ook onsamenhangend zijn (homeomorfe beelden van onsamenhangende ruimten zijn onsamenhangend); maar het vierkant minus een punt is boogsamenhangend: verbind twee punten door een twee-segmenten-boog die de punctie vermijdt. Tegenspraak: $[0,1] \not\cong [0,1]^2$ .

10. Door vraag 8 zou een injectieve continue surjectie $[0,1] \to [0,1]^2$ een homeomorfisme zijn, in tegenspraak met vraag 9. Compactheid kwam precies binnen in Gevolg 6.14: zij maakt de inverse van de continue bijectie continu (beelden van gesloten verzamelingen zijn compact, 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 $[0,1] \not\cong [0,1]^2$ . Dus wordt “dimensie” niet bewaard door continue surjecties — kardinaliteit en zelfs continuïteit zien haar niet — maar zij is een topologische invariant op het niveau van homeomorfismen, althans voor $1$ versus $2$ dimensies, waar samenhang-na-verwijdering volstaat. De algemene uitspraak — invariance of domain: $\R^m \cong \R^n$ impliceert $m = n$ , en een continue injectie $\R^n \to \R^n$ is open — is waar maar vergt algebraïsche topologie (homologie), voorbij deze cursus.

12. In ternair, $\frac C2 = \{\sum_na_n3^{-n} : a_n \in \{0, 1\}\}$ (halveren van cijfers $\{0,2\}$ geeft cijfers $\{0,1\}$ ). Voor $t \in [0,1]$ , kies enige ternaire ontwikkeling $t = \sum_nd_n3^{-n}$ , $d_n \in \{0,1,2\}$ , 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 $t \in \frac C2 + \frac C2$ . De kern is dat elk cijfer binnen $\{0,1\}$ splitst, zodat nooit overdracht propageert en de cijfers onafhankelijk behandeld kunnen worden. De omgekeerde inclusie is duidelijk (cijfersommen blijven $\leq 2$ ). Herschalen met $2$ : $C + C = [0,2]$ .

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 volledig segment. Zelfgelijkvormigheid: het eerste ternaire cijfer van een Cantorpunt is $0$ of $2$ , en strippen geeft $C = \frac C3 \cup \bigl(\frac C3 + \frac23\bigr)$ — de vastepuntvergelijking die elk plaatje van $C$ genereert.

14. Via $C \cong \{0,1\}^\N$ (vraag 2) is de vervlechting $(\varepsilon, \varepsilon') \mapsto (\varepsilon_1, \varepsilon_1', \varepsilon_2, \varepsilon_2', \dots)$ een bijectie $\{0,1\}^\N\times\{0,1\}^\N \to \{0,1\}^\N$ , continu beide kanten (elke uitvoercoördinaat hangt van één invoercoördinaat af; producttopologie). Dus $C\times C \cong C$ en inductief $C^n \cong C$ . Vertrouwde ruimten delen dit niet: $\R^2 \not\cong \R$ en $[0,1]^2 \not\cong [0,1]$ (vraag 11); oneindige producten wel: $([0,1]^\N)^2 \cong [0,1]^\N$ door dezelfde vervlechting.

15. $\sum_{k\geq1}2\cdot3^{-2k} = 2\cdot\frac{1/9}{1 - 1/9} = \frac14$ : de ternaire ontwikkeling van $\frac14$ is $0.\overline{02}$ , met cijfers in $\{0,2\}$ , dus $\frac14 \in C$ ; noch een eindige ontwikkeling noch een uiteindelijk- $2$ - staart zijnd, is zij eindpunt van geen verwijderd middenderde. Eindpunten vormen een aftelbare verzameling (twee per verwijderd interval, aftelbaar veel intervallen), terwijl $C \cong \{0,1\}^\N$ overaftelbaar is (diagonaalargument, of vraag 19): bijna elk Cantorpunt is, zoals $\frac14$ , onzichtbaar in het gebruikelijke eindpuntenplaatje.

16. $g(x) = g(y)$ betekent dat de binaire rijen $(b_n(x))$ , $(b_n(y))$ hetzelfde reële getal voorstellen. Verschillende binaire rijen die hetzelfde getal voorstellen komen precies voor in de dyadische ambiguïteit $0.w01^\infty = 0.w10^\infty$ : hoogstens twee originelen, en precies twee precies bij de dyadische rationalen van $(0,1)$ . Dus identificeert $g$ $C$ op $[0,1]$ door aftelbaar veel paren te verlijmen — het combinatorische skelet van de Cantortrap van Hoofdstuk 9.

17. $x$ is niet geïsoleerd in $P$ , dus $B(x, r/2)$ bevat enige $y_0 \in P \setminus \{x\}$ ; $y_0$ is evenmin geïsoleerd, dus $B(x, r/2)$ bevat 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 zijn gecentreerd in punten van $P$ , waar dezelfde tweepuntsextractie herhaald kan worden: perfectie is de onuitputtelijke voorraad nabije punten die de recursie eeuwig levend houdt.

18. Bouw $F_w$ door inductie op de woordlengte: $F_\varnothing = P$ , en binnen elke bol $B(y_w, \rho_w)$ levert vraag 17 twee disjuncte gesloten bollen van straal $\leq \min(\rho_w/2,\ 2^{-\abs w-1}\operatorname{diam}P)$ gecentreerd in punten van $P$ ; zet $F_{wi} = \bar B(y_{wi}, \rho_{wi}) \cap P$ : niet-leeg (haar centrum) en compact. Voor oneindige $\varepsilon$ hebben de geneste niet-lege compacta $F_{\varepsilon_1\cdots\varepsilon_m}$ niet-lege doorsnede (eindige-doorsnede-eigenschap in de compacte $P$ ), van diameter $0$ : een enkel punt $h(\varepsilon)$ .

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

20. $h$ is een continue injectie van de compacte $\{0,1\}^\N$ naar de Hausdorff (metrische) $P$ : Gevolg 6.14 tilt haar op tot een homeomorfisme op haar beeld; en $\{0,1\}^\N \cong C$ (vraag 2). Elke perfecte compacte metrische ruimte bevat een kopie van de Cantorverzameling: perfectie heeft een universele kiem, en die is Cantors.

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

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

23. Zij $x \neq y$ in $C$ en kies $m \geq 0$ met $3^{-(m+1)} \leq \abs{x - y} < 3^{-m}$ . Door vraag 1 stemmen de cijfers $b_n(x) = b_n(y)$ overeen voor $n \leq m$ ; de eerste coördinaat van $\Phi$ gebruikt $b_1, b_3, \dots$ , 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 $C$ . Zelfde gat $(u, v)$ : $f$ is affien daar, 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,

omdat $\frac{\abs{t-s}}{v-u} \leq \bigl(\frac{\abs{t-s}} {v-u}\bigr)^\alpha$ wanneer $\abs{t-s} \leq v - u$ . Algemene $t < s$ : als $[t, s]$ $C$ snijdt, zij $u'$ en $v'$ de kleinste en grootste punten van de compacte $C \cap [t, s]$ ; dan ligt $t$ in een gat (of in een punt van $C$ ) wiens rechter eindpunt $u'$ is, $s$ in één met linker eindpunt $v'$ , en

\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 ;

als $[t, s]$ $C$ mist, geldt hetzelfde-gat-geval. Dus is $f$ $\alpha$ -Hölder met $\alpha = \frac{\ln2}{2\ln3}$ .

24. Veronderstel $\norm{F(t) - F(s)} \leq C\abs{t-s}^\alpha$ 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 $CN^{-\alpha} \leq \frac1{2M} < \frac1M$ , en surjectiviteit plaatst elk van de $(M+1)^2$ roosterpunten in enige $F(I_j)$ , vandaar

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

en $N^{2\alpha - 1} \leq 4C^2$ faalt voor grote $N$ wanneer $2\alpha > 1$ : tegenspraak. Onze kromme, met $\alpha \approx 0.3155$ , zit onder de muur, zoals zij moet; de kromme van Hilbert (toegegeven) is $\frac12$ -Hölder, dus de kritische exponent $\frac12$ wordt bereikt — Hölder-regulariteit, anders dan injectiviteit, is een kwestie van graad, en $\frac12$ is precies de grens die dimensie $2$ oplegt aan een afbeelding vanuit dimensie $1$ .

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

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

met $\varepsilon_m$ klein genoeg dat de $m$ -de kopie in $\bigl(\frac1m, \frac1{m-1}\bigr)$ ligt. Afleiding werkt kopie voor kopie (de kopieën leven in disjuncte open intervallen), dus $K_{j+1}^{(i)} = \{0\} \cup \bigcup_m\bigl(\frac1m + \varepsilon_mK_j^{(i)}\bigr)$ voor $i \leq j$ ; bij $i = j$ leest dit $\{0\} \cup \{\frac1m\}$ , dan $K_{j+1}^{(j+1)} = \{0\}$ en $K_{j+1}^{(j+2)} = \varnothing$ . Elke eindige rang komt voor. Een perfecte verzameling is het andere uiterste: $P' = P$ , de afleiding beweegt nooit — en Cantor–Bendixson (vraag 22) zegt precies dat elke gesloten verzameling splitst in een perfecte kern, onzichtbaar voor afleiding, en een aftelbaar restant dat afleiding wegvreet.