Wanneer zijn alle continue functies uniform continu?

Transcriptie

1 Faculteit Wetenschappen Vakgroep Wiskunde Wanneer zijn alle continue functies uniform continu? Bachelor Project I Stijn Tóth Promotor: Prof. Eva Colebunders Academiejaar

2 Inhoudsopgave 1 Inleiding 2 2 Definities en begrippen 4 3 Equivalente eigenschappen van een UC-ruimte 6 4 Toepassingen en voorbeelden Verband tussen compactheid en compleetheid Fixpuntstelling Referenties 21 1

3 1 Inleiding Als we de compacte metrische ruimten bekijken, zien we dat deze voldoen aan verschillende eigenschappen. Sommige van deze eigenschappen, zoals de eigenschap dat iedere open overdekking een eindige deeloverdekking heeft, karakteriseren een compacte ruimte. Andere eigenschappen zijn nodig, maar niet voldoende om compactheid te karakteriseren. Een voorbeeld hiervan is volgende eigenschap. Eigenschap 1.1. In een compacte metrische ruimte heeft iedere open overdekking een Lebesgue-getal. Definitie 1.2. Een open overdekking heeft een Lebesgue-getal als er een getal λ > 0 bestaat zodat elke bol met een gelijke of een kleinere straal dan λ een deel is van een verzameling in de overdekking. We geven hier het bewijs, zoals in de cursus Topologie [1] staat. Bewijs: Stel dat (G k ) k K een open overdekking is van de compacte metrische ruimte X. Kies voor ieder punt x X een k K en een r(x) > 0 zodanig dat B(x, r(x)) G k. Beschouw nu de open overdekking {B(x, r(x) ) x X} en stel Y X eindig 2 zodat {B(x, r(x) ) x Y } een eindige deeloverdekking is. Het getal 2 λ := min{ r(x) 2 x Y } is dan een Lebesgue-getal voor (G k ) k K. Een andere eigenschap die rechtsreeks volgt uit de compactheid is de equivalentie tussen continue en uniform continue functies, zoals aangetoond in volgende eigenschap [2]. Eigenschap 1.3. Stel X een compacte metrische ruimte, Y een metrische ruimte en stel f : X Y een functie. De volgende eigenschappen zijn equivalent: 1. f is continu. 2. f is uniform continu. Definitie 1.4. Zij (X, d) en (Y, d ) metrische ruimten en f : X Y een functie. Men noemt f continu in a X als ɛ > 0 δ > 0 x X : d(x, a) < δ d (f(x), f(a)) < ɛ. Een functie heet continu als ze continu is in elk punt. 2

4 Definitie 1.5. Zij (X, d) en (Y, d ) metrische ruimten en f : X Y een functie. Men noemt f uniform continu als ɛ > 0 δ > 0 x, y X : d(x, y) < δ d (f(x), f(y)) < ɛ. Bewijs: De implicatie 2 1 is altijd waar. Als er voor alle ɛ > 0 een δ > 0 bestaat, zodat voor alle x, y X met d(x, y) < δ geldt dat d (f(x), f(y)) < ɛ, dan kiezen we voor een vaste x dezelfde δ. Waardoor continuïteit bewezen is. De andere implicatie 1 2 maakt gebruik van de compactheid. Stel (x n ) n en (y n ) n equivalente rijen met niet equivalente beeldrijen (f(x n )) n en (f(y n )) n. Dan bestaat er een ɛ > 0 en een deelrij zodanig dat voor alle n N: d(f(x kn ), f(y kn )) ɛ. Vanwege de compactheid van X heeft de rij (x kn ) n een convergente deelrij x jkn x. Vanzelfsprekend geldt dan ook y jkn x. Wegens de continuïteit zijn dan de rijen (f(x jkn )) n en (f(y jkn )) n beide convergent met als gemeenschappelijke limiet f(x). Bijgevolg zijn ze equivalent, wat in tegenspraak is met het feit dat corresponderende punten op een afstand liggen die minstens ɛ is. Voor compacte metrische ruimten is de stelling van Weierstrass [3] zeer belangrijk. Stelling 1.6. (Weierstrass) Stel X een compacte metrische ruimte en f : X R continu. Dan heeft f zowel een minimum als een maximum op X. Uit de stelling van Weierstrass kunnen we een volgende eigenschap voor compacte metrische ruimten halen, die weer geen karakterisatie is. Eigenschap 1.7. Zij X een compacte metrische ruimte. Zij E, F X, gesloten en E F =, dan bestaat er een α > 0 zodat B(E, α) B(F, α) =. Bewijs: Stel dat E en F gesloten delen zijn van een compacte metrische ruimte X, dan zijn E en F zelf compact. We bekijken de functie d : E F R + : (x, y) d(x, y). Deze functie is continu op X X. Er volgt uit de stelling van Weierstrass dat d een minimum op E F bereikt. Dit minimum is d(e, F ) = inf{d(a, b) a E, b F }. Omdat E en F disjunct zijn, is d(e, F ) > 0. Stel d(e, F ) = β en 0 < α < β 2. De α-bollen rond E en F zijn disjunct. Omdat deze eigenschappen niet voldoende zijn om compacte ruimten te karakteriseren, kunnen we ons afvragen of deze eigenschappen een ander 3

5 soort ruimte karakteriseren. Karakteriseren ze allemaal een verschillende of precies één soort ruimte? We zullen zien dat deze karakterisaties juist één topologische eigenschap of type ruimte beschrijven. We zullen deze ruimten UC-ruimten of Atsuji-ruimten noemen. Alle compacte metrische ruimten zullen UC-ruimten zijn. Maar we vragen ons af of er ook nog andere ruimten zijn. We zullen zien dat dit inderdaad het geval is. UC-ruimten zijn ook nuttig in de toepassingen. Wanneer we de functieruimte C(X, R), met de topologie van uniforme convergentie, bekijken en meer bepaald de functie Γ : C(X, R) CL(X R) : f Γ(f), waar Γ(f) de grafiek van de functie f is en CL(X R) de gesloten delen van de productruimte, dan vragen we ons af welke topologie we het best kunnen gebruiken om deze hyperruimte te beschrijven. We omschrijven drie soorten topologieën die kunnen gebruikt worden. Ten eerste bestaat er de topologie met bollen de epsilon-band rond de functie. Ten tweede is er een gelijkaardige topologie, maar met epsilonblokjes rond de functie, ten slotte kunnen we ook de Haussdorf-topologie op deze hyperruimte plaatsen. Deze drie topologieën zijn verschillend, behalve als de ruimte X een UC-ruimte is, dan zijn ze gelijk en maakt het dus niet uit welke topologie we gebruiken. Bovendien wordt de functie Γ dan een inbedding. Voor verdere informatie rond deze toepassing, verwijs ik naar [4]. We gaan in dit project hier niet verder op in. In het eerste deel van het project bewijzen we verschillende equivalente karakterisaties van UC-ruimten. Vervolgens bekijken we enkele voorbeelden van ruimten, zodat we kunnen afleiden dat UC-ruimten echt een aparte klasse vormen. Ten slotte onderzoeken we nog enkele toepassingen van UC-ruimten. 2 Definities en begrippen In deze paragraaf geven we de definities en begrippen die noodzakelijk zijn voor dit project. Enkele definities en begrippen zullen gekend zijn en worden enkel herhaald, andere definities en begrippen zijn nieuw. Ook de gebruikte notatie wordt verduidelijkt. Definitie 2.1. Zij (X, d) en (Y, d ) metrische ruimten en f : X Y een functie. Men noemt f continu in a X als ɛ > 0 δ > 0 x X : d(x, a) < δ d (f(x), f(a)) < ɛ. Een functie heet continu als ze continu is in elk punt. 4

6 Definitie 2.2. Zij (X, d) en (Y, d ) metrische ruimten en f : X Y een functie. Men noemt f uniform continu als ɛ > 0 δ > 0 x, y X : d(x, y) < δ d (f(x), f(y)) < ɛ. Definitie 2.3. Een metrische ruimte X wordt een UC-ruimte of Atsujiruimte genoemd als elke continue functie f : X R uniform continu is. Stel d de metriek van de metrische ruimte X. Voor een willekeurig deel D X en x X geldt dat d(x, D) inf{d(x, y) y D}. Voor twee willekeurige delen D, E X stellen we d(d, E) inf{d(x, E) x D}. Met d(x) bedoelen we d(x, X\{x}) en voor een willekeurig deel A X zeggen we d(a) = inf{d(a) a A} en d(a) = sup{d(a) a A}. De bol rond een punt x X en met straal r noteren we met B X (x, r). De α-sfeer rond een deelverzameling A wordt genoteerd met B X (A, α) = {x X d(x, A) < α}. Wanneer het duidelijk is in welke ruimte deze bollen zich bevinden, dan wordt de X weggelaten. De verzameling van ophopingspunten van X wordt genoteerd met X en is eigenlijk {x X d(x) = 0}. Definitie 2.4. Men noemt een metrische ruimte X volledig of compleet als iedere Cauchyrij convergeert. Definitie 2.5. Stel X een metrische ruimte en A X. Men noemt A totaal begrensd als voor iedere ɛ > 0 een eindig deel Y X bestaat zodat een overdekking is van A. {B(x, ɛ) x Y } Eigenschap 2.6. Zij (X, d) een metrische ruimte, dan zijn volgende eigenschappen equivalent: 1. Elke open overdekking van X heeft een eindige deeloverdekking. 2. Elke rij in X heeft een convergente deelrij. 3. X is volledig en totaal begrensd. Wanneer X aan één van bovenstaande eigenschappen - en dus aan allemaal - voldoet, noemt men X compact. Bewijs: Deze eigenschap staat bewezen in de cursus Topologie [1]. 5

7 Definitie 2.7. Een open overdekking heeft een Lebesgue-getal als er een getal λ > 0 bestaat zodat elke bol met een gelijke of een kleinere straal dan λ een deel is van een verzameling in de overdekking. Definitie 2.8. Twee rijen (x n ) n en (y n ) n zijn bijna gelijk als voor elke index i, behalve een eindig aantal, x i = y i. Definitie 2.9. Men noemt twee rijen (x n ) n en (y n ) n equivalent als lim d(x n, y n ) = 0. Definitie Men noemt een verzameling A X geïsoleerd als voor elke x A er een r = r(x) > 0 bestaat zodat B(x, r) = {x}. Men noemt deze verzameling uniform geïsoleerd als r onafhankelijk is van x voor alle x A. Definitie De rij (x n ) n noemt men uiteindelijk uniform geïsoleerd als er een n 0 bestaat zodat de verzameling {x n n n 0 } uniform geïsoleerd is. Definitie De rij (x n ) n noemt men uniform gescheiden als er een r > 0 bestaat, zodat voor elke n m d(x m, x n ) r geldt. Definitie Een rij (x n ) n in een metrische ruimte X noemen we pseudo- Cauchy als voor elke ɛ > 0 en voor elke N N er twee verschillende indices j > N en n > N bestaan waarvoor d(x j, x n ) < ɛ. 3 Equivalente eigenschappen van een UC-ruimte In deze paragraaf onderzoeken we equivalente eigenschappen van een UCruimte. Uit verschillende artikels ([5] - [11]) halen we de belangrijkste equivalenties en stellen ze samen tot één stelling en één bewijs. Stelling 3.1. Zij (X, d) een metrische ruimte, dan zijn volgende eigenschappen equivalent: 1. X is een UC-ruimte. 2. Als (A n ) n N een dalende rij van gesloten niet-lege deelverzamelingen is van X met lim d(a n ) = 0, dan A n. n=1 3. Als (A n ) n N een dalende rij van gesloten niet-lege deelverzamelingen is van X met lim d(a n ) = 0, dan A n. n=1 6

8 4. Elke pseudo-cauchy rij in X met verschillende termen heeft een adherentiepunt. 5. De verzameling X van X is compact en elke geïsoleerde verzameling zonder ophopingspunten is uniform geïsoleerd. 6. Elke rij zonder adherentiepunten is uiteindelijk uniform geïsoleerd. 7. X is compleet en elke uniform gescheiden rij is uiteindelijk uniform geïsoleerd. 8. Zij E, F X en E F =, dan bestaat er een α > 0 zodat B(E, α) B(F, α) =. 9. Voor elke rij (x n ) n N die geen convergente deelrij bevat, zijn de enige equivalente rijen (y n ) n N in X de rijen die bijna gelijk zijn aan (x n ) n N. 10. Elke open overdekking van X heeft een Lebesgue-getal. 11. Alle continue functies van X naar een willekeurig metrische ruimte zijn uniform continu. 12. Elke rij (x n ) n N in X met lim d(x n ) = 0 heeft een convergente deelrij. 13. De verzameling X is compact en δ 1 > 0 δ 2 > 0 : x X : d(x, X ) > δ 1 d(x) > δ 2. Bewijs: Deze keten van equivalenties bewijzen we met volgende keten van implicaties : Zij (A n ) n N een dalende rij van gesloten niet-lege verzamelingen in X met lim d(a n ) = 0. Voor elke n N, kies je een x n A n zodat 0 d(x n ) < d(a n ) + 1 n. Omdat en zal lim d(a n) = 0 1 lim n = 0 lim d(x n) = 0. 7

9 Stel nu dat (x n ) n geen adherentiepunt heeft. Dan kunnen we omdat lim d(x n ) = 0 een rij (y n ) n construeren die equivalent is met de rij (x n ) n en zodat voor elke n N y n x n. Stel dat (y kn ) n een convergente deelrij is van (y n ) n. Omdat (x n ) n en (y n ) n equivalente rijen zijn, zou de deelrij (x kn ) n convergeren naar dezelfde limiet. Dit is in tegenspraak met het gegeven dat de rij (x n ) n geen adherentiepunten heeft. Dus beide rijen hebben geen convergente deelrijen. Dus geen enkel punt zal in beide rijen oneindig keer voorkomen. We kiezen een stijgende rij (n k ) k van natuurlijke getallen, zodat elke x nk verschillend is van elke y nl. We verkrijgen dan twee disjuncte verzamelingen A {x nk k N} en B {y nk k N}. Omdat beide rijen geen adherentiepunten hebben, zijn beide verzamelingen gesloten. Als we volgende continue functie bekijken f : X R : x d(x, A) d(x, A) + d(x, B), dan stuurt die A af op 0 en B op 1. d(x nk, y nk ) naar nul gaan en Als k naar oneindig gaat dan zal f(x nk ) f(y nk ) = 1. We hebben een equivalente rij gevonden, zodat de beeldrij niet equivalent is. Dit is dus een continue functie die niet uniform continu is. Dit is een tegenspraak met 1. Dus de rij (x n ) n heeft een adherentiepunt, dat duidelijk in A n ligt, want de doorsnede van een willekeurige verzameling gesloten n=1 delen is terug gesloten. Dus A n. n=1 2 3: Er geldt voor elke niet-lege verzameling Y X, inf(y ) sup(y ). Dus als dan is lim d(a n) = 0, lim d(a n) = lim inf{d(a) a A n } lim sup{d(a) a A n } = 0. 8

10 En aangezien dat de afstandsfunctie altijd positief of gelijk aan nul is, krijgen we dat lim d(a n) = 0. Uit 2 volgt dan A n. n=1 Dit bewijst : Zij (x n ) n een pseudo-cauchy rij in X met verschillende termen. Dat (x n ) n een pseudo-cauchyrij is, wil zeggen dat we voor elke ɛ > 0 twee verschillende indices i en j voorbij een gegeven index N kunnen vinden zodat d(x i, x j ) < ɛ. Stel nu N = 0, dan kunnen we voor elke n > 0 indices i en j, met i > j vinden zodat d(x i, x j ) < 1 n. Stel dan y 2n 1 := x i en y 2n := x j. De rij (y n ) n N0 zodat d(y 2n 1, y 2n ) < 1 n. is een deelrij van (x n ) n Deze rij is ook een pseudo-cauchy rij met verschillende termen. Kies voor elke n > 0 A n = cl({y j j n}). Omdat de termen van de rij (y n ) n allen verschillend zijn, is zodat volgt uit 3. De verzameling lim d(a n) = 0, A n n=1 A n is een gesloten verzameling, omdat alle n=1 A n gesloten verzamelingen zijn. Er blijft nog te bewijzen dat elk punt in deze verzameling een adherentiepunt van de rij (x n ) n is. We nemen dus een ɛ > 0 willekeurig en een m N. Zij a A n, n=1 dan is n N : a A n = cl{y j j n}. 9

11 Kies nu k > m en 1 < ɛ. Er geldt dan dat er een j > k bestaat zodat k d(a, y j ) < 1 k < ɛ, omdat elke bol rond a de verzameling {y j j k} snijdt. 4 5: Deze eigenschap valt uiteen in twee delen. Eerst zullen we bewijzen dat X compact is, vervolgens tonen we aan dat elke geïsoleerde verzameling zonder ophopingspunten uniform geïsoleerd is. Als X eindig is, dan volgt hier direct uit dat X compact is. Dus veronderstellen we nu dat X oneindig veel elementen bevat. Om de compactheid te bewijzen, weten we via eigenschap 2.6 dat het voldoende is om te bewijzen dat X compleet en totaal begrensd is. Stel dat (x n ) n een Cauchyrij in X is. Als (x n ) n een eindig aantal verschillende termen heeft, dan adhereert ze in X. Stel dus dat ze een oneindig aantal verschillende termen heeft. Deze Cauchyrij is ook een pseudo-cauchyrij en adhereert door 4 aan x in X. Stel dat (x kn ) n een deelrij is die convergeert naar x, dan geldt er d(x) = d(x, X \ {x}) = inf{d(x, a) a X \ {x}}. Voor elke ɛ > 0 bestaat er een n zodat d(x, x kn ) < ɛ. Wegens de willekeur van ɛ, wordt d(x) = 0. Het punt x zit in X. De verzameling van de ophopingspunten van X is dus compleet. We veronderstellen nu dat X niet totaal begrensd is. Er bestaat een ɛ > 0 zodat geen enkel eindig deel Y X bestaat zodat {B(x, ɛ) x Y } een overdekking is van X. Construeer nu een rij in X zodat voor elke n en m geldt d(x n, x m ) > ɛ. Kies nu ook voor elke n een y n X zodat x n y n en d(x n, y n ) < 1 n. Je kan deze y n zo kiezen, want x n is een ophopingspunt. De rij (x 0, y 0, x 1, y 1,...) is een pseudo-cauchyrij door de constructie. Deze pseudo-cauchyrij adhereert door 4. Omdat elke y n dicht te benaderen is door een x n kunnen we een convergerende deelrij constueren alleen bestaande uit x n. Er bestaat dan een k zodat voor alle n > k geldt d(x n, x k ) < ɛ. Dit is in tegenspraak met de constructie van de rij (x n ) n. Dus is X is een totaal begrensde ruimte en dus is X compact. Het tweede deel bewijzen we uit het ongerijmde. Stel daarom dat A een geïsoleerde verzameling zonder ophopingspunten die niet uniform geïsoleerd is. Stel dat A eindig is. Dit wil zeggen dat er een eindig aantal r(x) bestaan, zodat elke x geïsoleerd is met straal r(x). Als je r = min x A (r(x)), dan is A 10

12 uniform geïsoleerd. Dit is in tegenspraak met de veronderstelling. Dus is de verzameling A oneindig. Kies voor elke n N een x n A en y n X, met x n y n zodat d(x n, y n ) < 1 n en als i j, dan zijn x i x j en y i y j. Deze rijen kan je construeren omdat zowel A als X oneindige verzamelingen zijn. De rij (x 1, y 1, x 2, y 2, x 3, y 3,...) is een pseudo-cauchy rij, want kies ɛ > 0 willekeurig en kies een N N ook willekeurig. Stel nu n 0 groter dan N en 1. De afstand tussen x ɛ n 0 en y n0 is dan d(x n0, y n0 ) < 1 ɛ. n 0 Door de constructie van de rij heeft deze rij allemaal verschillende termen. Uit 4 volgt dan dat deze rij een adherentiepunt z heeft. Omdat elke y n dicht te benaderen is door een x n als n groot wordt, kunnen we een deelrij construeren bestaande uit x n die convergeert naar z. Het punt z is daarom een ophopingspunt van A, wat een contradictie is met de gegeven veronderstelling. 5 6: Stel dat (x n ) n een rij is zonder adherentiepunten. Dan heeft de rij oneindig veel verschillende waarden, want als ze maar een eindig aantal verschillende waarden heeft, dan is minstens 1 van deze waarden een adherentiepunt. Deze rij heeft geen deelrij in X, want dan zou er een convergente deelrij bestaan, wegens de compactheid van X. Er zijn dus maar een eindig aantal termen van de rij in X. Stel n = max{n x n X }, dan geldt voor elke m > n dat x m X. De verzameling {x i i > n} vormt een geïsoleerde verzameling zonder ophopingspunten en is dus uniform geïsoleerd door 5. De rij (x n ) n is uiteindelijk uniform geïsoleerd. 6 7: We bewijzen eerst dat X compleet is. Zij (x n ) n een Cauchyrij in X zonder adherentiepunten. Dan volgt uit 6 dat (x n ) n uiteindelijk uniform geïsoleerd is. Dus er bestaat een i zodat {x n n > i} uniform geïsoleerd is. Dus er bestaat een r zodat voor elke n > i B(x n, r) = {x n }. Voor elke ɛ < r en voor elke n, m > i zal d(x n, x m ) > r > ɛ. De rij (x n ) n is geen Cauchyrij, wat in tegenspraak is met de veronderstelling. De Cauchyrij heeft dus een adherentiepunt en de ruimte X is compleet. 11

13 Het is nu nog voldoende te bewijzen dat een uniform gescheiden rij geen adherentiepunten heeft. Als een rij (x n ) n uniform gescheiden is, dan bestaat er een r zodat voor alle n m geldt dat d(x n, x m ) r. We moeten bewijzen dat een willekeurige deelrij geen limiet heeft. Neem nu (x kn ) n een willekeurige deelrij van (x n ) n. Aangezien deze deelrij ook uniform gescheiden is, is deze deelrij geen Cauchyrij. Dus deze deelrij is niet convergent. Aangezien we een willekeurige deelrij kozen, heeft de rij geen adherentiepunten. Uit 6 volgt dat (x n ) n uiteindelijk uniform geïsoleerd is. 7 8: Stel nu dat 7 geldt, maar 8 vals is. Dit wil zeggen dat er twee disjuncte, niet-lege gesloten verzamelingen E en F bestaan, zodat d(e, F ) = 0. Dan vinden we voor elke n een x n E en een y n F zodat De verzameling d(x n, y n ) < 1 n. A = {x n n N} kan geen ophopingspunten hebben, want als A een ophopingspunt heeft, dan heeft de verzameling B = {y n n N} ditzelfde ophopingspunt. Dit punt is dus een gemeenschappelijk punt van E en F die gesloten zijn, wat in tegenspraak is met de veronderstelling. Daarom is A gesloten en omdat X compleet is, is A ook compleet. We onderscheiden nu twee gevallen. Als A totaal begrensd is, volgt er dat A compact is, wat onmogelijk is. (De rij (x n ) n heeft geen convergente deelrijen, want A heeft geen ophopingspunten.) Veronderstel dus dat A niet totaal begrensd is, dan bevat A een uniform gescheiden rij, dat door 7 uiteindelijk uniform geïsoleerd is. Dit is ook een contradictie met de hypothese. Dit wil zeggen dat d(e, F ) 0 en stel d(e, F ) = α 0. De α -bollen rond E en F, 2 zullen een lege doorsnede hebben. 8 9: Deze implicatie bewijzen we door contrapositie. Stel dus dat 9 niet geldt. Dit wil zeggen dat er een rij (x n ) n bestaat, die geen convergente deelrij heeft. Stel dat we een equivalente rij (y n ) n hebben waarvoor dus geldt dat lim d(x n, y n ) = 0, wat equivalent is met ɛ > 0 n 0 n n 0 : d(x n, y n ) < ɛ. Hieruit volgt dat de rij (y n ) n ook geen convergente deelrijen heeft. We veronderstellen dat deze rijen niet bijna gelijk zijn. Dus er bestaat een eindige 12

14 verzameling I zodat voor elke i I x i = y i. Omdat de indexverzameling I eindig is en een deel van de natuurlijke getallen, weten we dat I een maximaal element heeft. Stel m gelijk aan dit maximaal element. Er geldt dan voor elke n > m dat x n y n. Maak nu volgende twee verzamelingen en E = {x n n > m} F = {y n n > m}. Deze verzamelingen zijn gesloten, omdat zowel (x n ) n als (y n ) n geen convergente deelrijen hebben. Wegens constructie van de twee rijen is E F =. Er blijft te bewijzen dat voor elke α > 0 geldt B(E, α) B(F, α). Kies nu een α > 0 willekeurig. We weten dat er een n 0 bestaat zodat voor alle n max{n 0, m} geldt d(x n, y n ) < α 2 en x n B(E, α). Hieruit volgt dat y n een element is van B(E, α). Per definitie is y n ook een element van B(F, α). De doorsnede van B(E, α) en B(F, α) is niet leeg. Dit bewijst dus niet : Stel nu dat 9 geldt op de ruimte X. Stel dat (U i ) i I een open overdekking is van X zonder een Lebesgue getal. Dan geldt voor elke n N dat 1 geen Lebesgue getal van de overdekking is. Dus er bestaat een bol met n straal 1 n B(x n, 1 n ) dat niet in de open overdekking zit. Laat i n de index zijn, zodat x n U in. De relatie B(x n, 1 n ) U i n toont het bestaan aan van een element y n B(x n, 1 n ) en y n x n. De rijen (x n ) n en (y n ) n zijn niet bijna gelijk en d(x n, y n ) convergeert naar 0. Om het bewijs van deze implicatie af te ronden volstaat het aan te tonen dat (x n ) n geen convergente deelrij heeft. Stel dat a de limiet is van een deelrij (x kn ) n, 13

15 dan kunnen we een open verzameling U j kiezen zodat a U j en een δ > 0 zodat B(a, δ) U j. Er bestaat dan een p N zodat Daardoor hebben we dat n p > 2 δ en x n p B(a, δ 2 ). B(x np, 1 n p ) B(a, δ) U j, wat in tegenspraak is met de manier waarop we de x n gekozen hebben : Kies een continue functie f : X Y met Y een willekeurige metrische ruimte. Neem een ɛ > 0 willekeurig en vast. Laat δ het Lebesgue getal van de open overdekking (f 1 (B(y, ɛ 2 ))) y Y in X zijn. Elke δ-bol in X zit in een open verzameling van deze overdekking, zodat de afstand tussen de beelden van de twee punten van de bol kleiner is dan ɛ, dus d(x, y) < δ d (f(x), f(y)) < ɛ. De continue functie van X naar een willekeurige metrische ruimte is uniform continu : Veronderstel dat 12 vals is. Dan bestaat er een rij (x n ) n in X met lim d(x n) = 0 zonder convergente deelrij. Omdat lim d(x n ) = 0 bestaat er een rij (y n ) n in X zodat lim d(x n, y n ) = 0 en y n x n voor elke n N. Stel dat (y nk ) k een convergente deelrij is van (y n ) n, dan is (x nk ) k een convergente deelrij van (x n ) n door de constructie van de rij (y n ) n. Daarom heeft de rij (y n ) n geen convergente deelrij. Dus in beide rijen komen geen punten een oneindig aantal keer voor. We kiezen een stijgende rij (n k ) k van natuurlijke getallen, zodat elke x nk verschillend is van elke y nl. We verkrijgen dan twee disjuncte verzamelingen A {x nk k N} en B {y nk k N}. Omdat beide rijen geen adherentiepunten hebben, zijn beide verzamelingen gesloten. Als we volgende continue functie bekijken f : X R : x 14 d(x, A) d(x, A) + d(x, B),

16 dan stuurt die A af op 0 en B op 1. d(x nk, y nk ) naar nul gaan en Als k naar oneindig gaat dan zal f(x nk ) f(y nk ) = 1. We hebben een equivalente rij gevonden, zodat de beeldrij niet equivalent is. We hebben dus een continue functie geconstrueerd naar een metrische ruimte die niet uniform continu is en dus 11 is niet voldaan : Als 12 geldt dan heeft elke rij in X een convergente deelrij en het is duidelijk door de opbouw van X dat de limiet terug in X zit. Dus is X compact. Laat δ 1 > 0 en laat δ 2 inf{d(x) x X, d(x, X ) > δ 1 }. Omdat het infinum van positieve getallen terug positief is, weten we dat δ 2 0. Er blijft nog te bewijzen dat δ 2 niet gelijk is aan nul. Dit doen we uit het ongerijmde, dus stel dat δ 2 = 0. Dan bestaat er een rij (x n ) n in X met lim d(x n) = 0 en d(x n, X ) > δ 1 voor elke n N. Door 12 bestaat er een deelrij (x nk ) k dat convergeert naar een punt y. Het is duidelijk dat y X. Dus lim d(x n k, X ) = lim d(x nk, y) = 0, k k wat in tegenspraak is met d(x n, X ) > δ 1 voor elke n N. Dus δ 2 > 0 en 13 is voldaan. 13 1: Stel dat 13 voldaan is. Laat f : X R een continue functie zijn en neem ɛ > 0 willekeurig en vast. Voor elke x X neem δ x > 0 zodat voor elke y X met d(y, x) < δ x geldt f(y) f(x) < ɛ 2. Omdat X compact is, bestaan er een eindig aantal x 1,..., x n X zodat X {y d(x k, y) < δ x k 3 voor een k {1,..., n}}. Neem voor δ inf{δ x 1,..., δ xn } en kies een δ 2 > 0 zoals in eigenschap 13. Neem nu voor δ inf{δ 1, δ 2 }. Kies nu x, y X zodat d(x, y) < δ. Als d(x, A) > δ 1 dan hebben we dat d(x) > δ 2 en d(x, y) < δ δ 2 is enkel mogelijk als x = y. In dit geval is het duidelijk dat f(y) f(x) < ɛ. 15

17 Als d(x, A) < δ 1 dan bestaat er een a X met d(x, a) < δ 1. Per constructie hebben we dat d(a, x k ) < δx k 3 voor minstens een k {1,..., n}. Voor deze k hebben we ook dat d(y, x k ) d(y, x) + d(x, a) + d(a, x k ) < δ + δ 1 + δ x k 3 δ x k. Dus we hebben voor f(x) f(y) < f(x) f(x k ) + f(x k ) f(y) < ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ. Dit bewijst dat f uniform continu is. 4 Toepassingen en voorbeelden 4.1 Verband tussen compactheid en compleetheid We kunnen zeer eenvoudig volgende eigenschap aantonen. Eigenschap 4.1. Zij X een metrische ruimte, dan gelden volgende implicaties: X is compact X is een UC-ruimte X is compleet. Uit de eigenschap 1.1, eigenschap 1.3 en eigenschap 1.7 zien we dat de eerste implicatie geldt. Uit stelling 3.1 punt 7, weten we dat de tweede implicatie geldt. We tonen nu aan door voorbeelden dat de omgekeerde implicaties niet gelden en dus ook dat UC-ruimten en volledig aparte tussenklasse vormen. Voor een vollediger overzicht onderzoeken we ook of de eigenschap lokaal compact een verband heeft met de eigenschap UC-ruimte. Definitie 4.2. Men noemt een metrische ruimte lokaal compact indien ieder punt een compacte omgeving heeft. Als eerste voorbeeld bekijken we een oneindige verzameling X met de discrete metriek { 1 als x y d : X X R : 0 als x = y Als f : X R continu is, dan bestaat er voor elke x X en voor elke ɛ > 0, een δ > 0 zodat d(x, y) < δ d (f(x), f(y)) < ɛ, met d de Euclidische metriek. Omdat d discreet is, zal als δ kleiner blijft dan 1, x en y gelijk zijn. De functiewaarden van x en y zijn ook gelijk en het verschil, dat gelijk is aan 16

18 0, is dan kleiner dan een willekeurige ɛ. De functie is ook uniform continu. Deze ruimte X is dus een UC-ruimte. Uit de cursus Topologie [1] weten we dat een discrete ruimte compact is als ze eindig is. De verzameling X is oneindig en dus niet compact. Dit is een eenvoudig voorbeeld van een niet compacte UC-ruimte. Een tweede eenvoudig voorbeeld krijgen we als we de ruimte R bekijken. R is een complete ruimte en een lokaal compacte ruimte [1]. Als we de functie f : R R : x x 2 bekijken, dan weten we dat f continu is, maar niet uniform continu. De metrische ruimte R is geen UC-ruimte. Dus een complete ruimte is niet altijd een UC-ruimte en een lokaal compacte ruimte is ook niet altijd een UC-ruimte. Als laatste voorbeeld onderzoeken we een speciale deelruimte van l 2, de rijtjesruimte. Stel dat {e n n N 0 } de standaard orthonormale basis is in l 2, dan is onze ruimte X := { 1 j e n n N 0, j N 0 } {0}. Deze ruimte is niet lokaal compact en dus ook niet compact, omdat er geen compacte omgeving bestaat rond het punt 0. Stel dat er wel een compacte omgeving rond 0 bestaat, dan zou er voor een ɛ > 0 de bol B(0, ɛ) in de omgeving zitten. De verzameling { 1 j e n n N 0 }, met j > 1, zit in deze bol. De rij ( 1e ɛ j n) n heeft geen convergente deelrij en dus kan de omgeving niet compact zijn. We tonen nu aan dat deze ruimte wel een UC-ruimte is. We gebruiken daarvoor eigenschap 3.1 punt 13. Eerst zoeken we de ophopingspunten van X. Het punt 0 is een ophopingspunt, want voor elke r > 0, kiezen we een j > 1. Het punt r want x = 1 j e n B(0, r) X \ {0}, d(x, 0) = x 2 = 1 j 2 = 1 j < r. Een ander punt y = 1 e m l kan geen ophopingspunt zijn, want stel dat y wel een ophopingspunt is. Neem dan voor r = 1 en voor een willekeurige x = 1e m j n, dan is 1 d(x, y) = x y 2 = m j < r = 1 2 m. 17

19 Wanneer we dit verder uitwerken verkrijgen we 1 m j 2 < 1 m 2 1 j 2 < 1 m 1 2 m 2 1 j 2 < 0. Dit is onmogelijk, dus y is geen ophopingspunt. Omdat {0} = X, is de verzameling van ophopingspunten dus compact. We berekenen nu eerst nog d(x, X ) en d(x) voor een willekeurig punt x 0, om dan het tweede deel van de eigenschap 3.1 punt 13 te bewijzen. De afstand van x = 1e j n tot de verzameling van ophopingspunten is gelijk aan 1 d(x, 0) = x 2 = j = 1 2 j. De afstand van dezelfde x tot X \ {x} is d(x) = inf{d(x, y) y X \ {x}} = inf{ 1 j, 1 m j 2, ( 1 m 1 j )2 m N 0 } = 1 j. We moeten nu bewijzen dat voor elke δ 1 > 0 er een δ 2 > 0 bestaat zodat als d(x, X ) > δ 1 dan d(x) > δ 2. Neem een δ 1 > 0 willekeurig. Kies dan δ 2 δ 1 als d(x, X ) = 1 j > δ 1, dan is d(x) = 1 j > δ 1 δ 2. De ruimte X is een niet lokaal compacte UC-ruimte. 4.2 Fixpuntstelling Stel dat X een complete metrische ruimte is en f : X X een continue functie. Als we voor een x X hebben dat lim d(f n (x), f n+1 (x)) = 0, (1) waarbij f 0 = id, f 1 = f en verder voor elke n > 1 : f n = f f n 1. Kunnen we dan besluiten dat de functie f een fixpunt heeft? Het antwoord hierop is nee. We tonen dit aan aan de hand van een voorbeeld. 18

20 We bekijken de harmonische reeks Stellen we nu voor elke n N x n de n-de partieelsom van deze reeks i=1 x n = Stel nu X = {x n n N} als een deelruimte van de reële rechte. We controleren eerst of dit een complete ruimte is. Het eenvoudigst kunnen we dit controleren door na te gaan of de ruimte X gesloten is. Omdat R compleet is, zal dan ook X compleet zijn. De rij (x n ) n is een stijgende onbegrensde rij, dus er bestaat voor elke y R \ X een n 0 N zodat 1 i. n i=1 1 i. x n0 < y < x n0 +1. Er moet nu een bol rond y bestaan dat volledig binnen R \ X ligt. Neem r min{d(y, x n0 ), d(y, x n0 +1)}. De bol B(y, r) zit volledig in R \ X, want voor elke z B(y, r) : x n0 < z < x n0 +1. De verzameling R \ X is open, dus de verzameling X is gesloten. We nemen als functie f : X X : x n x n+1. Dan moeten we nog de voorwaarde (1) controleren. We berekenen eerst de afstand tussen 2 opeenvolgende partieelsommen d(x n, x n+1 ) = n i=1 n+1 1 i 1 j = 1 n + 1 = 1 n + 1. j=1 Als we voorwaarde (1) uitschrijven in deze context dan krijgen we voor een x i X lim d(f n (x i ), f n+1 1 (x i )) = lim d(x n+i, x n+i+1 ) = lim n + i + 1 = 0. De voorwaarde is voldaan. Maar de functie f heeft geen fixpunt. Want voor elke n N f(x n ) = x n+1 en f(x n ) zal nooit x n zelf zijn. Als de ruimte X een sterkere eigenschap dan compleetheid bezit, namelijk een UC-ruimte is, dan geldt wel een sterker resultaat. 19

21 Stelling 4.3. Zij X een UC-ruimte en f : X X een continue functie. Stel dat er voor een x X volgende voorwaarde geldt: Dan heeft de functie f een fixpunt. lim inf d(f n (x), f n+1 (x)) = 0. (2) Bewijs: Stel X is een UC-ruimte, f : X X een continue functie en x X zodat voorwaarde (2) voldaan is. Stel dan voor elke n N x n = f n (x). We kunnen veronderstellen uit voorwaarde (2) dat er een convergente deelrij (x nk ) k van (x n ) n bestaat met als voorwaarde: lim d(x n k, x nk +1) = 0. (3) Als er voor een k N geldt dat x nk = x nk +1, dan heeft f een fixpunt en is de stelling bewezen. We mogen dus veronderstellen dat voor elke k N x nk x nk +1. Hieruit en uit voorwaarde (3) volgt dan dat lim d(x n k ) = 0. Uit stelling 3.1 punt 12 weten we dat de rij (x nk ) k een convergente deelrij heeft. Stel dat (x nkm ) m een convergente deelrij van (x nk ) k is die convergeert naar een zekere p X. Door de keuze van de eerste deelrij geldt dat Door de continuïteit van f geldt lim x k nm +1 = p. m f(p) = lim f(x nkm ) = lim x nkm +1 = p. De functie f heeft een fixpunt, namelijk het punt p. 20

22 5 Referenties [1] E. Colebunders, Topologie, Dienst Uitgaven VUB, [2] E. Colebunders, Analyse I: Deel 1, Dienst Uitgaven VUB, [3] E. Colebunders, Analyse II, Dienst Uitgaven VUB, [4] G. Beer, On a generic optimization theorem of Petar Kenderov, Nonlinear Analysis. Theory. Methods & Applications, Vol. 12 No. 6 (1988), [5] H. Hueber, On uniform continuity and compactness in metric spaces, Amer. Math. Monthly, 88 (1981), [6] M. Atsuji, Uniform continuity of continuous functions of metric spaces, Pacific J. Math., 8 (1958), [7] M. A. Chaves, Where all continuity is uniform, Amer. Math. Monthly, 92 (1985), [8] G. Beer, UC spaces revisited, Amer. Math. Monthly, 95 (1988), [9] GH. Toader, On a problem of Nagata, Mathematica (Cluj), 20(43) (1978), [10] G. Beer, More about metric spaces on which continuous functions are uniformly continuous, Bull. Austral. Math. Soc., 33 (1986), [11] G. Beer, Metric spaces on which continuous functions are uniformly continuous and Hausdorff distance, Proc. Amer. Math. Soc., 95 (1985),