a n = sup γ n. lim inf n n n lim sup a n = lim lim inf a n = lim γ n. lim sup a n = lim β n = 0 = lim γ n = lim inf a n. 2. a n = ( 1) n, n = 1, 2...

Transcript

1 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ Β.ΒΛΑΧΟΥ, Α. ΣΟΥΡΜΕΛΙΔΗΣ Τμήμα Μαθηματικών, Πανεπιστήμιο Πατρών Φθινόπωρο

2 Θα θέλαμε να αναφέρουμε ότι για την συγγραφή αυτών των σημειώσεων χρησιμοποιήσαμε ιδιαίτερα α)το βιβλίο Πραγματική Ανάλυση των Μ. Ανούση, Α. Τσολομύτη και Ε. Φελουζή, β) το βιβλίο Uderstadig Aalysis του S. Abbott και γ) τις σημειώσεις Ανάλυση: Πραγματικές Συναρτήσεις μιας Μεταβλητής του Μ. Παπαδημητράκη. Συμβουλευτήκαμε, επίσης, το βιβλίο Αρχές Μαθηματικής Αναλύσεως του W. Rudi και το Γενική Τοπολογία και Συναρτησιακή Ανάλυση των Σ. Νεγρεπόντη, Θ Ζαχαριάδη, Ν. Καλαμίδα και Β. Φαρμάκη. Τέλος να θέλαμε να ευχαριστήσουμε τον Ε. Ελευθεράκη για τις χειρόγραφες σημειώσεις που μας έδωσε, τις οποίες λάβαμε υπόψιν για το περιεχόμενο των δύο πρώτων κεφαλαίων. 2

3 1 Ακολουθίες πραγματικών αριθμών Θεώρημα (α) Κάθε αύξουσα και άνω φραγμένη ακολουθία πραγματικών αριθμών συγκλίνει. (β) Κάθε φθίνουσα και κάτω φραγμένη ακολουθία πραγματικών αριθμών συγκλίνει. Απόδειξη. Εστω {a } N άνω φραγμένη και αύξουσα ακολουθία πραγματικών αριθμών. Το σύνολο {a : N} είναι προφανώς άνω φραγμένο, άρα έχει ελάχιστο άνω φράγμα (supremum) κάποιο s R. Θα αποδείξουμε ότι lim a = s. Εστω ε > 0. Επειδή το s είναι το ελάχιστο άνω φράγμα του συνόλου {a : N}, υπάρχει 0 N τέτοιο ώστε: s ε < a 0 s. Επιπλέον, από το δεδομένο ότι η {a } N είναι αύξουσα ακολουθία, για κάθε 0 θα έχουμε: s ε < a 0 a s. Οπότε, για κάθε 0 ισχύει a s < ε, άρα a s. (β) Εστω {a } N κάτω φραγμένη και φθίνουσα ακολουθία πραγματικών αριθμών. Η ακολουθία { a } N ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του (α), γεγονος από το οποίο προκύπτει άμεσα το ζητούμενο. Θεώρημα (Bolzao-Weierstrass ) Κάθε φραγμένη ακολουθία πραγματικών αριθμών έχει συγκλίνουσα υπακολουθία. Απόδειξη. Εστω {a } N φραγμένη ακολουθία πραγματικών αριθμών. Θα αποδείξουμε ότι έχει μονότονη υπακολουθία. Τότε αυτή η υπακολουθία θα είναι μονότονη και φραγμένη. Οπότε με βάση την προηγούμενη πρόταση θα είναι συγκλίνουσα. Ενας φυσικός αριθμός k N ονομάζεται σημείο κορυφής της ακολουθίας {a } N, αν a k a m, m k. Περίπτωση Ι: Η {a } N έχει άπειρα σημεία κορυφής k 1, k 2,.... Τότε η υπακολουθία a k1, a k2,... είναι φθίνουσα και έχουμε το ζητούμενο. Περίπτωση ΙΙ: Η {a } N έχει πεπερασμένα το πλήθος σημεία κορυφής. Αυτό σημαίνει ότι υπάρχει k 1 N τέτοιο ώστε όλα τα k k 1 δεν είναι σημεία κορυφής. Επιλέγουμε k 2 k 1 τέτοιο ώστε a k2 a k1 (υπάρχει τέτοιος φυσικός γιατί υποθέσαμε ότι το k 1 N δεν είναι σημείο κορυφής). Στην συνέχεια, ακριβώς επειδή και το k 2 N δεν είναι σημείο κορυφής, μπορούμε να επιλέξουμε k 3 k 2 τέτοιο ώστε a k3 a k2 και συνεχίζοντας επαγωγικά με τον τρόπο αυτό κατασκευάζουμε αύξουσα υπακολουθία της {a } N. Πρόταση Εστω {a } N φραγμένη ακολουθία πραγματικών αριθμών. Τότε η ακολουθία β = sup{a k, k }, N είναι καλά ορισμένη και φραγμένη. Απόδειξη. Εφόσον η ακολουθία {a } N είναι φραγμένη, έπεται ότι για κάθε N το σύνολο {a k, k } είναι άνω φραγμένο σύνολο πραγματικών αριθμών άρα έχει ελάχιστο άνω 3

4 φράγμα. Οπότε η ακολουθία {β } N είναι καλά ορισμένη. Επιπλέον, επειδή όλοι οι όροι της {a } N ανήκουν σε κάποιο κλειστό διάστημα [ M, M] στο ίδιο διάστημα θα ανήκουν και οι όροι της {β } N, άρα και αυτή η ακολουθία είναι φραγμένη. Ορισμός Εστω {a } N φραγμένη ακολουθία πραγματικών αριθμών. Αν β = sup{a k, k } και γ = if{a k : k }, ορίζουμε άνω όριο της a και κάτω όριο της a να είναι αντίστοιχα lim sup a = if β, και lim if a = sup γ. Παρατήρηση Οπως είδαμε στην Πρόταση τα σύνολα {a k, k }, N, {β : N} και {γ : N} είναι φραγμένα και υπάρχουν τα supremum και τα ifimum των συνόλων. Επιπλέον, επειδή η ακολουθία {β } N είναι φθίνουσα και κάτω φραγμένη θα συγκλίνει στο if β. Δηλαδή lim sup a = lim β. Αντίστοιχα με το ίδιο σκεπτικό προκύπτει ότι lim if a = lim γ. 1. a = 1, = 1, 2,.... β = 1 = 1, 2,.... γ = 0, = 1, 2, a = ( 1), = 1, 2... β = 1 = 1, 2,.... γ = 1, = 1, 2,.... lim sup a = lim β = 0 = lim γ = lim if a. lim sup a = lim β = 1 και lim if a = lim γ = 1. Ορισμός Εστω {a } N κάτω φραγμένη αλλά όχι άνω φραγμένη ακολουθία πραγματικών αριθμών. Τότε: lim sup a = +. Επιπλέον, αν η {a } N αποκλίνει στο + τότε lim if a = +. Διαφορετικά το lim if a ορίζεται με τον ίδιο τρόπο, όπως και στην περίπτωση της φραγμένης ακολουθίας. 1. Εστω a =, N. Τότε: lim sup a = lim if a = +. 4

5 2. Εστω a = [( 1) + 1] + 3, N. Τότε: lim sup a = +, και lim if a = 3. Ορισμός Εστω {a } N άνω φραγμένη αλλά όχι κάτω φραγμένη ακολουθία πραγματικών αριθμών. Τότε: lim if a =. Επιπλέον, αν η {a } N αποκλίνει στο τότε lim sup a =. Διαφορετικά το lim sup a ορίζεται με τον ίδιο τρόπο, όπως και στην περίπτωση της φραγμένης ακολουθίας. 1. Εστω a =, N. Τότε: lim sup a = lim if a =. 2. Εστω a = [( 1) + 1] + 3, N. Τότε: lim sup a = 3, και lim if a =. Ορισμός Εστω {a } N ακολουθία πραγματικών αριθμών που δεν είναι ούτε άνω ούτε κάτω φραγμένη. Τότε: lim sup a = + Παράδειγμα: Εστω a = ( 1), N. Τότε: lim if a = lim sup a = + και lim if a =. Πρόταση Εστω {a } N ακολουθία πραγματικών αριθμών. Τότε lim if a lim sup a. Απόδειξη. Εστω ότι η ακολουθία {a } N είναι φραγμένη. Τότε με τον συμβολισμό του ορισμού έχω προφανώς ότι γ a β, N, οπότε και lim γ lim β. Στην περίπτωση που η {a } N δεν είναι φραγμένη, το συμπέρασμα είναι άμεσο από τους ορισμούς 1.0.2, και

6 Θεώρημα Εστω {a } N ακολουθία πραγματικών αριθμών. Τότε: (α) Υπάρχει υπακολουθία της {a } N που να συγκλίνει ή να αποκλίνει στο lim sup a. (β) Υπάρχει υπακολουθία της {a } N που να συγκλίνει ή να αποκλίνει στο lim if a. Απόδειξη. (α) Υποθέτουμε αρχικά ότι η {a } N είναι φραγμένη. Τότε σύμφωνα με τον Ορισμό 1.0.1, έχουμε ότι lim sup a = lim β. Στόχος μας είναι να κατασκευάσουμε μια υπακολουθία της {a } N, η οποία να έχει το ίδιο όριο με την {β } N. Για σ = 1, επειδή β 1 = sup{a k, k 1} υπάρχει k 1 1 τέτοιο ώστε 0 < b 1 a k1 < 1. Αντίστοιχα για σ = 2, επειδή β k1 = sup{a k, k k 1 }, υπάρχει k 2 k 1 τέτοιο ώστε 0 < b k1 a k2 < 1 2. Γενικά για σ 3, επειδή β kσ 1 = sup{a k, k k σ 1 } υπάρχει k σ k σ 1 τέτοιο ώστε 0 < b kσ 1 a kσ < 1 σ. Τότε η υπακολουθία {a k1, a k2, a k3,...} της {a } N έχει το ίδιο όριο με την {β 1, β k1, β k2,...} η οποία ως υπακολουθία της {β } N συγκλίνει στο ίδιο όριο με αυτήν. Ας υποθέσουμε τώρα ότι η {a } N δεν είναι άνω φραγμένη. Τότε σύμφωνα με τον Ορισμό έχουμε ότι lim sup a = +. Στόχος μας είναι να κατασκευάσουμε μια υπακολουθία της {a } N, η οποία να αποκλίνει στο +. Επειδή το 1 δεν είναι άνω φράγμα της {a } N, υπάρχει όρος a 1 μεγαλύτερος του 1. Επειδή το 2 δεν είναι άνω φράγμα της {a } 1 (γιατί;;;), υπάρχει όρος a 2, 2 > 1, τέτοιος ώστε a 2 > 2. Γενικά για κάθε σ N, το σ δεν είναι άνω φράγμα της {a } σ 1, (γιατί;;;), οπότε υπάρχει όρος a σ, σ > σ 1, τέτοιος ώστε a σ > σ. Η {a σ } είναι η ζητούμενη υπακολουθία. Τέλος μένει η περίπτωση lim sup a =. Αυτό συμβαίνει όταν lim a =, οπότε το αποτέλεσμα είναι άμεσο. (β) Η απόδειξη είναι ανάλογη του (α). Πόρισμα Εστω {a } N συγκλίνουσα ακολουθία πραγματικών αριθμών. Τότε lim sup a = lim if a = lim a. Απόδειξη. Εστω {a } N συγκλίνουσα ακολουθία πραγματικών αριθμών. Τότε με βάση γνωστό αποτέλεσμα Απειροστικού Λογισμού, όλες οι υπακολουθίες της είναι συγκλίνουσες και έχουν το ίδιο όριο. Οπότε το αποτέλεσμα προκύπτει άμεσα από το θεώρημα

7 2 Τοπολογία Μετρικών Χώρων 2.1 Μετρικοί χώροι Ορισμός Θεωρούμε ένα μη κενό σύνολο X. Μια απεικόνιση d : X X [0, + ) λέγεται μετρική αν έχει τις ακόλουθες ιδιότητες: i) d(x, y) = 0, αν x = y. ii) d(x, y) = d(y, x), για κάθε x, y X. iii) d(x, y) d(x, z) + d(z, y), για κάθε x, y, z X. Ενα μη κενό σύνολο X εφοδιασμένο με μία μετρική d, ονομάζεται μετρικός χώρος και συμβολίζεται με (X, d). 1. (R, ). 2. (R, d δ ), d δ (x, y) = { 1, x y 0, x = y 3.(R 2, d ευκλ ) d ευκλ ((x 1, y 1 ), (x 2, y 2 )) = (x 1 x 2 ) 2 + (y 1 y 2 ) (R 2, d 1 ) d 1 ((x 1, y 1 ), (x 2, y 2 )) = x 1 x 2 + y 1 y (C[0, 1], d max ) d max (f, g) = max f(x) g(x). x [0,1] 6. (C[0, 1], d 1 ) d 1 (f, g) = 1 f(x) g(x) dx. 0 Παρατήρηση: Εστω (X, d) ένας μετρικός χώρος και E X. Τότε αν περιορίσουμε την συνάρτηση d στο E E, προκύπτει μια μετρική για το σύνολο E. Για τον λόγο αυτό συχνά θα γράφουμε μετρικό χώρο (E, d) και θα εννούμε τον περιορισμό της συνάρτησης d στο E E. Ορισμός Εστω {x } N ακολουθία στοιχείων ενός μετρικού χώρου (X, d). Λέμε ότι η {x } N είναι συγκλίνουσα ακολουθία αν υπάρχει στοιχείο x X τέτοιο ώστε d(x, x) 0,. Σε αυτή τη περίπτωση, το στοιχείο x ονομάζεται όριο της ακολουθίας {x } N. 1. (R, ), a = 1, = 1, 2, lim = (R, d δ ), Η ακολουθία { 1 } N δεν συγκλίνει. 3. (C[0, 1], d max ), η ακολουθία f (x) = x συγκλίνει στην μηδενική συνάρτηση. Θεώρημα Σε ένα μετρικό χώρο (X, d), αν μια ακολουθία συγκλίνει τότε το όριο είναι μοναδικό. 7

8 Απόδειξη. Εστω {x } N ακολουθία στοιχείων του X τέτοια ώστε x x και x y x, y X, x y. Θέτουμε ε = d(x, y) > 0. Από τα δεδομένα, υπάρχει 1 N τέτοιο ώστε d(x, x) < ε 2, 1. Ομοίως υπάρχει 2 N τέτοιο ώστε d(x, y) < ε 2, 2. Επιλέγουμε 0 max{ 1, 2 }. Τότε: d(x, y) d(x, x 0 ) + d(x 0, y) < ε, πράγμα άτοπο. Άρα x = y. 2.2 Ανοιχτά Σύνολα-Κλειστά Σύνολα Ορισμός Ανοιχτή περιοχή κέντρου x 0 X και ακτίνας r > 0 ενός μετρικού χώρου (X, d) ονομάζεται το σύνολο 1.(R, ),B(0, 1). 2. (R, d δ ), B(0, 1). 3. (R 2, d ευκλ ), B(0, 1). 4. (R 2, d 1 ), B(0, 1). 5. (C[0, 1], d max ), B(0, 1). 6. (C[0, 1], d 1 ), B(0, 1). B(x 0, r) = {x X : d(x, x 0 ) < r}. Ορισμός Ενα υποσύνολο A ενός μετρικού χώρου (X, d) ονομάζεται ανοιχτό σύνολο αν για κάθε a A, υπάρχει r > 0 τέτοιο ώστε B(a, r) A. 1. (R, ). Τα ανοιχτά διαστήματα είναι ανοιχτά σύνολα. Τα ημιάνοιχτα διαστήματα δεν είναι ανοιχτά σύνολα. 2. (R, d δ ) κάθε σύνολο είναι ανοιχτό. 3.(R 2, d ευκλ ) A = {(x, y) R : x > 0} είναι ανοιχτό. Πρόταση Κάθε ανοιχτή περιοχή μετρικού χώρου, είναι ανοιχτό σύνολο. Απόδειξη. Εστω (X, d) μετρικός χώρος και B(x 0, r) μια ανοιχτή περιοχή του. Εστω, επιπλέον, x B(x 0, r). Θέτω ρ = r d(x, x 0 ) > 0. Τότε B(x, ρ) B(x 0, r). Πράγματι έστω y B(x, ρ). Επεται: οπότε y B(x 0, r) και έχω το ζητούμενο. d(y, x 0 ) d(y, x) + d(x, x 0 ) < ρ + d(x, x 0 ) = r, 8

9 Θεώρημα Εστω (X, d) μετρικός χώρος. Τότε: (α) Το και το X είναι ανοιχτά σύνολα. (β) Ενωση ανοιχτών συνόλων είναι ανοιχτό σύνολο. (γ) Πεπερασμένη τομή ανοιχτών συνόλων είναι ανοιχτό σύνολο. Απόδειξη.(α) Άμεσο από τον ορισμό του ανοιχτού συνόλου. (β) Εστω {A i : i I} μια οικογένεια ανοιχτών συνόλων. Θέτω A = i I A i. Αν x A τότε το x ανήκει σε κάποιο ανοιχτό A i0, άρα υπάρχει περιοχή B(x, r) A i0. Η ίδια περιοχή περιέχεται και στην ένωση. (γ) Εστω {A i : i = 1, 2,..., } μια πεπερασμένη οικογένεια ανοιχτών συνόλων και έστω A = A i. Εστω, επιπλέον, x A. Τότε υπάρχουν πεπερασμένοι θετικοί αριθμοί r 1, r 2,..., r i=1 τέτοιοι ώστε: B(x, r i ) A i, i = 1, 2...,. Θέτω r = mi{r 1, r 2,..., r } > 0. Τότε B(x, r) A και έχω το ζητούμενο. Ερώτηση: Η απόδειξη (γ) αποτυγχάνει σε περίπτωση που δεν έχουμε πεπερασμένη οικογένεια ανοιχτών συνόλων. Γιατί; 1. (R, ) ( 1, 1 1 ) = (0, 1) =3 ( 1, ) = [0, 1]. =3 Ορισμός Ενα υποσύνολο A ενός μετρικού χώρου (X, d) ονομάζεται G δ σύνολο, αν είναι ίσο με αριθμήσιμη τομή ανοιχτών συνόλων. 1. Στον χώρο (R, ), το σύνολο (0, 1] είναι σύνολο G δ : ( (0, 1] = 0, ). =1 Ορισμός Εστω A υποσύνολο ενός μετρικού χώρου (X, d). Ενα σημείο x 0 A ονομάζεται εσωτερικό σημείο του A, αν υπάρχει r > 0 τέτοιο ώστε B(x 0, r) A. (R, ) 1. (3, 5] όλα τα σημεία εσωτερικά εκτός του N κανένα σημείο εσωτερικό. 3. Q κανένα σημείο εσωτερικό. Ορισμός Εστω A υποσύνολο ενός μετρικού χώρου (X, d). Το σύνολο των εσωτερικών σημείων του A ονομάζεται εσωτερικό του συνόλου A και συμβολίζεται με A o. 9

10 1. (3, 5] o = (3, 5). 2. N o = Q o =. Πρόταση Εστω A υποσύνολο ενός μετρικού χώρου (X, d). Τότε το A o είναι ανοιχτό υποσύνολο του A. Απόδειξη. Εστω x 0 A o. Τότε υπάρχει r > 0 τέτοιο ώστε B(x 0, r) A. Αρκεί να δείξουμε ότι B(x 0, r) A o. Εστω x B(x 0, r). Τότε όπως και στην πρόταση 2.2.1, αν θέσουμε ϱ = r d(x, x 0 ) > 0, έπεται ότι: B(x, ϱ) B(x 0, r) A x A o B(x 0, r) A o. Ορισμός Ενα υποσύνολο A ενός μετρικού χώρου (X, d) ονομάζεται φραγμένο, αν περιέχεται σε ανοιχτή περιοχή κάποιου στοιχείου. 1. Οι ανοιχτές περιοχές είναι φραγμένα σύνολα σε κάθε μετρικό χώρο. 2. (R, ) το σύνολο (0, ) δεν είναι φραγμένο. Ορισμός Εστω A υποσύνολο ενός μετρικού χώρου (X, d). Ενα σημείο x X ονομάζεται σημείο συσώρευσης συνόλου A, αν κάθε περιοχή του τέμνει το σύνολο A {x}. Το σύνολο των σημείων συσσώρευσης ενός συνόλου A το συμβολίζουμε με A. 1. (R, ), A = (a, b), A = [a, b]. 2. (R, ), A = { 1 : N}, A = {0}. Θεώρημα Εστω (X, d) μετρικός χώρος και A X. Ενα σημείο x X είναι σημείο συσσώρευσης του A, αν και μόνο αν, υπάρχει ακολουθία {a } N στοιχείων του A {x} που να συγκλίνσει στο x. Απόδειξη. Ευθύ: Εστω x X σημείο συσσώρευσης του A. Θα αποδείξουμε ότι υπάρχει ακολουθία στοιχείων του A {x}, που να συγκλίνει στο x. Εφαρμόζοντας τον ορισμό του σημείου συσσώρευσης για την ανοιχτή περιοχή B(x, 1), προκύπτει ότι υπάρχει x 1 B(x, 1) (A {x}). Δηλαδή υπάρχει x 1 A {x} τέτοιο ώστε d(x 1, x) < 1. Επαναλαμβάνοτας το ίδιο επιχείρημα για την περιοχή B(x, 1 ), καταλαβαίνουμε ότι μπορούμε 2 να επιλέξουμε x 2 A {x} τέτοιο ώστε d(x 2, x) < 1 2. Συνεχίζοντας κατά αυτό τον τρόπο κατασκευάζουμε μια ακολουθία στοιχείων του A {x}, 10

11 {x } N με την εξής ιδιότητα: d(x, x) < 1, N Άρα d(x, x) 0 και έχουμε το ζητούμενο. Αντίστροφο: Εστω {a } N ακολουθία στοιχείων του A {x} που συγκλίνει στο x. Εστω, επιπλέον, B(x, r) μια ανοιχτή περιοχή του x. Από τα δεδομένα έχουμε ότι υπάρχει 0 N τέτοιο ώστε d(a, x) < r για κάθε 0. Τότε a B(x, r) για κάθε 0. Επειδή a A {x}, έχουμε το ζητούμενο. Ορισμός Εστω (X, d) μετρικός χώρος και A X. Ενα σημείο x A ονομάζεται μεμονωμένο σημείο του A, αν υπάρχει ανοικτή περιοχή B(x, r), r > 0, τέτοια ώστε B(x, r) A = {x}. 1. (R, ) A = (3, 4) {5}. Το 5 μεμονωμένο σημείο του A. 2. (R, ) A = { 1 : N}. Ολα τα σημεία του A είναι μεμονωμένα σημεία του. 3. (R, d δ ). Ολα τα σημεία είναι μεμονωμένα. Ορισμός Εστω (X, d) μετρικός χώρος και A X. Ενα σημείο x X είναι συνοριακό σημείο του A αν για κάθε r > 0 ισχύει ότι B(x, r) A και B(x, r) (X A). Το σύνολο των συνοριακών σημείων ενός συνόλου A συμβολίζεται με A. 1. (R, ). Τα συνοριακά σημεία του Q είναι όλο το R. 2. (R 2, d ευκλ ). Συνοριακά σημεία μιας ανοιχτής μπάλας B((x 0, y 0 ), r) είναι τα στοιχεία του K = {(x, y) R 2 /d ευκλ ((x, y), (x 0, y 0 )) = r}. Ορισμός Ενα υποσύνολο E ενός μετρικού χώρου (X, d) ονομάζεται κλειστό αν περιέχει όλα τα σημεία συσσώρευσής του. 1. (R, ) [a, b]. 2. Στην διακριτή μετρική όλα είναι κλειστά. Θεώρημα Ενα σύνολο είναι κλειστό, αν και μόνο αν, το συμπλήρωμά του είναι ανοιχτό. Απόδειξη. Εστω (X, d) μετρικός χώρος και E X. Ευθύ: Υποθέτουμε ότι το E είναι κλειστό. Θα αποδείξουμε ότι το E c είναι ανοιχτό. Ας υποθέσουμε ότι δεν είναι ανοιχτό και να καταλήξουμε σε άτοπο. Τότε υπάρχει a E c για το οποίο ισχύει ότι: Για κάθε r > 0, B(a, r) E c δηλαδή B(a, r) E. Το γεγονός αυτό μας οδηγεί στο συμπέρασμα ότι το a είναι σημείο συσσώρευσης του E και επειδή το E είναι κλειστό, a E. Άτοπο. 11

12 Αντίστροφο: Εστω ότι το E c είναι ανοικτό. Θα αποδείξουμε ότι το E είναι κλειστό. Ας υποθέσουμε ότι δεν είναι κλειστό να καταλήξουμε σε άτοπο. Τότε θα υπάρχει a E E. Επειδή a E c και επειδή το E c είναι ανοικτό, υπάρχει ανοικτή περιοχή του a, B(a, r) έτσι ώστε να ισχύει: B(a, r) E c B(a, r) E =. Αυτό όμως έρχεται σε αντίφαση με την υπόθεση ότι a E. 1. (3, ( 4) c = (, 3] [4, ). c 2. [1, 2] {5}) = (, 1) (2, 5) (5, ) Θεώρημα Εστω (X, d) μετρικός χώρος. Τότε: (α) Το και το X είναι κλειστά σύνολα. β) Τομή κλειστών συνόλων είναι κλειστό σύνολο. γ) Πεπερασμένη ένωση κλειστών συνόλων είναι κλειστό σύνολο. Απόδειξη.Η απόδειξη θα γίνει με βάση το Θεώρημα 2.2.1, το Θεώρημα και τους τύπους του Morga (A B) c = A c B c και (A B) c = A c B c, όπου συμβολίζουμε A c = X A: α) Οπως έχουμε ήδη αποδείξει, το και το X είναι ανοικτα σύνολα οπότε το X = c και το = X c είναι κλειστά σύνολα. β) Εστω {E i : i I} μια οικογένεια κλειστών συνόλων. Τότε τα Ei c, i I είναι ανοικτα σύνολα. Επομένως το σύνολο Ei c είναι ανοικτό. Οπότε E = E i = ( ) c i i I i I i I(E c ) c = Ei c i I είναι κλειστό σύνολο. γ) Εστω {E i : i = 1, 2,..., } μια πεπερασμένη οικογένεια κλειστών συνόλων και έστω E = E i. Τα Ei c, i {1, 2,..., } είναι ανοικτά σύνολα. Άρα Ei c είναι ανοικτό σύνολο. Οπότε E = E i = (Ei c ) c = Ei c είναι κλειστό i=1 ( i=1 ) c σύνολο. i=1 i=1 i=1 Ορισμός Ενα υποσύνολο E ενός μετρικού χώρου (X, d) ονομάζεται F σ σύνολο, αν είναι ίσο με αριθμήσιμη ένωση κλειστών συνόλων. Παράδειγμα: (R, ). Το (0, 1) είναι σύνολο F σ : (0, 1) = =1 [ 1 + 1, 1 1 ] + 1 Ορισμός Εστω E υποσύνολο ενός μετρικού χώρου (X, d). Κλειστότητα του συνόλου E ονομάζεται το σύνολο E = E E. 12

13 1.(R, ). A = { 1 : N}, A = {0}, A = {0, 1, 1 2, 1 3,...}. 2.(R 2, d ευκλ ). A = {(x, y) R 2 : y = 0}, A = A, A = A. Πρόταση Η κλειστότητα ενός συνόλου E είναι το μικρότερο κλειστό σύνολο που περιέχει το σύνολο E. Απόδειξη. Εστω (X, d) μετρικός χώρος και E X. Πρώτα θα δείξουμε ότι το E = E E είναι κλειστό. Με βάση την Πρόταση 2.2.3, αρκεί να δείξουμε ότι E c είναι ανοικτό: Εστω, λοιπόν, x 0 E c. Τότε x 0 / E και x 0 / E. Αυτό σημαίνει ότι υπάρχει r > 0 τέτοιο ώστε B(x 0, r) E =. Πράγμα που σημαίνει ότι B(x 0, r) E c. Ισχυρισμός: B(x 0, r) E c. Απόδειξη Ισχυρισμού: Εστω x B(x 0, r). Θέτουμε ρ = r d(x, x 0 ) > 0. Εύκολα βλέπει κανείς ότι B(x, ρ) B(x 0, r). Οπότε B(x, ρ) E = και αυτό άμεσα μας δίνει ότι το x δεν είναι σημείο συσσώρευσης του συνόλου E. Από τα παραπάνω γίνεται εμφανές ότι B(x 0, r) E c E c = E c και έχουμε το ζητούμενο. Μένει να δείξουμε ότι E είναι το μικρότερο κλειστό που περιέχει το E. Αρκεί να δείξουμε ότι αν F κλειστό σύνολο και F E, τότε E F. Εστω a E. Τότε a E ή a E. -Αν a E, τότε a F (E F ). -Αν a E, τότε r > 0, B(a, r) E {a} =. Άρα r > 0, B(a, r) F {a} =, (E F ). Αυτό σημαίνει ότι το a σημείο συσσώρευσης του F και επειδη το F κλειστο, a F. Οποτε κάθε σημείο του E είναι και σημείο του F. Ορισμός Εστω (X, d) μετρικός χώρος και A X μη κενό. Ονομάζουμε διάμετρο του A: diama = sup{d(x, y) : x, y A}. 1.(R, ). A = (1, 2) [3, 5], diama = 5. 2.(R 2, d ευκλ ). A = B((0, 0), r), diama = 2r. 3.(R, d δ ). Αν A = {5}, τότε diama = 0. Κάθε σύνολο A R που περιέχει τουλάχιστον δύο στοιχεία έχει diama = 1. Πρόταση Εστω (X, d) μετρικός χώρος και A X μη κενό. Τότε: diama = diama. Απόδειξη. Εστω A (X, d). Επειδή A A έχουμε: {d(x, y) : x, y A} {d(x, y) : x, y A}. Οπότε diama diama. Αρκεί, λοιπόν, να αποδείξουμε ότι diama diama. Εστω ε > 0. Από τον ορισμό του supremum, υπάρχουν x 0, y 0 A τέτοια ώστε diama ε < d(x 0, y 0 ). 13

14 Επειδή x 0 A, B(x 0, ε 2 ) A. Μπορώ, λοιπόν, να επιλέξω a A : d(x 0, a) < ε 2. Για τον ίδιο λόγο, μπορώ να επιλέξω b A : d(y 0, b) < ε 2. Εχουμε: diama ε < d(x 0, y 0 ) d(x 0, a) + d(a, b) + d(b, y 0 ) < ε + d(a, b) ε + diama. Δηλαδή για τυχαίο ε > 0 αποδείξαμε ότι diama > diama 2ε. Επειδή το ε > 0 ήταν τυχαίο, έχουμε το ζητούμενο. Ορισμός Εστω (X, d) μετρικός χώρος και M X. Το M λέγεται πυκνό υποσύνολο του X αν για κάθε x X και για κάθε ε > 0, υπάρχει m M τέτοιο ώστε d(x, m) < ε. Δηλαδή M = X. Οι ρητοί και οι άρρητοι στο R και τα ζεύγη ρητών στο R 2. Ορισμός Ενας μετρικός χώρος (X, d) λέγεται διαχωρίσιμος αν υπάρχει M X το οποίο είναι πυκνό κι αριθμήσιμο. 1. (R, ) διαχωρίσιμος. 2. (R, d δ ) όχι διαχωρίσιμος. 3. (R 2, d ευκλ ) διαχωρίσιμος. 2.3 Πληρότητα Ορισμός Μία ακολουθία {a } N ενός μετρικού χώρου (X, d) ονομάζεται ακολουθία Cauchy αν ε > 0 0 (ε) ώστε, m 0, με, m N να ισχύει d(a, a m ) < ε. { } 1 1. Cauchy στον R. { } N 1 2. όχι Cauchy στον (R, d δ ). N Πρόταση Κάθε συγκλίνουσα ακολουθία ενός μετρικού χώρου (X, d) είναι Cauchy. Απόδειξη. Εστω μία ακολουθία {a } N ενός μετρικού χώρου (X, d) που συγκλίνει σε ένα a X και έστω ε > 0. Για αυτό το ε, υπάρχει φυσικός αριθμός 0 τέτοιος ώστε 0 με N να έχουμε d(a, a) < ε 2. Οπότε για, m 0 έπεται ότι: d(a a m ) d(a, a) + d(a, a m ) < ε 2 + ε 2 = ε 14

15 και άρα η {a } N είναι ακολουθία Cauchy. Παρατήρηση: Το αντίστροφο δεν ισχύει. Παράδειγμα: Εστω a ένας άρρητος αριθμός. Επειδή το Q είναι πυκνό υποσύνολο του (R, ), υπάρχει ακολουθία ρητών {q } N η οποία συγκλίνει στο a. Τότε η {q } N, με βάση την πρόταση 2.2 είναι Cauchy ως συγκλίνουσα ακολουθία του R Q με την απόλυτη τιμή. Δηλαδή βρέθηκε ακολουθία του (Q, ) η οποία είναι Cauchy αλλά δεν είναι συγκλίνουσα στο (Q, ) Πρόταση Μια ακουλουθία Cauchy που έχει συγκλίνουσα υπακολουθία συγκλίνει. Απόδειξη. Εστω {a } N ακολουθία Cauchy ενός μετρικού χώρου (X, d) και {a k } N συγκλίνουσα υπακολουθία της, δηλαδή υπάρχει a X στο οποίο η {a k } N συγκλίνει. Εστω, επιπλέον, ε > 0. Τότε: (α) υπάρχει φυσικός αριθμός 1, τέτοιος ώστε, m 1, d (a, a m ) < ε 2 και (β) υπάρχει φυσικός αριθμός 2, τέτοιος ώστε 2, d (a k, a) < ε 2. Θέτουμε 0 = max{ 1, 2 }. Τότε για 0 έχουμε ότι: d (a, a) d ( a, a k0 ) + d ( ak0, a ) < ε 2 + ε 2 = ε, (παρατηρείστε ότι k 0 0 ). Άρα η ακολουθία {a } N συγκλίνει στο a. Πρόταση Μια ακουλουθία Cauchy είναι φραγμένη. Απόδειξη. Εστω {a } N ακολουθία Cauchy ενός μετρικού χώρου (X, d) και A το σύνολο των όρων της. Αρκεί να αποδείξουμε ότι το A είναι φραγμένο υποσύνολο του X. Για ε = 1, υπάρχει 0 N ώστε: Δηλαδή: d (a, a m ) < 1,, m 0. d (a, a 0 ) < 1, 0. Θέτοντας M = max{{d (a, a 0 ) : 1 < 0 } {1}} ισχύει ότι: Επομένως, Δηλαδή A B (a 0, M) και άρα φραγμένο. d (a, a 0 ) M, N. a B (a 0, M) N. Ορισμός Ενας μετρικός χώρος (X, d) ονομάζεται πλήρης αν κάθε ακολουθία Cauchy του χώρου συγκλίνει μέσα σε αυτόν. Θεώρημα Ο (R, ) είναι πλήρης. 15

16 Απόδειξη. Εστω {a } N ακολουθία Cauchy του (R, ). Η {a } N είναι φραγμένη (πρόταση 2.3.3) και άρα έχει συγκλίνουσα υπακολουθία (θεώρημα 1.0.2). Η {a } N είναι ακολουθία Cauchy και έχει συγκλίνουσα υπακολουθία. Οπότε συγκλίνει στο R (πρόταση 2.3.2) και άρα ο (R, ) είναι πλήρης. 1. (R 2, d 1 ) πλήρης. 2. (Q, ) όχι πλήρης. Πρόταση Εστω (X, d) πλήρης μετρικός χώρος και E X. υποσύνολο του (X, d) αν και μόνο αν (E, d) πλήρης μετρικός χώρος. Το E είναι κλειστό Απόδειξη. Ευθύ: Εστω E κλειστό υποσύνολο του X και {x } N ακολουθία Cauchy του E. Θα αποδείξουμε ότι η {x } N συγκλίνει σε στοιχείο του E. Η {x } N είναι προφανώς ακολουθία Cauchy του X και επειδή ο X είναι πλήρης η {x } N συγκλίνει σε κάποιο στοιχείο x X. Αυτό σημαίνει, όμως, ότι το x είναι σημείο συσσώρευσης του E ή το x E. Σε κάθε περίπτωση x E, εφόσον E κλειστό. Άρα (E, d) πλήρης. Αντίστροφο: Εστω ότι ο E είναι πλήρης μετρικός υπόχωρος του X και έστω {x } N α- κολουθία του E τέτοια ώστε x x. Αρκεί να δείξουμε ότι x E. Η x x, η {x } N είναι συγκλίνουσα άρα είναι και Cauchy ακολουθία του πλήρη χώρου E.Άρα συγκλίνει στο E, δηλαδή x E. Πρόταση Για κάθε μετρικό χώρο τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα: (i) Ο X είναι πλήρης. (ii) Αν {K } N είναι φθίνουσα ακολουθία κλειστών μη κενών υποσυνόλων του X ώστε diamk 0, τότε K. =1 Απόδειξη. (i) (ii) Εστω ότι ο X είναι πλήρης και έστω {K } N φθίνουσα ακολουθία κλειστών μη κενών υποσυνόλων του X ώστε diamk 0. Για κάθε επιλέγουμε x K. Εστω ε > 0. Τότε υπάρχει 0 ώστε diamk < ε, 0. Αν, m 0 x, x m K 0. Άρα d(x, x m ) diamk 0 < ε,, m 0. Δηλαδή η {x } N είναι ακολουθία Cauchy του X. Επειδή ο X πλήρης, υπάρχει το lim x = x X. Αν m K m K x m K, m Αυτό σημαίνει ότι για κάθε N, η υπακολουθία {x, x +1, x +2,...} περιέχεται στο K και επειδή το σύνολο αυτό είναι κλειστό και το όριό της περιέχεται στο K. Άρα x K. Συνεπώς x K K =1 =1 16

17 (ii) (i) Εστω ότι ισχύει το (ii). Θα δείξουμε ότι ο X είναι πλήρης: Εστω {x } N ακολουθία Cauchy του X. Ορίζουμε L m = {x : m} και K m = L m, m N. Η ακολουθία {K m } N είναι φθίνουσα ακολουθία κλειστών μη κενών συνόλων. Επίσης ισχύει ότι diaml m = diamk m, m N (βλ. Πρόταση 2.2.4). Εστω ε > 0. Επειδή η {x } N είναι Cauchy, υπάρχει m 0 ώστε: d(x, x k ) < ε,, k m 0 d(x, x k ) < ε,, k m και m m 0 diaml m ε, m m 0 diamk m ε, m m 0 lim diamk m = 0 m Τότε από υπόθεση, K. Δηλαδή υπάρχει x K. =1 Εστω ε > 0. Θα υπάρχει 0 ώστε diamk < ε, 0. Επειδή x, x K N, d(x, x) diamk < ε 0. Άρα x x X και άρα ο X πλήρης. Θεώρημα (Baire ) Εστω X πλήρης μετρικός χώρος και {A } N ανοιχτά και πυκνά υποσύνολα του X. Τότε A είναι πυκνό υποσύνολο του X. =1 ( ) Απόδειξη. Εστω x X και ε > 0. Άρκει να δείξουμε ότι B(x, ε) A. Επειδή A 1 = X B(x, ε) A 1. Επιλέγουμε x B(x, ε) A 1. Το B(x, ε) A 1 είναι ανοικτό σύνολο. Άρα υπάρχει 0 < ε < 1 ώστε B(x 1, ε) B(x, ε) A 1. Επιλέγουμε 0 < ε 1 < ε. Τότε B(x 1, ε 1 ) B(x 1, ε) B(x, ε) A 1. Επειδή A 2 = X B(x 1, ε 1 ) A 2. Επιλέγουμε x 2 B(x 1, ε 1 ) A 2 Το B(x 1, ε 1 ) A 2 είναι ανοικτό σύνολο. Άρα υπάρχει 0 < ε 2 < 1 2 ώστε B(x 2, ε 2 ) B(x 1, ε 1 ) A 2. Συνεχίζοντας επαγωγικά, κατασκευάζουμε ακολουθία {x } N τέτοια ώστε: x +1 B(x, ε ) A +1, 0 < ε < 1 και B(x +1, ε +1 ) B(x, ε ) A +1, N. Παρατηρούμε ότι diamb(x +1, ε +1 ) και B(x +1, ε +1 ) B(x, ε ), N (φθίνουσα ακολουθία κλειστών και μην κενών συνόλων). Από την προηγούμενη πρόταση: B(x, ε ) υπάρχει z B(x, ε ) B(x 1, ε 1 ) B(x, ε) και επίσης =1 ( =1 ) z B(x, ε ) A. Άρα B(x, ε) A =1 =1 =1 Παράδειγμα: Δεν ισχύει το θεώρημα αν ο χώρος δεν είναι πλήρης. Θεωρούμε το μετρικό χώρο (Q, ). Επειδή το Q είναι αριθμήσιμο, μπορούμε να γράψουμε μια 17 =1 =1

18 αρίθμηση του Q = {q 1, q 2, q 3,...}. Τα A 1 = Q {q 1 }, A 2 = Q {q 2 },... είναι ανοικτά (ως πεπερασμένη τομή ανοικτών) και πυκνά (για κάθε ρητό, υπάρχει ακολουθία ρητών που συγκλίνει σε αυτό το ρητό) υποσύνολα του Q. Ομως A =. =1 Πόρισμα Εστω (X, d) πλήρης μετρικός χώρος και F, N ακολουθία κλειστών υποσυνόλων του X. Αν ( =1 F ) o, τότε υπάρχει 0 N τέτοιο ώστε F o 0. Απόδειξη.Εύκολα βλέπει κανείς ότι X A = X A o. Εστω ότι F o =, N. Θα καταλήξουμε σε άτοπο. Τότε X F = X F o = X, N. Δηλαδή X F ανοικτό (ως συμπληρωμα κλειστού) και πυκνό υποσύνολο του X, N. Από θεώρημα Baire το (X F ) είναι πυκνό: =1 X = ( ) o (X F ) = X F = X F X. Άτοπο =1 Άρα υπάρχει 0 N τέτοιο ώστε F 0 o. =1 Πόρισμα Το σύνολο Q είναι F σ και δεν είναι G δ. Απόδειξη. Εστω Q = {q : N}. Το F = {q 1,..., q } είναι κλειστό N. Τότε: Q = F. Είναι δηλαδή F σ σύνολο. =1 Εστω ότι Q είναι G δ σύνολο. Τότε Q = =1 V, όπου V ανοικτό N. Επειδή Q V V = R, N Επίσης το U = R {q } είναι ανοικτό και πυκνό υποσύνολο του R, N Άρα από το θεώρημα Baire θα πρέπει το ( ) ( ) V U = Q (R Q) = =1 να είναι πυκνό του R. Άτοπο 2.4 Συμπάγεια =1 =1 Ορισμός Εστω (X, d) μετρικός χώρος και E X. Λέμε ότι μια οικογένεια ανοιχτών συνόλων A i : i I αποτελεί ανοιχτή κάλυψη του E, αν και μόνο αν, E i I A i. 1. Εστω (X, d) μετρικός χώρος. Τότε {X} αποτελεί κάλυψη οποιουδήποτε E X. 18

19 2. Εστω (X, d) μετρικός χώρος και E X. Τότε {B(x, r) : x E} αποτελεί ανοιχτή κάλυψη του E, για κάθε r > Εστω (R, ). Τότε ( 1, 1) : N αποτελεί ανοιχτή κάλυψη του (0,1). Ορισμός Εστω (X, d) μετρικός χώρος και K X. Το K καλείται συμπαγές αν κάθε ανοικτή κάλυψη του, έχει πεπερασμένη υποκάλυψη. Δηλαδή αν A i : i I οικογένεια ανοικτών με K A i, τότε υπάρχει {i 1, i 2,..., i } I ώστε K A ik. =1 Παράδειγμα: 1. (R, ), το (0, 1] δεν είναι συμπαγές, αφού αλλά δεν έχει πεπερασμένη υποκάλυψη. (0, 1] ( 1, 1], Θεώρημα Κάθε συμπαγές υποσύνολο μετρικού χώρου είναι φραγμένο. =1 Απόδειξη. Εστω X, d μετρικός χώρος και K X συμπαγές. Εστω, επιπλέον, x 0 K. Τότε η οικογένεια των ανοιχτών περιοχών {B(x 0, ) : N} αποτελεί ανοιχτή κάλυψη του K. Άρα υπάρχει N N τέτοιο ώστε: N K B(x 0, ), =1 δηλαδή K B(x 0, N) και έχουμε το ζητούμενο. Θεώρημα Κάθε συμπαγές υποσύνολο μετρικού χώρου είναι κλειστό. Απόδειξη. Εστω X, d μετρικός χώρος και K X συμπαγές. Εστω ότι το K δεν είναι κλειστό. Τότε υπάρχει x K K. Η οικογένεια B(x, 1 )c αποτελεί ανοιχτή κάλυψη του K. Οπότε έχω πεπερασμένη υποκάλυψη k=1 B(x, 1 1 ) c, B(x, 1 2 ) c,..., B(x, 1 k ) c. Θέτω 0 = max 1, 2,..., k. Τότε K B(x, 1 0 ) c, άρα το x δεν ανήκει στο K και δεν είναι σημείο συσσώρευσης του πράγμα άτοπο. Πρόταση Εστω K συμπαγές υποσύνολο ενός μετρικού χώρου και L K κλειστό. Τότε L συμπαγές. 19

20 Απόδειξη. Εστω L κλειστό υποσύνολο ενός συμπαγούς συνόλου K σε ένα μετρικό χώρο (X, d). Θεωρώ G i : i I μια ανοιχτή κάλυψη του συνόλου L. Στόχος είναι να αποδείξουμε ότι υπάρχει πεπερασμένη υποκάλυψη. Παρατηρούμε ότι το σύνολο {G i : i I} {L c } αποτελεί ανοιχτή κάλυψη του K. Επειδή υποθέσαμε ότι το K είναι συμπαγές υπάρχει πεπερασμένη υποκάλυψη {G 1, G 2,..., G, L c }. Δηλαδή K G 1 G 2... G L c. Προφανώς τότε L G 1 G 2... G και βρήκαμε την πεπερασμένη υποκάλυψη που αναζητούσαμε. Ορισμός Εστω K υποσύνολο ενός μετρικού χώρου (X, d). Το K ονομάζεται α- κουλουθιακά συμπαγές αν κάθε ακολουθία στοιχείων του K έχει συγκλίνουσα υπακολουθία της οποίας το όριο επίσης ανήκει στο K. Πρόταση Εστω K ακολουθιακά συμπαγές υποσύνολο ενός μετρικού χώρου (X, d). Τότε το K έχει αριθμήσιμο και πυκνό υποσύνολο. Απόδειξη. Σταθεροποιώ τυχαίο δ > 0 και x 1 K. Βήμα 1ο: Περίπτωση Ι: Υπάρχει στοιχείο του K, που να απέχει από το x 1 απόσταση τουλάχιστον δ. Τότε συμβολίζω αυτό το στοιχείο με x δ 2 και συνεχίζω στο δεύτερο βήμα. Περίπτωση ΙΙ: Δεν υπάρχει τέτοιο στοιχείο και σταματάω. Βήμα 2ο: Περίπτωση Ι: Υπάρχει x δ 3 K τέτοιο ώστε d(x 1, x δ 3) δ και d(x δ 2, x δ 3) δ. Τότε συνεχίζω στο 3ο βήμα. Περίπτωση ΙΙ: Δεν υπάρχει τέτοιο στοιχείο και σταματάω. Βήμα 3ο: Περίπτωση Ι: Υπάρχει x δ 4 K που να απέχει από τα στοιχεία του συνόλου {x 1, x δ 2, x δ 3} απόσταση τουλάχιστον δ. Περίπτωση ΙΙ: Δεν υπάρχει τέτοιο στοιχείο και σταματάω. Με τον τρόπο που περιγράφουμε συνεχίζουμε να εκτελούμε βήματα. Ισχυρισμός: Μετά από πεπερασμένο αριθμό βημάτων θα καταλήξουμε στην Περίπτωση ΙΙ και θα σταματήσουμε την διαδικασία. Απόδειξη Ισχυρισμού: Εστω ότι ο ισχυρισμός είναι λανθασμένος και έστω ότι μπορούμε επαγωγικά να ακολουθήσουμε τα βήματα που περιγράφονται άπειρες φορές. Τότε θα έχουμε καταφέρει να κατασκευάσουμε μια ακολουθία {x 1, x δ 2, x δ 3,...} στοιχείων του K τέτοια ώστε: d(x δ, x δ m) δ,, m N, m (συμβολίζουμε για λόγους ομοιομορφίας x 1 = x δ 1). Με βάση την υπόθεση της πρότασης, αυτή η ακολουθία πρέπει να έχει συγκλίνουσα υπακολουθία. Σύμφωνα με την πρόταση 2.3.1, αυτή η υπακολουθία πρέπει να είναι Cauchy, πράγμα άτοπο λόγω των παραπάνω αποστάσεων. Άρα ο ισχυρισμός αληθεύει. 20

21 Συνεπώς αν επιλέξουμε δ = 1 και τυχαίο x 1 K, ακολουθώντας πεπερασμένα το πλήθος βήματα, έστω 1, θα καταλήξουμε σε ένα πεπερασμένο σύνολο D 1 = {x 1, x 1 2, x 1 3,..., x 1 1 } στοιχείων του K με τις ακόλουθες ιδιότητες: d(x 1, x 1 m) 1,, m {1, 2,..., 1 }, m και Για κάθε x K, υπάρχει x D 1, τέτοιο ώστε d(x, x) < 1. Γενικά, για κάθε φυσικό αριθμό σ N και τυχαίο x 1 K, ακολουθώντας πεπερασμένα το πλήθος βήματα, έστω σ, θα καταλήξουμε σε ένα πεπερασμένο σύνολο D σ = {x 1, x σ 2, x σ 3,..., x σ σ } στοιχείων του K με τις ακόλουθες ιδιότητες: d(x σ, x σ m) 1 σ,, m {1, 2,..., σ}, m Θέτω D = και Για κάθε x K, υπάρχει x D σ, τέτοιο ώστε d(x, x) < 1 σ. D σ. Τότε το D είναι προφανώς αριθμήσιμο υποσύνολο του K. Αρκεί να σ=1 αποδείξουμε ότι είναι πυκνό. Για τον λόγο αυτό σταθεροποιούμε x K και ε > 0. Τότε υπάρχει σ 0 N τέτοιο ώστε 1 σ 0 < ε. Από την κατασκευή του D σ0, υπάρχει x D σ0, τέτοιο ώστε d(x, x) < 1 σ 0. Δηλάδή υπάρχει στοιχείο του D (το x), τέτοιο ώστε d(x, x) < ε και έχουμε το ζητούμενο. Θεώρημα Ενα υποσύνολο ενός μετρικού χώρου είναι συμπαγές, αν και μόνο αν, είναι ακολουθιακά συμπαγές Απόδειξη. Εστω K συμπαγές υποσύνολο ενός μετρικού χώρου (X, d). Θα αποδείξουμε ότι είναι ακολουθιακά συμπαγές. Εστω {x } N τυχαία ακολουθία στοιχείων του K. Θα πρέπει να αποδείξουμε ότι έχει συγκλίνουσα υπακολουθία με όριο μέσα στο K. Θέτουμε E = {y K : N y = x } το σύνολο των όρων της ακολουθίας {x } N. Περίπτωση Ι: Το E έχει πεπερασμένα το πλήθος στοιχεία. Τότε υπάρχει σταθερή υπακολουθία της {x } N, η οποία είναι προφανώς συγκλίνουσα. Περίπτωση ΙΙ: Εστω ότι το E είναι άπειρο υποσύνολο του K. Ισχυρισμός: Υπάρχει στοιχείο του συνόλου K που να είναι σημείο συσσώρευσης του συνολου E. Απόδειξη ισχυρισμού: Ας υποθέσουμε ότι δεν υπάρχει τέτοιο στοιχείο του K. Τότε για κάθε p K, υπάρχει ε p > 0, τέτοιο ώστε B(p, ε p ) (E {p}) =. 21

22 Δηλάδη το μόνο στοιχείο του συνόλου E που ενδέχεται να περιέχεται στην ανοιχτή μπάλα B(p, ε p ) είναι το p. Τότε K p K B(p, ε p) και επειδή το K είναι συμπαγές προκύπτει ότι: (υπάρχει πεπερασμένο υποκάλυμμα.) Μα τότε: K B(p 1, ε p1 ) B(p 2, ε p2 )... B(p, ε p ) E = K E [B(p 1, ε p1 ) B(p 2, ε p2 )... B(p, ε p )] E {p 1, p 2..., p }. Δεν γίνεται ένα σύνολο με άπειρο το πλήθος στοιχεία (όπως το E) να περιέχεται σε σύνολο με πεπερασμένο το πλήθος στοιχεία. Καταλήξαμε, λοιπόν, σε άτοπο πράγμα που αποδεικνύει την ορθότητα του ισχυρισμού. Εστω, λοιπόν, p K σημείο συσσώρευσης του συνόλου E. Υπάρχει y 1 E τέτοιο ώστε d(y 1, p) < 1. Τότε y 1 = x 1 για κάποιο φυσικό αριθμό 1. Θεωρώ E 1 = {y K : N, 1 y = x }. Τότε το p είναι σημείο συσσώρευσης του E 1 (γιατί;), οπότε υπάρχει x 2 E, 2 1 τέτοιο ώστε d(x 2, p) < 1. Επαναλαμβάνοντας το επιχείρημα αριθμήσιμες 2 το πλήθος φορές, κατασκευάζουμε υπακολουθία {x k } k N για την οποία ισχύει d(x k, p) < 1 k. Δηλαδή x k p και έχουμε το ζητούμενο. Για το αντίστροφο του θεωρήματος, θεωρούμε ότι το σύνολο K είναι ακολουθιακά συμπαγές και θα αποδείξουμε ότι είναι συμπαγές. Εστω {G i : i I} μια ανοιχτή κάλυψη του K. Με βάση την Πρόταση 2.4.2, το K περιέχει ένα αριθμήσιμο και πυκνό υποσύνολο D = {x 1, x 2,...}. Σταθεροποιώ τυχαίο x K. Τότε x G i0 για κάποιο i 0 I. Επειδή το G i0 είναι ανοιχτό σύνολο, υπάρχει ε > 0 τέτοιο ώστε B(x, ε) G i0. Επιλέγω ρητό αριθμό q 0 (0, ε ). Τότε 2 υπάρχει στοιχείο x 0 D τέτοιο ώστε d(x, x 0 ) < q 0. Δηλαδή για τυχαίο x K βρήκα δίσκο με κέντρο στοιχείο του D και ακτίνα ρητό αριθμό που να περιέχεται σε κάποιο G i i I. Το πλήθος των δίσκων αυτών είναι αριθμήσιμο. Πράγμα που σημαίνει ότι με τον τρόπο αυτό βρίσκω μια αριθμήσιμη υποκάλυψη της αρχικής δηλαδή K =1 G i. Απομένει να δείξουμε ότι η αριθμήσιμη αυτή κάλυψη έχει πεπερασμένη υποκάλυψη. Υποθέτουμε ότι αυτό δεν αληθεύει και θα καταλήξουμε σε άτοπο. Για κάθε N N ορίζουμε F N = ( N =1G i ) c. Τότε κάθε ένα από τα σύνολα αυτά είναι κλειστό ως συμπλήρωμα ανοιχτού συνόλου (βλ. Θεώρημα ). Επιπλέον, F N K και αυτό γιατί υποθέσαμε ότι δεν υπάρχει πεπερασμένη υποκάλυψη (αν F N K =, τότε K FN c = N =1G i ). Με βάση τα παραπάνω, για κάθε N N υπάρχει x N F N K. Θεωρούμε την ακολουθία {x N } N N. Πρόκειται για ακολουθία στοιχείων του K και επειδή υποθέσαμε ότι αυτό είναι ακολουθιακά συμπαγές, η {x N } N N έχει συγκλίνουσα υπακολουθία. Εστω {x Nk } k N η υπακολουθία αυτή και έστω x το όριό της. Τότε επειδή η {x Nk } k N είναι ακολουθία στοιχείων του F N1 (παρατηρείστε ότι F N F M, N M και F N1 κλειστό) x F N1. Τώρα αν θεωρήσουμε την ακολουθία {x Nk : k = 2, 3,...} επαναλαμβάνοντας το παραπάνω σκεπτικό καταλήγουμε 22

23 ότι x F N2. Γενικά για σ N, η {x Nk : k = σ, σ + 1,...} είναι υπακολουθία της {x Nk } k N και άρα συγκλίνει στο x. Το γεγονός αυτό μας δίνει άμεσα ότι x F Nσ. Δηλαδή αποδείξαμε ότι x ( F Nσ K). Εύκολα βλέπει κανείς ότι F Nσ = F N, οπότε x N=1 σ=1 F N K πράγμα άτοπο διότι τότε το K δεν θα ήταν υποσύνολο του =1 G i. Θεώρημα Κάθε κλειστό και φραγμένο υποσύνολο του R είναι συμπαγές Απόδειξη. Εστω K κλειστό και φραγμένο υποσύνολο του R και έστω {x } N ακολουθία στοιχείων του K. Επειδή το K είναι φραγμένο, αυτή είναι μια φραγμένη ακολουθία πραγματικών αριθμών και από το Θεώρημα προκύπτει ότι έχει συγκλίνουσα υπακολουθία με όριο στο R. Επειδή το K είναι και κλειστό έπεται ότι το όριο της υπακολουθίας ανήκει στο K. Οπότε αποδείξαμε ότι το K είναι ακολουθιακά συμπαγές. Με βάση το Θεώρημα έχουμε το ζητούμενο. Παρατήρηση: Η παραπάνω πρόταση ισχύει στους R, N, αλλά δεν ισχύει σε γενικότερους μετρικούς χώρους χώρους. Παράδειγμα: (R, d δ ) όλα φραγμένα, όλα κλειστά κανένα συμπαγές Πρόταση Κάθε συμπαγές υποσύνολο ενός μετρικού χώρου είναι πλήρες. Απόδειξη. Εστω (X, d) μετρικός χώρος και K X συμπαγές. Εστω, επιπλέον, {x } N ακολουθία Cauchy στοιχείων του K. Από το Θεώρημα 2.4.3, το K είναι ακολουθιακά συμπαγές πράγμα που σημαίνει ότι η {x } N έχει συγκλίνουσα υπακολουθία με όριο στο K. Από την Πρόταση προκύπτει ότι η {x } N είναι συγκλίνουσα και το όριό της είναι μέσα στο K. Άρα (K, d) πλήρες. 2.5 Συνεκτικότητα Ορισμός Εστω (X, d) μετρικός χώρος και Y X. Το Y λέγεται μη συνεκτικό αν υπάρχουν ανοικτά σύνολα A, B τέτοια ώστε: α) Y A B β) Y A, Y B γ) A B = Διαφορετικά το Y λέγεται συνεκτικό. 1)(R, ), Y = (0, 1) (2, 3) μη συνεκτικό στο R. Y = (0, 1) {2} μη συνεκτικό στο R. 2)(R 2, d ευκλ ), Y = B(0, 1) {(0, x) : x R} ε ιναι συνεκτικό στο R 2. σ=1 N=1 23

24 Θεώρημα Το διάστημα [a, b] είναι συνεκτικό υποσύνολο του μετρικού χώρου (R, ). Απόδειξη.Θέτουμε I = [a, b]. Εστω ότι το I δεν είναι συνεκτικό. Τότε υπάρχουν A, B ανοικτά υποσύνολα του R ώστε: α) I A B β) A I, B I γ) A B =. Εύκολα βλέπει κανείς ότι I B = A I. Επειδή I B = I B c,το σύνολο αυτό είναι κλειστό και άρα το A I είναι κλειστό. Τότε το sup(a I) = t A I. Θα δείξουμε ότι t = b: Το A I I sup(a I) sup I t b. Εστω t < b. Τότε (t, b] B I και επειδή B I είναι κλειστό (B I = A c I), το t B I t A B. Άτοπο. Άρα t = b. Δείξαμε ότι sup(a I) = b b A I. Ομοια δείχνουμε ότι sup(b I) = b b B I. Άρα b A B I. Άτοπο. Οπότε το I είναι συνεκτικό. Παρατήρηση: Με αναλογα επιχειρήματα μπορούμε να δείξουμε ότι κάθε διάστημα του R είναι συνεκτικό Θεώρημα Ενα υποσύνολο του R ειναι συνεκτικό αν κια μόνο αν είναι διαστημα. Απόδειξη.Από το παραπάνω θεώρημα κάθε διάστημα του R, είναι συνεκτικό υποσυνολό του. Για να αποδείξουμε ότι αν ένα υποσύνολο του R είναι συνεκτικό τότε είναι διάστημα, αρκεί να αποδείξουμε την άρνηση της πρότασης: Εστω K R το οποίο δεν είναι διάστημα. Τότε υπάρχουν a, b K και t R K ώστε a < t < b. Θεωρούμε τα σύνολα A = (, t) και B = (t, ). Παρατηρούμε ότι: α) K A B = R {t} β) a A K και b B K A K και B K γ) A B = Άρα το K όχι συνεκτικό. 24

25 3 Συνεχείς Συναρτήσεις 3.1 Ορισμός συνέχειας Ορισμός Μια συνάρτηση f : (X, d) (Y, ρ) (από έναν μετρικό χώρο σε έναν άλλο) ονομάζεται συνεχής σε ένα σημείο x 0, αν για κάθε ε > 0 υπάρχει δ > 0 τέτοιο ώστε για κάθε x X με d(x, x 0 ) < δ ρ(f(x), f(x 0 )) < ε. Μια συνάρτηση ονομάζεται συνεχής, αν είναι συνεχής σε κάθε σημείο του πεδίου ορισμού της. 1. Συνεχής συνάρτηση T : (C([0, 1]), d ) R, T (f) = f(0) + f(1). 2. Μη συνεχής συνάρτηση f : R (R, d δ ), f(x) = x. Θεώρημα Εστω f : (X, d) (Y, ρ) μια συνάρτηση. Τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα: (i) Η f είναι συνεχής στο X. (ii) Αντίστροφη εικόνα ανοιχτού συνόλου είναι ανοιχτό σύνολο. Απόδειξη. (i) (ii) Εστω A Y ανοιχτό. Θα δείξουμε ότι το f 1 (A) είναι ανοιχτό υποσύνολο του (X, d). Αν το f 1 (A) είναι κενό τότε είναι ανοιχτό οπότε σε αυτή την περίπτωση έχουμε τελειώσει. Αν f 1 (A), σταθεροποιώ x 0 f 1 (A). Τότε f(x 0 ) A και επειδή υποθέσαμε ότι το A είναι ανοιχτό υπάρχει r > 0 τέτοιο ώστε B(f(x 0 ), r) A. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x 0, επομένως υπάρχει δ > 0 τέτοιο ώστε d(x, x 0 ) < δ ρ(f(x), f(x 0 )) < r. Μα τότε B(x 0, δ) f 1 (A) και έχω το ζητούμενο. (ii) (i) Θα δείξουμε ότι η f είναι συνεχής στο τυχαίο x 0 X. Εστω ε > 0. Επειδή το x 0 X, το f(x 0 ) Y. Θέτουμε V = B Y (f(x 0 ), ε) και U = f 1 (V ). Από υπόθεση το U είναι ανοιχτό υποσύνολο του X και x 0 U. Συνεπώς υπάρχει δ > 0 ώστε B X (x 0, δ) U και άρα f(b X (x 0, δ) f(u) V = B Y (f(x 0 ), ε). Δηλαδή για το τυχαίο ε > 0, βρήκαμε δ > 0 ώστε για κάθε x X με d(x, x 0 ) < δ ρ(f(x), f(x 0 )) < ε. (x B(x 0, δ) f(x) f(b X (x 0, δ) B Y (f(x 0 ), ε)). Άρα f συνεχής στο τυχαίο x 0 X κι άρα f συνεχής στο X. Θεώρημα Εστω f : (X, d) (Y, ρ) συνάρτηση. Τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα: (i) Η f είναι συνεχής στο X. (ii) Αν μια ακολουθία {x } N στοιχείων του X είναι συγκλίνουσα τότε η ακολουθία {f(x )} N είναι συγκλίνουσα ακολουθία στοιχείων του Y και μάλιστα f( lim x ) = lim f(x ). Απόδειξη. (i) (ii) Εστω ότι lim x = x 0. Θα δείξουμε ότι lim f(x ) = f(x 0 ). Εστω ε > 0. Επειδή η f είναι συνεχής στο x 0, υπάρχει δ > 0 τέτοιο ώστε για κάθε x X με d(x, x 0 ) < δ ρ(f(x), f(x 0 )) < ε. Επειδή η {x } N συγκλίνει στο x 0, για το δ > 0 που βρήκαμε, υπάρχει 0 τέτοιο ώστε: d(x, x 0 ) < δ, 0. Συνεπώς ρ(f(x ), f(x 0 )) < ε, 0. 25

26 (ii) (i) Εστω x 0 X και έστω ότι η f δεν είναι συνεχής στο x 0. Αυτό σημαίνει ότι υπάρχει ε 0 > 0, ώστε για κάθε δ > 0 να υπάρχει x X με d(x, x 0 ) < δ και ρ(f(x), f(x 0 )) ε 0. Για δ = 1, υπάρχει x 1 X με d(x 1, x 0 ) < 1 και ρ(f(x 1 ), f(x 0 )) ε 0. Για δ = 1 2, υπάρχει x 2 X με d(x 2, x 0 ) < 1 2 και ρ(f(x 2), f(x 0 )) ε 0.. Για δ = 1, υπάρχει x X με d(x, x 0 ) < 1 και ρ(f(x ), f(x 0 )) ε 0.. Συνεχίζοντας κατά αυτό τον τρόπο, κατασκευάζουμε ακολουθία {x } N που συγκλίνει στο x 0, αλλά η {f(x )} N δε συγκλίνει στο f(x 0 ). Άτοπο. 3.2 Συνέχεια σε συμπαγή και συνεκτικά σύνολα Θεώρημα Εστω f : (X, d) (Y, ρ) συνεχής. Αν το K X είναι συμπαγές υποσύνολο του X, τότε το f(k) είναι συμπαγές υποσύνολο του Y. Απόδειξη. Εστω {A i : i I} οικογένεια ανοιχτών υποσυνόλων του Y με f(k) i I A i. Επειδή η f είναι συνεχής, το σύνολο {f 1 (A i ) : i I} είναι μια οικογένεια ανοικτών υποσυνόλων του X. Επιπλέον K i I f 1 (A i ), δηλαδή έχω μια ανοιχτή κάλυψη του συμπαγούς συνόλου K. Οπότε υπάρχει πεπερασμένη υποκάλυψη δηλαδή {i 1, i 2,, i } I ώστε K f 1 (A ik ) f(k) f( f 1 (A ik )) = f(f 1 (A ik ) = A ik. Άρα το f(k) είναι k=1 συμπαγές. k=1 Θεώρημα Εστω (X, d) μετρικός χώρος και K X συμπαγές. Εστω, επιπλέον, f : K R συνεχής. Τότε η f έχει μέγιστο και ελάχιστο, δηλ. υπάρχουν (όχι κατ ανάγκη μοναδικά) x max K και x mi K k=1 f(x max ) = max x K f(x). f(x mi ) = mi x K f(x). Απόδειξη.Με βάση το προηγούμενο θεώρημα, το f(k) θα είναι συμπαγές υποσύνολο του R. Σύμφωνα με τα Θεωρήματα 2.4.1, θα είναι λοιπον κλειστό και φραγμένο. Επειδή το f(k) είναι φραγμένο, υπάρχει το sup f(k) = sup f(x) και το if f(k) = if f(x) και επειδή x K x K το f(k) είναι κλειστό, θα είναι στοιχεία του. Δηλαδή υπάρχουν x max, x mi K ώστε f(x max ) = sup f(x) = max f(x) x K x K f(x mi ) = if f(x) = mi f(x) x K x K 26 k=1

27 Θεώρημα Εστω f : (X, d) (Y, ρ) συνεχής. Αν το E X είναι συνεκτικό υποσύνολο του X, τότε το f(e) είναι συνεκτικό υποσύνολο του Y. Απόδειξη. Εστω ότι το f(e) δεν είναι συνεκτικό υποσύνολο του Y. Τότε υπάρχουν U, V ανοικτά υποσύνολα του Y με τις εξής ιδιότητες: (i)u V = (ii)f(e) U και f(e) V (iii)f(e) U V Θέτουμε Ũ = f 1 (U) και Ṽ = f 1 (V ). Τότε ισχύουν τα παρακάτω: α) Ũ, Ṽ ανοιχτά υποσύνολα του X ως αντίστροφη εικόνα ανοιχτών υποσυνόλων του Y μέσω της συνεχής συνάρτησης f. β) Ũ Ṽ =, διαφορετικα θα υπήρχε x Ũ Ṽ x Ũ και x Ṽ f(x) U και f(x) V f(x) U V, πράγμα άτοπο. γ) Ũ E και Ṽ E, επειδή υπάρχουν y 1 f(e) U και y 2 f(e) V και άρα υπάρχουν x 1 Ũ E και x 2 Ṽ E ώστε f(x 1) = y 1 και f(x 2 ) = y 2. δ) E Ũ Ṽ, το οποίο προκύπτει απο το (iii) Από τα παραπάνω καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι το E δεν είναι συνεκτικό. Άτοπο. Παράδειγμα: Εστω f : (X, d) (Z, ) συνεχής και έστω D X συνεκτικό. Τότε το f(d) είναι συνεκτικό υποσύνολο του Z. Ομως τα μόνα συνεκτικά υποσύνολα του (Z, ) είναι τα μονοσύνολα. Άρα f(d) = {k} όπου k ακέραιος. Δηλαδή f(x) = k σταθερή, x D. 3.3 Ομοιόμορφη Συνέχεια Ορισμός Μια συνάρτηση f : (X, d) (Y, ρ) ονομάζεται ομοιόμορφα συνεχής αν για κάθε ε > 0, υπάρχει δ > 0 ώστε για κάθε x, y X με d(x, y) < δ να ισχύει ρ(f(x), f(y)) < ε. 1)f : [1, ) R με τύπο f(x) = 1 x 2)f : [0, ) R με τύπο f(x) = x Παρατήρηση: Εξ ορισμού, κάθε ομοιόμορφα συνεχής συνάρτηση είναι και συνεχής. αντίστροφο δεν ισχύει. Αντιπαράδειγμα: f : (0, 1] R με τύπο f(x) = 1 x. Το Πρόταση Εστω f : (X, d) (Y, ρ) ομοιόμορφα συνεχής.τότε: α)αν {x } N είναι ακολουθία Cauchy στοιχείων του X, τότε και η {f(x )} N θα είναι ακολουθία Cauchy στοιχείων του Y. β)αν {x } N, {y } N είναι δύο ακολουθίες στοιχείων του X για τις οποίες ισχύει ότι lim d(x, y ) = 0 τότε και lim ρ(f(x ), f(y )) = 0. Απόδειξη.α) Εστω {x } N ακολουθία Cauchy στοιχείων του X και έστω ε > 0. Επειδή η f είναι ομοιόμορφα συνεχής, υπάρχει δ > 0 ώστε για κάθε x, y X με d(x, y) < δ, 27

28 ρ(f(x), f(y)) < ε. Η {x } N είναι Cauchy,οπότε για το δ > 0 που βρήκαμε, υπάρχει 0 ώστε για κάθε, m N με, m 0, d(x m, x ) < δ και από το οποίο συνεπάγεται ότι ρ(f(x m ), f(x )) < ε. Συνεπώς για τύχαιο ε > 0, υπάρχει 0 ώστε για κάθε, m N με, m 0, ρ(f(x m ), f(x )) < ε. β) Εστω {x } N, {y } N ακολουθίες στοιχείων του X με lim d(x, y ) = 0 και έστω ε > 0. Επειδή η f είναι ομοιόμορφα συνεχής, θα υπάρχει δ > 0 ώστε για καθέ x, y X με d(x, y) < δ, να ισχύει ρ(f(x), f(y)) < ε. Για το δ > 0 αυτό, υπάρχει 0 ώστε για κάθε 0 με N, να ισχύει d(x, y ) < δ ρ(f(x ), f(y )) < ε. Άρα lim ρ(f(x ), f(y )) = 0. Θεώρημα Εστω (X, d) και (Y, ρ) δύο μετρικοί χώροι και f : K Y συνεχής, όπου K X συμπαγές. Τότε η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο K. Απόδειξη.Θα δείξουμε ότι για κάθε ε > 0, υπάρχει δ > 0 ώστε για οποιαδήποτε δύο σημεία x, y K με d(x, y) < δ να ισχύει ρ(f(x), f(y)) < ε. Εστω ε > 0. Αφού η f είναι συνεχής στο K, για κάθε x K μπορούμε να βρούμε δ x > 0 ώστε για κάθε y K με d(x, y) < δ x να ισχύει ρ(f(x), f(y)) < ε 2 ( ). Τα B X (x, δ x ) : x K αποτελούν μια ανοιχτή κάλυψη του K και επειδή το K είναι συμπαγές, 2 υπάρχουν σύνολα B X (x i, δ x i ) : i = 1, 2,, της παραπάνω οικογένειας ώστε το 2 K B X (x i, δ x i 2 ). i=1 Επιλέγουμε για δ = 1 2 mi{δ x 1,, δ x } > 0. Θεωρούμε, επιπλέον, x, y K με d(x.y) < δ. Τότε, εφόσον x K B X (x i, δ x i 2 ), υπάρχει i 0 {1,, } ώστε x B X (x i0, δ x i0 ). Εχουμε επίσης ότι 2 i=1 d(x i0, y) d(x i0, x) + d(x, y) δ x i0 2 + δ δ x i0 2 + δ x i0 2 = δ x i0. Επομένως x, y B X (x i0, δ xi0 ) ( ) ρ(f(x i0 ), f(x)) < ε 2 και ρ(f(x i 0 ), f(y)) < ε 2. Οπότε για τυχαίο ε > 0, βρήκαμε δ > 0 ώστε για κάθε x, y K με d(x, y) < δ, να ισχύει ρ(f(x), f(y)) ρ(f(x), f(x i0 )) + ρ(f(x i0 ), f(y)) < ε 2 + ε 2 = ε. 3.4 Lipschitz συνέχεια-θεώρημα Σταθερού σημείου Ορισμός Μια συνάρτηση f : (X, d) (Y, ρ) θα λέγεται: α) Lipschitz-συνεχής αν υπάρχει c > 0 ώστε για κάθε x, y X ρ(f(x), fy)) c d(x, y). Ο αριθμός c λέγεται σταθερά Lipschitz. β) συστολή αν είναι Lipschitz-συνεχής με σταθερά Lipschitz c < 1. 28

29 Παράδειγμα: Οποιαδήποτε συνάρτηση f : (R, ) (R, ) με τύπο f(x) = ax + b,όπου a, b R, είναι Lipschitz-συνεχής με σταθερά Lipschitz το a. Πρόταση Κάθε Lipschitz -συνεχής συνάρτηση είναι ομοιόμορφα συνεχής Απόδειξη. Εστω f : (X, d) (Y, ρ) Lipschitz συνεχής. Δηλαδή υπάρχει c > 0 ώστε για κάθε x, y X να ισχύει ρ(f(x), f(y)) c d(x, y). Εστω ε > 0. Επιλέγουμε δ = ε. Τότε για κάθε x, y X με d(x, y) < δ ισχύει ότι c ρ(f(x), f(y)) c d(x, y) < c δ = c ε = ε. Άρα η f είναι ομοιόμορφα συνεχής. c Θεώρημα (σταθερού σημείου Baach ) Εστω (X, d) ένας πλήρης μετρικός χώρος και έστω f : X X συνάρτηση συστολής στο X, δηλαδή d(f(x), f(y)) < c d(x, y), x, y X, 0 < c < 1. Τότε η f έχει ακριβώς ένα σταθερό σημείο x 0 X (δηλαδή f(x 0 ) = x 0 ). Απόδειξη. Εστω τυχαίο x 1 X. Θεωρούμε την ακολουθία x 1, x 2 = f(x 1 ), x 3 = f(x 2 ),.... Ισχυρισμός: Για κάθε 2 ισχύει, d(x +1, x ) < c 1 d(x 2, x 1 ). Απόδειξη ισχυρισμού: d(x 3, x 2 ) = d(f(x 2 ), f(x 1 )) < c d(x 2, x 1 ), οπότε αποδείξαμε το ισχυρισμό για = 2. d(x 4, x 3 ) = d(f(x 3 ), f(x 2 )) < c d(x 3, x 2 ) = c d(f(x 2 ), f(x 1 )) < c 2 d(x 2, x 1 ), οπότε αποδείξαμε το ισχυρισμό για = 3. Γενικά για 2: d(x +1, x ) = d(f(x +1 ), f(x )) < cd(x, x 1 ) < c 2 d(x 1, x 2 ) Ισχυρισμός: Η ακολουθία {x } N είναι Cauchy. Απόδειξη ισχυρισμού: d(x, x m ) d(x, x 1 ) + d(x 1, x 2 ) d(x m+1, x m ) < < c 2 d(x 2, x 1 ) + c 3 d(x 2, x 1 ) c m 1 d(x 2, x 1 ) = = c m 1 d(x 2, x 1 )(1 + c c m+1 ) < c m 1 1 d(x 2, x 1 ) 1 c Επειδή ο X είναι πλήρης, η {x } N συγκλίνει στον X. Ε Δηλαδή υπάρχει x 0 X τέτοιο ώστε lim x = x 0. Επειδή η f είναι συνεχής, θα έχουμε f(x 0 ) = f( lim x ) = lim f(x ) = lim x +1 = x 0. Άρα το x 0 είναι σταθερό σημείο της f. Εστω ότι υπήρχε ένα δεύτερο σταθερό σημείο y 0 x 0 της f. Τότε: 0 < d(y 0, x 0 ) = d(f(y 0 ), f(x 0 )) cd(y 0, x 0 ) < d(y 0, x 0 ) (0 < c < 1) d(y 0, x 0 ) < d(y 0, x 0 ). Άτοπο 29

30 3.5 Σύνολο Σημείων Ασυνέχειας και α-ασυνέχεια Ορισμός Εστω f : (X, d) (Y, ρ) μια συνάρτηση. Ορίζουμε 1.Συνάρτηση Dirichlet Εστω f : R R με τύπο f(x) = D f = {x X: η f δεν είναι συνεχής στο x}. { 1, x Q 0, x R Q. Η f δεν είναι συνεχής σε κανένα σημείο του πεδίου ορισμού της. Πράγματι, έστω x R. Επειδή τα Q και R Q είναι πυκνά υποσύνολα του R, υπάρχει ακολουθία ρητών {q } N και ακολουθία αρρήτων {r } N ώστε lim q = x = lim r. Αν η f ήταν συνεχής στο x, θα έπρεπε f(x) = f( lim q ) = lim f(q ) = lim 0 = 0 και f(x) = f( lim r ) = lim f(r ) = 1 = 1, πράγμα άτοπο. lim Άρα D f = R. 2 Τροποποιημένη συνάρτηση { Dirichlet x, x Q Εστω f : R R με τύπο f(x) = 0, x R Q. Η f είναι συνεχής μόνο στο 0. Πράγματι, έστω x 0 R {0}. Υπάρχει {r } N ακολουθία ρητών και {a } N ακολουθία αρρήτων ώστε lim r = lim a = x 0. Αν η f ήταν συνεχής στο x 0, θα έπρεπε f(x 0 ) = f( lim a ) = lim f(a ) = lim 0 = 0 και ταυτόχρονα f(x 0 ) = f( lim r ) = lim f(r ) = lim r = x 0 0. Άτοπο. Άρα η f δεν είναι συνεχής στα σημεία του R {0}. Θα αποδείξουμε ότι είναι συνεχής στο 0, χρησιμοποιώντας τον ορισμό της συνέχειας. Εστω ε > 0. Για δ = ε έχω: x 0 < δ f(x) f(0) < ε και έχω το ζητούμενο. 3. Συνάρτηση Thomae 1, x = 0 1 Εστω f : R R με τύπο f(x) =, m Q, (m, ) = 1, > 0. 0, x R Q Η f δεν είναι συνεχής στους ρητούς. Πράγματι, έστω r Q. Τότε το f(r) > 0. Υπάρχει ακολουθία αρρήτων {a } N ώστε lim a = r. Αν η f ήταν συνεχής στο r, θα έπρεπε f(r) = f( lim a ) = lim f(a ) = lim 0 = 0. Άτοπο. Εστω τώρα a R Q. Θα αποδείξουμε ότι η συνάρτηση αυτή είναι συνεχής στο a. Υποθέτουμε ότι a > 0 (με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται και για τους αρνητικούς άρρητους). Εστω ε > 0. Επιλέγω ρητό αριθμό ε 0 (0, ε). Εστω ε 0 = m 0. Θεωρούμε το ανοιχτό διάστημα 0 ([a], [a] + 1). 30

31 Ισχυρισμός: Εστω ένας φυσικός αριθμός. Στο διάστημα ([a], [a] + 1) περιέχονται πεπερασμένοι το πλήθος ρητοί αριθμοί που μπορούν να γραφούν ως κλάσμα με παρονομαστή το. Απόδειξη ισχυρισμού: Θεωρώ το σύνολο { 1, 2, 3, 4,...}. Δεν γίνεται άπειροι από αυτούς να περιέχονται στο διάστημα ([a], [a] + 1), διότι αυτό είναι φραγμένο. Άρα μόνο πεπερασμένοι το πλήθος ρητοί αριθμοί που μπορούν να γραφούν ως κλάσμα με παρονομαστή το μπορεί να περιέχονται στο φραγμένο διάστημα. Με βάση τον παραπάνω ισχυρισμό, υπάρχουν μόνο πεπερασμένοι το πλήθος ρητοί αριθμοί που μπορούν τα γραφούν ως κλάσμα με παρονομαστή κάποιον από τους 1, 2, 3,..., 0 στο διάστημα ([a], [a]+1). Επιλέγω δ > 0 τόσο μικρό ώστε στο διάστημα (a δ, a+δ) να μην υπάρχει κανένας τέτοιος ρητός αριθμός. Τότε για x a < δ έχω: ή x άρρητος και έτσι f(x) f(a) = 0 < ε, ή x ρητός, αλλά γράφεται ως ανάγωγο κλάσμα με παρονομαστή x μεγαλύτερο του 0 και έτσι f(x) f(a) = 1 x 0 < 1 0 ε 0 < ε. Άρα D f = Q. Ερώτηση: Που χρησιμοποιήσαμε ότι το a είναι θετικός στην παραπάνω απόδειξη; Ορισμός Εστω f : (X, d) (Y, ρ) συνάρτηση και a > 0. Η f λέγεται α-συνεχής σε ένα x 0 X αν υπάρχει δ > 0 ώστε για κάθε x, y B(x 0, δ) να ισχύει ρ(f(x), f(y)) < a. Η f είναι α-συνεχής αν είναι α-συνεχής σε κάθε x X. Λήμμα Εστω f : (X, d) (Y, ρ) συνάρτηση. Αν η f είναι συνεχής σε ένα x 0 X, τότε η f είναι a-συνεχής στο x 0 για κάθε a > 0. Απόδειξη. Εστω a > 0. Επειδή η f είναι συνεχής στο x 0, για ε = a 2 κάθε x, y B X (x 0, δ): υπάρχει δ > 0 ώστε για ρ(f(x), f(x 0 )) < a 2 ρ(f(x 0 ), f(y)) < a 2 Οπότε ρ(f(x), f(y)) ρ(f(x), f(x 0 )) + ρ(f(x 0 ), f(y)) < a 2 + a 2 = a. Ορισμός Εστω f : (X, d) (Y, ρ) συνάρτηση και a > 0. Ορίζουμε D a = {x X: η f δεν είναι α-συνεχής στο x}. Παρατήρηση Με βάση τον παραπάνω συμβολισμό, το λήμμα λέει ότι Df c Da. c a>0 Δηλαδή D a D f. a>0 Λήμμα Εστω f : (X, d) (Y, ρ) συνάρτηση. Αν x 0 D f, τότε υπάρχει a > 0 τέτοιο ώστε x 0 D a (δηλαδή D f a>0 D a ). 31