N o t e r t i l G e o m e t r i

Transkript

1 N o t e r t i l G e o m e t r i J o h a n D u p o n t o g I b M a d s e n J a n u a r I n s t i t u t fo r M at e m at i s k e Fa g D e t N at u rv i d e n s k a b e l i g e Fa k u lt e t A a r h u s U n i v e r s i t e t

2 Kompileret 8. marts 2006

3 Indhold Litteratur ii 1 Metriske rum 1 2 Fuldstændige metriske rum 7 3 Eksistens- og entydighedssætningen for 1. ordens differentialligninger 11 4 Den globale eksistenssætning 17 5 Topologiske rum 23 6 Kompakte rum 33 7 Den inverse funktions sætning 39 8 Regulære flader i R Generelle konstruktioner af flader Egenskaber ved flader og glatte afbildninger Opgaver A Appendices A Greens sætning i planen G I B Nogle begreber fra lineær algebra i 2 dimensioner M B.1 Vektorrum og lineære afbildninger M B.2 Indre produkt O

4 Litteratur [dc] Manfred P. do Carmo. Differential Geometry of Curves and Surfaces. Prentice-Hall, [R] H.L.Royden. Real Analysis. Prentice-Hall, [D] Johan L. Dupont. Topologi. Matematisk Institut, Aarhus Universitet, [L] Niels Lauritzen. Algebra 1. Matematisk Institut, Århus Universitet, [BV] [KT] [ETP] Marcel Bökstedt, Henrik Vosegaard. Notes on point set topology. Matematisk Institut, Århus Universitet, Klaus Thomsen. Introduktion til matematisk analyse. Matematisk Institut, Århus Universitet, Ebbe Thue Poulsen, Funktioner af en og flere variable. Gads Forlag, København ii

5 1 Metriske rum I det Euklidiske talrum R n har vi den sædvanlige norm og den hertil hørende afstandsfunktion x = (x x2 n )1/2, x = (x 1,...,x n ) d(x, y) = x y. (1.1) For enhver delmængde X R n giver restriktionen af d en afbildning med følgende egenskaber: d : X X R (M1) d(x, y) 0 og d(x, y) = 0 x = y (tro) (M2) d(x, y) = d(y, x) (symmetri) (M3) d(x, z) d(x, y) + d(y, z) (trekantsulighed) Definition 1.1. Et metrisk rum er et par (X, d) bestående af en mængde X og en afbildning d : X X R, som opfylder M1, M2 og M3. Afbildningen d i ovenstående definition kaldes afstandsfunktionen eller metrikken på X. Vi anvender ofte en geometrisk sprogbrug og kalder elementerne i X for punkter. Eksempel 1.2. Kugleoverfladen S 2 = {x R 3 x = 1} er en delmængde af R 3 og dermed et metrisk rum ved at bruge afstandsfunktionen i (1.1) på R 3. Men der er en anden afstandsfunktion, som kan synes mere rimelig, nemlig buelængden af den korteste storcirkel, som forbinder de to punkter. Mere konkret har vi en bijektiv, aftagende afbildning cos : [0, π] [ 1, 1], med invers afbildning arccos, og vi definerer d : S 2 S 2 R, d(x, y) = arccos( x, y ), (1.2) hvor x, y = x 1 y 1 +x 2 y 2 +x 3 y 3 er det sædvanlige indre produkt i R 3. Betingelserne M1 og M2 er lette, men M3 kræver en overvejelse. Lad x, y, z S 2 og sæt d(x, y) = a, d(y, z) = b, d(x, z) = c. Da cosinus er aftagende på intervallet [0, π], er det tilstrækkeligt at vise uligheden cos(a + b) cos(c) for a + b π. (1.3) Hvis a + b π, så er trekantsuligheden a + b c automatisk opfyldt, da c π. For at vise (1.3) indfører vi projektionerne x, z af x, z på planen {y}, x = x x, y y, z = z z, y y. 1

6 2 1. Metriske rum En let udregning giver x 2 = x, x = 1 x, y 2 = 1 cos 2 (a) = sin 2 (a) og tilsvarende z 2 = sin 2 (b). Da både a og b ligger i intervallet [0, π] er sin(a) og sin(b) ikke-negative, og Additionsformlen giver sin(a) = x, sin(b) = z cos(a + b) = cos(a) cos(b) sin(a) sin(b) cos(a + b) = x, y y, z x z = x, z x, z x z x, z I sidste ulighed har vi anvendt Cauchy-Schwarz ulighed x, z x z. Definition 1.3. Et normeret vektorrum er et vektorrum V med en afbildning som opfylder: (i) N(v) 0 og N(v) = 0 v = 0 N : V R, (ii) N(λv) = λ N(v), λ R (iii) N(v + w) N(v) + N(w). I mange vigtige tilfælde kommer normen fra et indre produkt,, : V V R, på vektorrummet V. Vi minder om, at et indre produkt opfylder følgende betingelser (i) v, v 0 og v, v = 0 v = 0 (tro) (ii) v 1 + v 2, w = v 1, w + v 2, w, λv, w = λ v, w v, w 1 + w 2 = v, w 1 + v, w 2, v, λw = λ v, w (bilinearitet) (iii) v, w = w, v (symmetri) I et vektorrum med indre produkt (V,, ) gælder Cauchy-Schwarz ulighed: v, w v w, v = v, v 1/2 (1.4)

7 1. Metriske rum 3 Beviset for (1.4), som skulle være kendt fra Mat 10, er som følger. Fra (i) og (ii) ser vi, at w, w t v, w t + v, v = v + tw, v + tw 0 Funktionen At 2 +2Bt+C har minimum i punktet t = B/A med værdien B 2 /A 2B 2 /A + C 0. Dette giver B 2 AC, som medfører (1.4). Et vektorrum med indre produkt bliver et normeret vektorrum med normen N(v) = v, v 1/2. Trekantsuligheden for N følger fra Cauchy-Schwarz ulighed. Et normeret vektorrum (V, N) er et metrisk rum med afstandsfunktionen d N : V V R, d N (v, w) = N(v w) Eksempel 1.4. Den Euklidiske norm på R n med tilhørende afstandsfunktion d fra (1.1) kommer fra det sædvanlige indre produkt på R n, Her er to andre normer på R n : x, y = x y = x i y i. x = max{ x i i = 1,..., n} x 1 = x x n, x = (x 1,...,x n ). Eksempel 1.5. Lad K = [a, b] være et lukket interval på den reelle akse. Det uendeligt dimensionale vektorrum C(K, R m ) af kontinuerte funktioner fra K ind i R m har et indre produkt: f, g 2 = f(t) g(t) dt og en tilhørende norm, som ofte kaldes L 2 -normen, K f 2 = f, f 1/2 2. (1.5) For vores senere anvendelser er det dog en anden norm, som vil blive brugt, nemlig den såkaldte supremumsnorm: f = sup{ f(t) t K}. (1.6) Vi minder om, at en følge {f n } i C(K, R m ) kaldes uniformt konvergent med grænseværdi f : K R m, hvis og at f nødvendigvis bliver kontinuert. f f n 0 for n

8 4 1. Metriske rum I et metrisk rum (X, d) indføres åbne og lukkede kugler: B d (x, r) = {y X d(x, y) < r} B d (x, r) = {y X d(x, y) r} (1.7) Som regel er afstandsfunktionen d underforstået og vi skriver blot B(x, r) og B(x, r). En afbildning f : X Y mellem metriske rum er kontinuert i punktet x X, hvis den opfylder betingelsen ε > 0 δ > 0 : d X (x, y) < δ d Y (f(y), f(x)) < ε. (1.8) Afbildningen er kontinuert, hvis den er kontinuert i alle sine punkter. Begrebet kontinuitet kan gives en bedre formulering ved at indføre begrebet åben mængde: Definition 1.6. En delmængde U X af et metrisk rum kaldes åben, hvis der til ethvert punkt x U findes en kugle B(x, ε) U. Kuglen B(x, ε) X er en åben mængde, og komplementet X B(x, ε) er ligeledes åben. Dette følger umiddelbart fra trekantsuligheden. Sætning 1.7. En afbildning f : X Y mellem metriske rum er kontinuert, hvis og kun hvis urbilledet f 1 (U) er åbent for enhver åben mængde U Y. Bevis. Antag først, at f er kontinuert i alle sine punkter, og lad U Y være åben. For x f 1 (U) vælges ε > 0, så B(f(x), ε) U. Ifølge (1.8) findes δ > 0 med f(b(x, δ)) B(f(x), ε) og dermed B(x, δ) f 1 (U). Dette gælder for ethvert x f 1 (U), som derfor er åben. Antag modsat, at f 1 (U) er åben for enhver åben delmængde U af Y. Vi viser, at f er kontinuert i punktet x X. Lad ε > 0. Da B(f(x), ε) Y er åben, er f 1 (B(f(x), ε)) X åben, og da x f 1 (B(f(x), ε)) findes en kugle B(x, δ) f 1 (B(f(x), ε)). Dette er præcis betingelsen (1.8). Definition 1.8. En delmængde A X af det metriske rum kaldes lukket, såfremt komplementet X A er åbent. Vi bemærker, at Sætning 1.7 har følgende korollar. Sætning 1.9. En afbildning f : X Y mellem metriske rum er kontinuert, hvis og kun hvis urbilledet f 1 (A) er lukket for enhver lukket mængde A Y. Bevis. Der gælder for urbilleder, at Betingelserne f 1 (Y A) = X f 1 (A). f 1 (åben) = åben f 1 (lukket) = lukket er derfor ækvivalente.

9 1. Metriske rum 5 Forskellige metrikker d og d på den samme mængde X kan give anledning til det samme system af åbne mængder. Dette sker, hvis metrikkerne opfylder følgende betingelse: Til ethvert x X og ethvert ε > 0 findes δ > 0 og δ > 0, således at B d (x, δ) B d (x, ε) og B d (x, δ ) B d (x, ε) (1.9) Vi kalder sådanne metrikker ækvivalente. Sætning Ækvivalente metrikker giver samme system af åbne mængder. Bevis. Hvis U er åben m.h.t. d og x U, så findes ε > 0, så B d (x, ε) U. Vælg δ > 0 med B d (x, δ) B d (x, ε) U. Dermed er U åben m.h.t. d. Eksempel Metrikkerne på R n givet ved ( ) 1/2 d 1 (x, y) = (xi y i ) 2 d 2 (x, y) = max x i y i d 3 (x, y) = x i y i er alle ækvivalente. For n = 2 har vi følgende billede af enhedskuglerne m.h.t. de tre metrikker Den yderste kasse er B d2 (0, 1), den inderste kasse er B d3 (0, 1) og cirkelskiven er enhedskuglen hørende til d 1.

10

11 2 Fuldstændige metriske rum I dette afsnit studerer vi konvergens af følger i metriske rum X = (X, d). Definition 2.1. En følge {x k } af punkter i X siges at konvergere mod x X, hvis der til ethvert ε > 0 findes et tal N N, således at x k B(x, ε) for k N. For to forskellige punkter x, y X giver trekantsuligheden, at B(x, ε) B(y, ε) = når ε< 1 2 d(x, y). En konvergent følge {x k} kan derfor kun konvergere mod ét punkt x X. Dette kaldes grænseværdien for {x k }, og man skriver ofte x k x for k. I 1 definerede vi begrebet lukket delmængde af et metrisk rum, Definition 1.8. Lukkede mængder kan også karakteriseres ved følgers grænseværdi på følgende vis: Lemma 2.2. En delmængde A af et metrisk rum X er lukket, hvis og kun hvis A opfylder følgende betingelse: Lad {x k } være en vilkårlig konvergent følge i X med grænseværdi x. Hvis x k A for k N, så vil x A. Bevis. Antag at X A er åben, at x k A for alle k, og at x k x for k. Vi skal vise, at x A. Antag modsætningsvis, at x X A. Da X A er åben, findes der et ε > 0, således at kuglen B(x, ε) X A. Da x er grænseværdien for {x k }, må x k B(x, ε) for k tilstrækkeligt stor i modstrid med, at x k A for alle k. Vi slutter heraf, at x A. Lad os omvendt antage, at A X er en delmængde, som opfylder betingelsen i lemmaet, og vælg et punkt x X A. Vi skal finde et ε > 0, så B(x, ε) X A. Antag modsætningsvis, at dette ikke kan lade sig gøre. Så er ( B x, 1 ) A for alle k. k Vælg et x k i denne mængde. Følgen {x k } af elementer i A konvergerer mod x. Thi for ethvert ε > 0 er 1 < ε for k > 1. Dette er en modstrid. k ε Definition 2.3. En følge {x k } af punkter i X kaldes en Cauchy følge, såfremt der til ethvert ε > 0 findes et N N, således at d(x n, x m ) < ε for n, m N. Det er let at se, at en konvergent følge er en Cauchy følge; men det omvendte behøver ikke at være tilfældet. Definition 2.4. Et metrisk rum kaldes fuldstændigt, hvis enhver Cauchy følge er konvergent. Det er velkendt, at det Euklidiske talrum R n med den sædvanlige afstandsfunktion (1.1) er fuldstændigt. Vektorrummet C(K, R n ) af kontinuerte funktioner fra det lukkede interval K = [a, b] med L 2 -normen f 2 fra Eksempel 1.5 er derimod ikke fuldstændigt. Hvis vi giver C(K, R n ) supremumsnormen og den tilhørende afstandsfunktion d(f, g) = f g = sup { f(t) g(t) t K } (2.1) så gælder: 7

12 8 2. Fuldstændige metriske rum Sætning 2.5. Det metriske rum C(K, R n ) med afstandsfunktionen i (2.1) er fuldstændigt. Bevis. Lad {f k } være en Cauchy følge i C(K, R n ). Til ε > 0 findes N N, så For et fast t K og n, m N er f n f m < ε for n, m N. f n (t) f m (t) < f n f m < ε (2.2) så {f n (t)} er en Cauchy følge i R n og dermed konvergent. Vi kalder grænseværdien f(t), f k (t) f(t) for k. Vi lader m i (2.2). Det giver f n (t) f(t) ε for n N, t K. Dette udtrykker, at funktionsfølgen {f n } konvergerer uniformt mod funktionen f. Fra teorien for funktioner af én variabel følger heraf, at grænsefunktionen f : K R n er kontinuert, og vi ser fra den sidste ulighed, at f n f ε for n N. Dermed er følgen {f n } i C(K, R n ) konvergent med grænseværdi f. Lad X = (X, d) være et metrisk rum. En afbildning T : X X kaldes en kontraktion, hvis der findes et tal 0 β < 1 så d(tx, Ty) β d(x, y) (2.3) for alle x, y X. Et fikspunkt for T er et x X med Tx = x. Sætning 2.6 (Fikspunktssætningen). En kontraktion T på et fuldstændigt metrisk rum har præcist et fikspunkt. Bevis. Vi viser først eksistensen af et fikspunkt. Vælg et vilkårligt x 0 X. Dette giver en følge {x n } i X ved at sætte x 1 = Tx 0, x 2 = Tx 1 osv., dvs. x n = T n (x 0 ). Vi påstår, at {x n } er en Cauchy følge. For vilkårlige n, k N giver trekantsuligheden, at d(x n+k, x n ) d(x n+k, x n+k 1 ) + d(x n+k 1, x n ), og derfor induktivt, at Nu er x n+i = T n+i (x 0 ), så (2.3) viser, at k 1 d(x n+k, x n ) d(x n+i+1, x n+i ). (2.4) i=0 d(x n+i+1, x n+i ) β d(x n+i, x n+i 1 ).

13 2. Fuldstændige metriske rum 9 Induktivt får vi derfor uligheden Fra (2.4) ser vi, at d(x n+i+1, x n+i ) β n+i d(x 1, x 0 ). d(x n+k, x n ) (β n + β n β n+k 1 )d(x 1, x 0 ) = β n ( 1 β k 1 β ) d(x 1, x 0 ). Højre side af denne ulighed konvergerer mod nul for n, så {x n } er en Cauchy følge i X. Da X er forudsat at være fuldstændigt, er følgen konvergent: x n x for n. Det følger fra (2.3), at T er en kontinuert funktion og at d(tx n, Tx) 0 for n, så Tx n Tx for n. Men Tx n = x n+1, så følgen {Tx n } har samme grænsepunkt som {x n }, dvs. Tx = x. Vi har hermed fundet et fikspunkt for T. Antag, at x og y begge er fikspunkter for T. Fra (2.3) ses, at d(x, y) = d(tx, Ty) β d(x, y). Da β < 1 og d(x, y) 0, kan denne ulighed kun være opfyldt, når d(x, y) = 0, og dermed x = y. I næste paragraf skal vi anvende fikspunktssætningen på en lukket delmængde af C(K, R n ), og vi har brug for følgende: Lemma 2.7. Lad (X, d) være et fuldstændigt metrisk rum og A X en lukket delmængde. Så er det metriske rum (A, d) fuldstændigt. Bevis. Lad {a n } være en Cauchy følge af punkter i A. Da X er fuldstændigt har {a n } en grænseværdi x X. Det følger fra Lemma 2.2, at x A. Bemærkning 2.8. Mange interessante metriske rum er ikke fuldstændige. Her er to vigtige eksempler på sådanne: (i) (Q, d) ; d(x, y) = x y (ii) C(K, R n ) ; d 2 (f, g) = f g 2, hvor. 2 er normen hørende til det indre produkt f, g = f(t) g(t) dt, hvor K som ovenfor er et lukket interval. K Vi afslutter denne paragraf med at formulere en sætning, som fortæller, at ethvert metrisk rum kan opfattes som delrum af et fuldstændigt metrisk rum. En delmængde T af et metrisk rum X kaldes tæt i X, hvis enhver åben mængde i X indeholder punkter fra T. Der gælder nu følgende generelle

14 10 2. Fuldstændige metriske rum Sætning 2.9. Lad (X, d) være et metrisk rum. Så findes et fuldstændigt metrisk rum ( X, d), og en afstandsbevarende afbildning i : X X, således at i(x) er tæt i X. To sådanne fuldstændiggørelser er isometriske, dvs. der findes en afstandsbevarende bijektion mellem dem. I eksemplerne (i) og (ii) fra Bemærkning 2.8 har vi (Q, d) = R (C(K, R n ), d 2 ) = L 2 (K, R n ) hvor L 2 (K, R n ) er rummet af funktioner, hvis kvadrat er Lebesgue integrabel. Sætning 2.9 findes bevist i [BV] (Se også Opgave 7.17 eller i [R]). At L 2 (K, R n ) er fuldstændigt er bevist i f.eks. [R].

15 3 Eksistens- og entydighedssætningen for 1. ordens differentialligninger Lad U R n være åben (m.h.t. den sædvanlige afstandsfunktion) og lad I = (a, b) være et åbent interval i R. Vi betragter en kontinuert funktion f : U I R n (3.1) I denne paragraf skal vi undersøge, i hvilket omfang der findes differentiable kurver x : I U, så x (t) = f(x(t), t); t I (3.2) Vi tænker på f som givet og ønsker at finde alle løsninger x, som opfylder ligningen (3.2). En sådan ligning kaldes en ordinær differentialligning (på engelsk Ordinary Differential Equation). Vi skal arbejde under følgende antagelse på f: Afbildningen f : U I R n er kontinuert, de partielle afledede f x i (x, t) i = 1,...,n, eksisterer for alle (x, t) U I og er kontinuerte på U I. (3.3) Bemærk at der ikke gøres nogen antagelse om eksistensen af den afledede af f med hensyn til t. Hovedsætningen siger nu følgende: Hovedsætning 3.1. Lad U være en åben delmængde af R n, I R et åbent interval og f : U I R n en funktion som opfylder antagelsen (3.3). Da har vi (i) (Lokal eksistens) Til x 0 U og t 0 I findes et åbent interval J I, som indeholder t 0, og en differentiabel kurve x : J U med x(t 0 ) = x 0, og som løser (3.2). (ii) (Global entydighed) Hvis x 1, x 2 : I U er løsninger til (3.2), og der findes et t 0 med x 1 (t 0 ) = x 2 (t 0 ), så er x 1 = x 2. Beviset tager resten af denne paragraf. Først har vi brug for et lemma. Lemma 3.2. Lad D 0 = B(x 0, r) U og I 0 = [t 0 a, t 0 + a] I. Under antagelsen (3.3) findes der en konstant c, så f(y, t) f(x, t) c y x for x, y D 0, t I 0 Bevis. Da D 0 I 0 R n+1 er lukket og begrænset, har enhver af funktionerne f j x i (x, t) et maksimum og et minimum på D 0 I 0, [KT] Sætning Der findes derfor en konstant d R, så f j (x, t) x i d; i, j = 1,...,n, (x, t) D 0 I 0. 11

16 12 3. Eksistens- og entydighedssætningen for 1. ordens differentialligninger For x, y D 0 og t I 0 har vi de differentiable funktioner på U, z f j (z, t), j = 1,...,n. Vi påstår, at der findes et punkt z j t [x, y] på liniestykket, der forbinder x med y i D 0, således at f j (y, t) f j (x, t) = f j (z x t,t)(y j i x i ). (3.4) i i Dette ses på følgende måde. Liniestykket [x, y] er mængden [x, y] = {θx + (1 θ)y 0 θ 1}. Vi lader g t j være restriktionen af f j(, t) til [x, y], g t j (θ) = f j(θx + (1 θ)y, t), 0 θ 1 Middelværdisætningen fortæller, at der findes et θ t j (0, 1), så g t j (1) gt j (0) = gt j θ (θt j ). Vi kan bruge kædereglen, [ETP] Sætning 9.14, til at udregne differentialkvotienten af den sammensatte funktion g t j (θ): gj t n θ (θt j ) = f j (θj t x x + (1 θt j )y, t)(x i y i ). i i=1 Sæt z t j = θ t jx + (1 θ t j)y. Dette z t j opfylder nu (3.4), og dermed fås f j (y, t) f j (x, t) d y i x i nd y x, hvor den sidste ulighed følger fra Cauchy-Schwarz ulighed: yi x i = y x, ½ y x ½ = n y x, hvor ½ = (1, 1,..., 1). Det følger så, at f(y, t) f(x, t) nd y x. Bevis. (for Sætning 3.1) (i) Lokal eksistens: Vælg I 0 og D 0 som i Lemma 3.2. For et lukket og begrænset delinterval K af I 0 som indeholder t 0, definerer vi en afbildning T : C(K, D 0 ) C(K, R n ),

17 3. Eksistens- og entydighedssætningen for 1. ordens differentialligninger 13 hvor Tx er funktionen Tx(t) = x 0 + t t 0 f(x(s), s) ds, t K. (3.5) At Tx faktisk er en kontinuert funktion i t ses let, idet f er kontinuert. Vi vil først vise, at når længden l(k) af K er lille, da vil T transformere C(K, D 0 ) i sig selv. Lad S = sup{ f(x, t) (x, t) D 0 I 0 }. Så gælder t t Tx(t) x 0 f(x(s), s) ds S ds Sl(K), t K. t 0 t 0 Det følger, at Tx(t) D 0 for alle t K når l(k) rs 1. I det følgende antages dette. Vi betragter nu T som en operator på C(K, D 0 ). For x, y C(K, D 0 ) har vi, idet vi benytter supremumsnormen på C(K, R n ) fra (2.1), at t Ty(t) Tx(t) = (f(y(s), s) f(x(s), s)) ds (3.6) t 0 t f(y(s), s) f(x(s), s) ds t 0 t c y(s) x(s) ds t 0 t c y x ds t 0 Det følger, at = c y x t t 0 cl(k) y x, t K. Ty Tx cl(k) y x. (3.7) Lad os rekapitulere situationen. Vi begyndte i Lemma 3.2 med at vælge D 0 = B(x 0, r) og et interval I 0 I som indeholder t 0, og fandt en konstant c 0, således at uligheden i Lemma 3.2 er opfyldt. Ovenfor så vi, at hvis K I 0 er et delinterval, som indeholder t 0, så giver T defineret i (3.5) en afbildning T : C(K, D 0 ) C(K, D 0 ), (3.8) forudsat at længden l(k) af intervallet K opfylder uligheden l(k) rs 1. Her er r radius i D 0 og S er supremum af { f(x, t) (x, t) D 0 I 0 }. I (3.7) fandt vi at T er en kontraktion forudsat at cl(k) < 1. Vi vælger nu K så lille, at begge uligheder er opfyldt, dvs. ( 1 l(k) < min c S), r. (3.9) Vi ønsker at bruge fikspunktssætningen, Sætning 2.6, på afbildningen T i (3.8). Dette kræver, at C(K, D 0 ) er fuldstændigt. Vi ved fra Sætning 2.5, at C(K, R n ) er fuldstændigt, og ifølge Lemma 2.7 er det nok at vise, at C(K, D 0 ) er en lukket

18 14 3. Eksistens- og entydighedssætningen for 1. ordens differentialligninger delmængde af C(K, R n ). Vi bruger Lemma 2.2 og antager at {x k } er en følge af elementer i C(K, D 0 ), som konvergerer mod x C(K, R n ), x x k 0 for k Da x(t) x k (t) x x k for ethvert t K, ser vi, at x k (t) x(t) for k Da x k (t) D 0 og D 0 R n er lukket, følger at x(t) D 0. Dette gælder for ethvert t K, så x C(K, D 0 ) og C(K, D 0 ) er lukket i C(K, R n ), og dermed fuldstændigt. En anvendelse af Sætning 2.6 fortæller, at der findes et x C(K, D 0 ) med Tx = x. Ifølge (3.5) har vi derfor for dette x ligningen x(t) = x 0 + t t 0 f(x(s), s) ds; t K. (3.10) Højre side i (3.10) er en stamfunktion til funktionen g(t) = f(x(t), t), så ved differentiation fås x (t) = f(x(t), t). (3.11) Dermed er x(t) en løsning til differentialligningen defineret på intervallet K, og vi har bevist den lokale eksistenssætning. (ii) Global entydighed: Vi antager, at vi har givet to differentiable funktioner x 1, x 2 C(I, U), som begge løser differentialligningen: x 1 (t) = f(x 1(t), t) x 2(t) = f(x 2 (t), t), t I. (3.12) Vi antager at x 1 (t 0 ) = x 2 (t 0 ) = x 0, og skal vise, at x 1 (t) = x 2 (t) for alle t I. Først viser vi, at x 1 (t) og x 2 (t) stemmer overens i en omegn af t 0 I. Vi vælger D 0 og K som i beviset for eksistenssætningen, således at T : C(K, D 0 ) C(K, D 0 ) er en kontraktion. Da x 1 (t 0 ) = x 2 (t 0 ) D 0 og x 1, x 2 : K U er kontinuerte, findes der et delinterval t 0 K 0 K, så x 1 (K 0 ) D 0, x 2 (K 0 ) D 0, og dermed x 1, x 2 C(K 0, D 0 ). Fra (3.12) fås ved integration x 1 (t) = x 0 + x 2 (t) = x 0 + t t 0 f(x 1 (s), s) ds t t 0 f(x 2 (s), s) ds, t K 0.

19 3. Eksistens- og entydighedssætningen for 1. ordens differentialligninger 15 Dette betyder, at x 1 og x 2 begge er fikspunkter for T : C(K 0, D 0 ) C(K 0, D 0 ). Entydighedsdelen af Sætning 2.6 fortæller, at x 1 (t) = x 2 (t) for t K 0. Betragt nu mængden E + = {t I t > t 0, x 1 [t0,t] = x 2 [t0,t]}. Da x 1 og x 2 stemmer overens på K 0, er E +. Lad t + = sup E +. For ethvert t 0 t < t + er x 1 (t) = x 2 (t). Hvis t + ligger i det åbne interval I = (a, b), så ville x 1 (t + ) = x 2 (t + ), da x 1 og x 2 er kontinuerte og x 1 (t) = x 2 (t) for t < t +. Men dette ville medføre at x 1 (t) = x 2 (t) i en omegn K + af t +, i modstrid med definitionen af t + = sup E +. Det følger, at t + = b, det højre endepunkt af I. Helt tilsvarende kan vi indføre E og vise, at t = inf E er venstre endepunkt af intervallet I. Dette viser entydighedsudsagnet. Hovedsætning 3.1 giver også oplysning om løsning af højere ordens differentialligninger. Som eksempel betragter vi 2. ordens ligninger, dvs. ligninger af formen hvor g er en kontinuert funktion x (t) = g(x(t), X (t), t) (3.13) g : V R n I R n og V R n er åben. Vi vil antage at g opfylder (3.3) med U = V R n R 2n. Sætning 3.3. Til hvert (x 0, y 0 ) V R n og t 0 I findes et åbent delinterval t 0 J I og en to gange differential kurve x : J V således at (i) x (t) = g(x(t), x (t), t), (ii) x(t 0 ) = x 0 og x (t 0 ) = y 0 Hvis x 1, x 2 : I U opfylder (i) og (ii), så er x 1 = x 2. Bevis. Hvis x(t) opfylder (i) og (ii), så vil kurven x(t), y(t) V R n, hvor y(t) = x (t), opfylde ligningerne x (t) = y(t) y (t) = g(x(t), y(t), t) (3.14) Hvis omvendt (x(t), y(t)) opfylder 3.14, så opfylder x(t) ligningen Heraf ses at Sætning 3.3 følger fra Hovedsætning 3.1. Tilsvarende eksistens- og entydighedssætninger kan bevises for n te ordens differentialligninger.

20

21 4 Den globale eksistenssætning I denne paragraf antager vi som hidtil at I = (a, b) er et åbent interval, og at er kontinuert. f : R n I R n Definition 4.1 (Lipschitz betingelsen). Vi siger, at f opfylder den globale Lipschitz betingelse, hvis der for ethvert lukket og begrænset interval K I findes en konstant c K R, således at for alle x, y R n og alle t K. f(y, t) f(x, t) c K y x (4.1) Sætning 4.2. Lad f opfylde den globale Lipschitz betingelse. Hvis K er et lukket og begrænset delinterval af I, t 0 K og x 0 R n, så vil operatoren T : C(K, R n ) C(K, R n ) givet ved Tx(t) = x 0 + t have præcist ét fikspunkt i C(K, R n ). Bevis. Lad k N og x, y C(K, R n ). Vi vil vise t 0 f(x(s), s) ds, x C(K, R n ), t K T k y T k x ck l k hvor l er længden af K og c = c K fra (4.1). Faktisk viser vi, at k! y x, (4.2) T k y(t) T k x(t) ck t t 0 k y x, t K (4.3) k! hvorfra (4.2) følger umiddelbart. Vi bruger induktion over k. Tilfældet k = 0 er oplagt. Under antagelsen af, at uligheden er gyldig for k, finder vi at T k+1 y(t) T k+1 x(t) = T(T k y)(t) T(T k x)(t) t (f(t k y(s), s) f(t k x(s), s)) ds t 0 t f(t k y(s), s) f(t k x(s), s) ds t 0 t c T k y(s) T k x(s) ds t 0 t c k! s t 0 k y x ds t 0 c k = ck+1 (k + 1)! t t 0 k+1 y x. 17

22 18 4. Den globale eksistenssætning Dette afslutter beviset for (4.3). Da c k l k lim k k! er T k en kontraktion for tilstrækkelig stort k, og vi kan anvende Sætning 2.6. Lad x være det entydigt bestemte fixpunkt for T k. Så er x også et fixpunkt for T. Thi T k (Tx) = T(T k x) = Tx, så Tx er også et fixpunkt for T k. Da fixpunkter for T k er entydige, er Tx = x. Hvis omvendt x er et fixpunkt for T, så er x også et fixpunkt for T k og dermed entydigt bestemt. = 0, Sætning 4.3. Antag at f : R n I R n er kontinuert og tilfredsstiller (4.1). For ethvert t 0 I og x 0 R n findes en og kun en differentiabel kurve x : I R n, således at x (t) = f(x(t), t) og x(t 0 ) = x 0. Bevis. Lad x : I R n være en differentiabel kurve med Så er x (t) = f(x(t), t) og x(t 0 ) = x 0. (4.4) x(t) = x 0 + t t 0 f(x(s), s) ds; t I. Betragt nu vektorrummet C(I, R n ) af kontinuerte afbildninger fra I til R n og operatoren T Tx(t) = x 0 + t t 0 f(x(s), s) ds; t I. (4.5) Som vi har set, er der en 1 1 korrespondance mellem løsninger til ligningen (4.4) og fikspunkter for T. Det er derfor tilstrækkeligt at vise, at operatoren T på C(I, R n ) har et og kun et fikspunkt. For ethvert lukket og begrænset delinterval K af I som indeholder t 0, vil operatoren T inducere en operator på C(K, R n ), der ifølge Sætning 4.2 har præcist ét fikspunkt x K C(K, R n ). Hvis K og L, L K, er sådanne lukkede og begrænsede delintervaller af I, vil x L (t) = x K (t) for alle t K p.g.a. entydigheden af fikspunktet. Det følger, at vi kan stykke x K erne sammen til et x C(I, R n ), der vil være et fikspunkt for T. Lad omvendt x C(I, R n ) være et fikspunkt for T. For ethvert K som ovenfor vil der gælde at x(t) = x K (t) for t K, igen p.g.a. entydigheden af fikspunktet. Dette viser, at fikspunktet for T på hele I er entydigt bestemt. Vi betragter et simpelt eksempel på en anvendelse af Sætning 4.3. Lad M n = M n (R) være vektorrummet af reelle (n n)-matricer. Vi giver M n (R) normen, som hører til det indre produkt A, B = tr(ab T ) = n a ij b ij, i,j=1

23 4. Den globale eksistenssætning 19 dvs. ( 1/2 A = aij) 2. i,j Lad A : I M n (R) være en kontinuert afbildning. Dette er ækvivalent med udsagnet, at hver indgang a ij (t) er kontinuert. Vi betragter differentialligningen x (t) = A(t) x(t), x(t 0 ) = x 0 (4.6) hvor x : I R n er en differentiabel kurve. Med notationen brugt ovenfor er f(x, t) = A(t)x. Vi viser at denne funktion opfylder (4.1). Lad K være et lukket og begrænset delinterval af I. Betragt nu funktionen g : R n K R givet ved g(x, t) = A(t)x for (x, t) R n K. Da g er en sammensætning af kontinuerte funktioner, er g kontinuert. Men så er g begrænset på den lukkede og begrænsede mængde: { (x, t) R n K x = 1 }. Altså lad c K R, således at g(x, t) c K for t K og x = 1. Lad nu x, y R n være vilkårlige, således at x y og t K. Vi ser da, at g ( y x, t) c x y K, hvilket er ækvivalent med, at f(y, t) f(x, t) c K y x, som netop er (4.1). Korollar 4.4. Lad I være et åbent interval og A : I M n (R) en kontinuert afbildning. For t 0 I og x 0 R n findes der en entydig bestemt differentiabel kurve x : I R n som er løsning til (4.6). Bemærkning 4.5. I både 3 og 4 har vi antaget, at funktionen f : U I R n er kontinuert, og vi har fundet differentiable løsninger x(t) til differentialligningen x (t) = f(x(t), t). Hvis vi antager, at f er uendelig ofte differentiabel, så bliver løsningerne x(t) også uendelig ofte differentiable. Dette følger induktivt fra selve differentialligningen. Som anvendelse kan vi nu endelig vise eksistensdelen i følgende: Sætning 4.6 (Kurveteoriens Hovedsætning). Givet glatte funktion k(s) > 0 og τ(s), s I = (a, b) så findes en kurve α : I R 3 parametriseret ved kurvelængde s, så k(s) er krumningen og τ(s) er torsionen af α. Yderligere er α éntydigt bestem på nær en flytning.

24 20 4. Den globale eksistenssætning Bevis. Frenets ligninger dt ds = kn dn = kt τn ds db ds = τn (4.7) skrives ud med de variable t = (t 1, t 2, t 3 ), n = (n 1, n 2, n 3 ), b = (b 1, b 2, b 3 ) så R 9 er givet de variable (t 1, t 2, t 3, n 1,...,b 3 ). Så lad f : I R 9 R 9 være funktionen ( ) ( t1 ) f s,. = b 3 k 0 k 0 k k τ k 0 τ k τ τ 0 τ 0 τ t 1.. b 3 Så Korollaret giver en éntydig løsning til (4.7) ( t(s), n(s), b(s) ) med ( t(s 0 ), n(s 0 ), b(s 0 ) ) = (( ) ( ) ( ) ,,, ) for givet s 0 I. 0 1 Derefter løses α (s) = t(s) med α(s 0 ) = p R 3. Påstand. (1) α er parametriseret ved kurvelængde. (2) Krumning = k(s). (3) Torsion = τ(s). Første vises at ( t(s), n(s), b(s) ) er en ortonormal basis for hvert s. Hertil betragtes de 6 funktioner som løsninger til ligningssystemet t, n, t, b, n, b, t, t, n, n, b, b d t, n = k n, n k t, t τ t, b, ds d t, b = k t, b + τ t, n, ds d n, b = k t, b τ b, b + τ n, n, ds

25 4. Den globale eksistenssætning 21 Men dette har de konstante løsninger d t, t = 2k t, n, ds d n, n = 2k n, t 2τ n, b, ds d b, b = 2τ b, n. ds 0, 0, 0, 1, 1, 1 så da dette er tilfældet i s 0 fås at ( t(s), n(s), b(s) ) er en ortonormal basis for ethvert s I. Specielt er α (s) = t(s) = 1 så (1) er opfyldt. Da α (s) = t (s) = k(s)n(s) = k(s) gælder (2). Endelig er b(s) = ±binormalvektoren; men da det ( t(s), n(s), b(s) ) = ±1 er kontinuert og = +1 i s 0, er b(s) binormalen så b (s) = τ(s)n(s) giver at τ(s) er torsionen.

26

27 5 Topologiske rum Et topologisk rum er den mest generelle matematiske struktur, hvor begreberne omegn og kontinuitet har en mening. Det kan sammenlignes med de mest generelle matematiske strukturer, hvori man regner. Her er strukturerne gruppe, ring og vektorrum velkendte. Inden vi giver definitionen, er det praktisk at samle en række mængdeteoretiske udsagn, som det overlades til læseren at bevise. For en mængde X lader vi P(X) betegne familien af alle delmængder af X inklusiv og X selv. En afbildning f : X Y giver anledning til en afbildning f 1 : P(Y ) P(X) ( urbilledet ) hvor for V P(X) f 1 (V ) = {x X f(x) V } (5.1) For delmængder A α P(X), α I har vi deres foreningsmængde A α P(X) af elementer i X, som er indeholdt i mindst ét A α, deres fællesmængde A α af elementer i X, som tilhører alle A α. Endelig har vi differensmængden (eller komplementærmængden) X A af elementer i X, som ikke ligger i A. Der gælder X α I A α = α I (X A α ), X α I A α = α I(X A α ). (5.2) Urbilledafbildningen fra (5.1) har følgende egenskaber: ( ) f 1 B α = f 1 (B α ) α I α I ( ) f 1 B α = f 1 (B α ) (5.3) α I α I f 1 (Y B) = X f 1 (B). Definition 5.1. En topologi på en mængde X består af en familie T af delmængder af X, T P(X), som opfylder (T1) U α T, α I α I U α T (T2) U 1, U 2 T U 1 U 2 T (T3) T, X T. Vi bemærker, at (X, T ) ikke nødvendigvis er en mængdealgebra som kendt fra statistik og sandsynlighedsregning, da U T ikke medfører at komplementær mængden X U T. En mængde X med en topologi T P(X) kaldes et topologisk rum. Delmængderne U fra T kaldes de åbne mængder, og vi siger at en delmængde C X er lukket såfremt differensmængden X C er åben. 23

28 24 5. Topologiske rum Ethvert metrisk rum (X, d) er også et topologisk rum, nemlig ved at sætte T = T d, hvor T d er familien af åbne mængder som defineret i Definition 1.6. Vi kalder T d den inducerede topologi på X (opgave 5.1). To metrikker d 1 og d 2 på samme mængde X kan godt føre til samme inducerede topologi, dvs. T d1 = T d2. Dette sker ifølge Sætning 1.10, hvis d 1 og d 2 er ækvivalente. I Eksempel 1.11 indførte vi tre forskellige metrikker på R n. Disse er alle ækvivalente (Opgave 5.2), så T d1 = T d2 = T d3. Dette kaldes den Euklidiske topologi på R n. Som vi har set giver ethvert metrisk rum et induceret topologisk rum, og man kan spørge om ethvert topologisk rum fremkommer på denne måde. Dette er ikke tilfældet topologiske rum er et mere generelt begreb end metriske rum (opgave 5.3). Definition 5.2. (i) Lad x X være et punkt i et topologisk rum (X, T ). En omegn N af x er en delmængde af X som indeholder x, og med den egenskab at der findes U T, så x U N. (ii) En åben omegn af x er en mængde U T som indeholder x. Ifølge Definition 1.6 vil B d (x, ε) T d, dvs. de er åbne mængder i den inducerede topologi, så de er åbne omegne af x; B d (x, ε) er også en omegn af x i (X, T d ). Definition 5.3. En følge af punkter {x k } k N i et topologisk rum X kaldes konvergent med grænsepunkt x X, hvis der for enhver omegn N af x findes et K, så x k N for alle k > K. Det skal bemærkes, at punktfølger dog ikke spiller den samme centrale rolle i topologiske rum som de gør i R n. Definition 5.4. Lad A være en delmængde af det topologiske rum X = (X, T ). (i) Et punkt a A kaldes et indre punkt i A, hvis A er en omegn af a. Mængden af indre punkter i A betegnes int(a) eller A. (ii) Randen A af A er mængden A = X (int(a) int(x A)) (iii) Afslutningen af A er mængden A = A int(a) Lemma 5.5. Det indre int(a) er altid en åben mængde, og det er den største åbne delmængde af X, som er indeholdt i A. Bevis. Lad U A, og antag U er en åben delmængde af X. En åben delmængde er en (åben) omegn af ethvert af sine punkter, så U består af indre punkter i A, dvs U int(a). På den anden side, hvis a int(a), så findes en åben omegn U a A af a. Da U a int(a) ifølge ovenstående, og derfor int(a) = U a, så er int(a) åben ifølge T1. a int(a)

29 5. Topologiske rum 25 Lemma 5.6. Afslutningen A er altid lukket i X, og det er den mindste lukkede delmængde, som indeholder A. Bevis. Fra definitionen af A ser vi, at X er den disjunkte forening. X = int(a) A int(x A). (5.4) Da A int(x A) A (X A) =, er A int(a) A = A, og da X A = int(x A) er åben ifølge Lemma 5.5, er A lukket. Hvis C A er lukket, er X C X A. Da X C er åben giver Lemma 5.5, at X C int(x A). Fra (5.4) følger, at C = X (X C) int(a) A = A. Dermed er A den mindste lukkede delmængde af X, som indeholder A. I R n er kuglen B n (x, r) = {y R n y x r} lukket, og int(b n (x, r)) = B n (x, r). Omvendt er afslutningen af B n (x, r) netop B n (x, r) (opgave 5.5). Definition 5.7. En afbildning f : X Y mellem topologiske rum kaldes kontinuert, hvis f 1 (V ) er åben i X for enhver åben mængde V i Y. Vi bemærker, at denne definition straks giver at en sammensætning af kontinuerte afbildninger er kontinuert: hvis f : X Y og g : Y Z er kontinuerte afbildninger mellem topologiske rum, så er g f : X Z også kontinuert. Antag at X = (X, d) og Y = (Y, d) er metriske rum. Lad T X og T Y være familierne af åbne mængder fra Definition 1.6. Disse gør X og Y til topologiske rum, og f : (X, T X ) (Y, T Y ) er kontinuert hvis og kun hvis den er kontinuert som afbildning af metriske rum, se Sætning 1.7. Lemma 5.8. En afbildning f : X Y mellem topologiske rum er kontinuert hvis og kun hvis f 1 (C) er lukket i X for enhver lukket mængde C i Y. Bevis. Hvis f er kontinuert og C Y er lukket, så er X f 1 (C) = f 1 (Y C) åben, og dermed f 1 (C) lukket. Omvendt, hvis f 1 (C) er lukket for C Y lukket, så er f kontinuert. Thi for V Y åben, er Y V lukket, og f 1 (Y V ) = X f 1 (V ) er lukket. Derfor er f 1 (V ) åben. Der er normalt mange topologier på en given mængde X. Hvis T 1 T 2, så kaldes T 2 finere end T 1 og T 1 grovere end T 2. Den groveste topologi er T = {, X}, som også kaldes den trivielle topologi. Den fineste topologi er T = P(X), som også kaldes den diskrete topologi. I et diskret topologisk rum er alle mængder både åbne og lukkede, men normalt er der delmængder A X, som hverken er åbne eller lukkede. En afbildning f : X Y har lettere ved at være kontinuert, jo finere topologien på X er, og jo grovere topologien på Y er. Lad Y = (Y, T Y ) være et topologisk rum og f : X Y en afbildning af mængder. Vi definerer T X = {f 1 (V ) V T Y }. (5.5)

30 26 5. Topologiske rum Det følger fra (5.3), at T X er en topologi. Det er den groveste topologi, hvori f bliver kontinuert. Omvendt, hvis X = (X, T X ) er et topologisk rum, og f : X Y er en afbildning ind i en mængde Y. Så defineres T Y = {V P(Y ) f 1 (V ) T X }, (5.6) og T Y er en topologi, nemlig den fineste, hvori f er kontinuert (opgave 5.6). Der er et par særligt vigtige specialtilfælde af (5.5) og (5.6), nemlig: Definition 5.9. Lad Y = (Y, T Y ) være et topologisk rum og A Y en delmængde. Så kaldes T A = {V A V T Y } for sportopologien, den inducerede topologi eller underrumstopologien på A. Lemma Lad Y = (Y, T ) være et topologisk rum og A Y en delmængde som vi giver sportopologien. Lad (Z, f) være et par bestående af et topologisk rum Z og en afbildning f : Z A. Så er f kontinuert hvis og kun hvis i f : Z Y er kontinuert. Den universelle egenskab beskrevet i Lemma 5.10 kan illustreres i diagrammet Z i f f A Y i (5.7) f er kontinuert i f kontinuert, forudsat at A har sportopologien fra Y, og i er inklusionsafbildningen. Bevis (Bevis for Lemma 5.10). Inklusionsafbildningen i er kontinuert, da i 1 (U) = A U. Sammensætning af kontinuerte afbildninger er kontinuert, så hvis f er kontinuert er i f kontinuert. Antag omvendt at i f er kontinuert. Lad U Y være en åben mængde, U T. Så er (i f) 1 (U) = f 1 (i 1 (U)) = f 1 (U A) åben i Z. Da enhver åben mængde i A har formen U A følger heraf at f er kontinuert. Vi bemærker, at en mængde der er åben i A mht. sportopologien, ikke behøver at være åben i Y. F.eks. er den øvre lukkede halvkugle A = {x = (x 1, x 2 ) R 2 x 2 > 0, x 1} åben i enhedskuglen B(0, 1) udstyret med sportopologien fra R 2, da A = B(0, 1) R 2 +, og da den øvre halvplan R 2 + af punkter (x 1, x 2 ) med x 2 > 0 er åben i R 2, men A er ikke åben i R 2. Hvis på den anden side X er en åben delmængde af Y, og W X er åben i sportopologien, så er W også åben i Y, da W = W X for en åben mængde W af Y.

31 5. Topologiske rum 27 Definition Lad π : Y B være en surjektiv afbildning, og T Y en topologi på Y. Så kaldes T B = {V B π 1 (V ) T Y } for kvotienttopologien på B. I lighed med Lemma 5.10 har afbildningen π : Y B den universelle egenskab: Lemma Lad π : Y B være surjektiv, Y et topologisk rum, og lad B have kvotienttopologien. Hvis Z er et topologisk rum og f : B Z en afbildning, så er f kontinuert, hvis og kun hvis f π er kontinuert. Bevis. Der henvises til opgave 5.7 I lighed med (5.7) kan den universelle egenskab med fordel illustreres i diagrammet Y π f π B f Z (5.8) Bemærk at (5.8) er dualt til (5.7) i den forstand at det fremkommer fra (5.7) ved at erstatte A med B og vende alle pilene. Kvotienttopologi optræder i forbindelse med ækvivalensrelationer på et topologisk rum Y. Vi minder om at en ækvivalensrelation på Y, er en relation mellem Y s punkter, som opfylder (i) y y (ii) y 1 y 2 y 2 y 1 (iii) y 1 y 2 og y 2 y 3 y 1 y 3. Eksempel Lad Z n R n betegne punkterne x = (x 1,...,x n ) R n med x i Z for i = 1,..., n. Så defineres der en ækvivalensrelation på R n ved følgende x y x y Z n En ækvivalensrelation på Y definerer en opdeling af Y i disjunkte delmængder (ækvivalensklasserne). Lad nemlig [y] = {y Y y y} Dette kaldes ækvivalensklasserne bestemt af y. Bemærk fra (i) (iii), at y [y] og at [y 1 ] = [y 2 ] y 1 y 2. Hvis på den anden side y 1 y 2 så er [y 1 ] [y 2 ] =, da y [y 1 ] [y 2 ] medfører at y y 1 og y y 2, og dermed at y 1 y 2. Vi ser, at Y er en disjunkt forening af sine ækvivalensklasser. Lad B = Y/ := {[y] y Y }

32 28 5. Topologiske rum og lad π : Y B, der kaldes den kanoniske projektion, være givet ved π(y) = [y]. Dette er en surjektiv afbildning. Omvendt definerer en surjektiv afbildning π : Y B en ækvivalensrelation på Y ved y 1 y 2 π(y 1 ) = π(y 2 ), og B = Y/. Der henvises til [L], 2.2 for en mere detaljeret gennemgang af ækvivalensrelationer. Eksempel Mængden af ækvivalensklasser R n / af ækvivalensrelationen defineret i Eksempel 5.13 betegnes R n /Z n. Dette bliver en abelsk gruppe ved at definere [x] + [y] = [x + y], [x] = [ x], 0 = [0], Den kanoniske projektion π : R n R n /Z n er en homomorfi af abelske grupper med π 1 (0) = [0] = Z n. For n = 1 har vi π : R R/Z, og vi giver R/Z kvotienttopologien. Enhedscirklen er en delmængde S 1 af R 2. Vi giver den sportopologien, og lader i : S 1 R 2 være inklusionen. Betragt nu e : R S 1 ; e(t) = (cos(2πt), sin(2πt)). Denne er kontinuert ifølge Lemma 5.10, da i e er kontinuert, og den er surjektiv. Da e er periodisk, e(t + n) = e(t) n Z, kan vi definere en afbildning e : R/Z S 1 ved e([x]) = e(x). Der gælder, at e π = e, og e er en bijektion og en homomorfi af grupper, hvor gruppestrukturen på S 1 induceres af multiplikationen i C = R 2. Det følger fra Lemma 5.12, at e er kontinuert. Vi skal se i næste paragraf, at den inverse afbildning e 1 også er kontinuert (sml. [L], Eksempel 3.4.5). Vi vil nu definere den såkaldte produkttopologi på det Cartesiske produkt af to topologiske rum. Vi har brug for: Definition Lad X være en mængde. En familie af delmængder B P(X) kaldes en basis for X, såfremt (i) For B 1, B 2 B og x B 1 B 2, findes der B B så x B B 1 B 2 (ii) B B B = X. Lemma Lad B være en basis for en mængde X. Så udgør samt alle mængder af formen α I B α, B α B en topologi T på X. Dette kaldes topologien induceret fra B.

33 5. Topologiske rum 29 Bevis. T1 er oplagt. T2 følger fra (i) i ovenstående definition. Thi for x B 1 B 2, findes der et B(x) B med x B(x) B 1 B 2, og der gælder derfor, at B 1 B 2 = B(x) T x B 1 B 2 Endelig viser den mængdeteoretiske identitet ( ) ( ) B α B β = α I β J (α,β) I J B α B β at T2 er opfyldt. Betingelse (ii) i Definition 5.15 garanterer at T3 er opfyldt. Eksempel I et metrisk rum (X, d) udgør kuglerne B d (x, r), x X og r > 0 en basis, og den inducerede topologi er netop T d (sml. Definition 1.6 og opgave 5.8). Lad nu X 1 = (X 1, T 1 ) og X 2 = (X 2, T 2 ) være topologiske rum. Vi vil definere en topologi på det Cartesiske produkt X 1 X 2 af par af elementer (x 1, x 2 ), hvor x i X i, i = 1, 2. Det er naturligt at kræve, at de to projektionsafbildninger pr 1 : X 1 X 2 X 1, pr 2 : X 1 X 2 X 2 skal være kontinuerte. Vi bruger samme princip som i (5.5), og søger den groveste topologi på X 1 X 2, hvor begge projektioner er kontinuerte. Specielt skal pr 1 1 (U 1) og pr 1 2 (U 2 ) tilhøre T X1 X 2 når U ν T ν. Bemærk at pr 1 1 (U 1) pr 1 2 (U 2) = U 1 U 2 ikke generelt er af denne form. Vi definerer en basis for X 1 X 2 ved B X1 X 2 = {U 1 U 2 U ν T ν }. (5.9) Betingelse (i) i Definition 5.15 er opfyldt, da B X1 X 2 er lukket under fællesmængde, (U 1 U 2 ) (U 1 U 2 ) = (U 1 U 1 ) (U 2 U 2 ), og betingelse (ii) er opfyldt da X 1 X 2 B X1 X 2. Definition Produkttopologien på det Cartesiske produkt X 1 X 2 er topologien induceret fra basen (5.9). Det topologiske rum (X 1 X 2, T X1 X 2 ) kaldes det topologiske produkt af X 1 og X 2. Lemma De to projektionsafbildninger er kontinuerte. pr 1 : X 1 X 2 X 1 pr 2 : X 1 X 2 X 2

34 30 5. Topologiske rum Bevis. Lad U 1 være en åben delmængde af X 1. Så er pr 1 1 (U 1) = U 1 X 2 B X1 X 2 og dermed åben i X 1 X 2. Tilsvarende for pr 2. Vi afslutter denne paragraf med at indføre begrebet sammenhængende rum. Hvis et topologisk rum, X, har to åbne delmængder, X 1 og X 2, så X = X 1 X 2 og X 1 X 2 =, så er U X åben, hvis og kun hvis U X 1 og U X 2 er åbne i sportopologien for henholdsvis X 1 og X 2 ; det vil sige, at studiet af de topologiske egenskaber ved X reduceres til at studere X 1 og X 2 hvor for sig. Rum, som ikke tillader en sådan opdeling (bortset fra den trivielle opdeling, hvor enten X 1 eller X 2 er tom) kaldes sammenhængende. Definition Et topologisk rum, X, kaldes et sammenhængende rum, såfremt følgende gælder: Hvis X = X 1 X 2 og X 1 X 2 =, hvor X 1 og X 2 er åbne, så gælder enten X 1 =, X 2 = X eller X 1 =, X 2 = X En delmængde A X kaldes sammenhængende, hvis A er et sammenhængende rum i sportopologien. Proposition For et topologisk rum, X, er følgende udsagn ækvivalente. (i) X er et sammenhængende rum (ii) Hvis X = C D og C D =, hvor C og D er lukkede, så gælder enten C =, D = X eller C = X, D =. (iii) Hvis U X er ikke-tom og er både åben og lukket, så er U = X. Bevis. Opgave Eksempel Lad I R være et vilkårligt interval (endeligt, uendeligt, åbent, lukket eller halvåbent). Så er I sammenhængende. Thi antag I = U V, U V =, hvor U og V er ikke-tomme åbne delmængder (i sportopologien), og lad os søge en modstrid. Da U og V er ikke-tomme, kan vi vælge u U, v V og uden indskrænkning antage u < v (ellers byttes der blot om på U og V ). Sæt x 0 = sup{x U x < v}. Så er det klart, at x 0 [u, v] I, og da U er lukket i I (mængden I U = V er jo åben), er x 0 U = U. Da U imidlertid er åben, findes der x U i intervallet ]x 0, v[, hvilket strider mod definitionen af x 0. Eksempel Som eksempel på en ikke-sammenhængende delmængde af R kan vi betragte mængden Q af rationale tal. Hvis r R er et vilkårligt irrationalt tal, så vil Q = ( Q ], r[ ) ( Q ]r, [ ) være en opdeling i disjunkte, ikketomme, åbne delmængder (i sportopologien). Bemærk, at hver af disse lader sig opdele yderligere i disjunkte, ikke-tomme, åbne delmængder, og at denne proces kan fortsættes vilkårligt mange gange. Sætning Lad X være et topologisk rum. (i) Hvis A X er sammenhængende, og B er en delmængde for hvilken A int B, og A int(x B), så vil vi også have A B.

35 5. Topologiske rum 31 (ii) Hvis A X er sammenhængende og A B A, så er også B sammenhængende. (iii) Hvis {A α α I} er en familie af sammenhængende delmængder, for hvilke A α A α for alle α, α I, så er A = α I A α også sammenhængende. (iv) Lad Y være et andet topologisk rum, og lad f : X Y være en kontinuert afbildning. Hvis X er sammenhængende, så er f(x) Y også sammenhængende. Bevis. (i). Hvis A B =, så er A = ( A int B ) ( A int(x B) ) en opdeling i ikke-tomme mængder. (ii). Lad os anvende Proposition 5.21 (ii). Antag, at C, D X er lukkede, B C D og C D B =. Så er også A C D og C D A =, så enten har vi A C eller A D. Antag A C. Så er også B A C, hvilket skulle vises. (iii). Antag A U V, A U V =, hvor U, V X er åbne. For fast α I gælder så også A α U V, A α U V =, hvoraf følger, at vi enten har A α U eller A α V. Imidlertid er det for α, α I ikke muligt, at A α U og A α V, da vi så ville have A α A α U V A =, hvilket strider mod forudsætningerne. Det vil sige, at vi enten har A α U for alle α I eller A α V for alle α I. Således fås enten A U eller A V, hvilket skulle vises. (iv). Antag f(x) U V, f(x) U V =, hvor U, V Y er åbne. Så er X = f 1 (U) f 1 (V ), f 1 (U) f 1 (V ) =, hvor f 1 (U) og f 1 (V ) er åbne, da f er kontinuert. Da X er sammenhængende, kan vi derfor antage X = f 1 (U). Det vil sige f(x) U, hvilket skulle vises. Korollar Lad X være et sammenhængende rum, lad Y være en mængde og lad f : X Y være en lokalkonstant funktion (dvs., at der for ethvert x X findes en omegn N, så f N er konstant). Så er f konstant på hele X. Bevis. Idet Y gives den diskrete topologi, er f kontinuert, da den klart er kontinuert i ethvert punkt. Af sætning 5.24 (iv) følger, at f(x) er sammenhængende i den diskrete topologi, og at den dermed højst kan bestå af af et punkt, hvilket skulle vises. Eksempel Vi kan nu give mange eksempler på sammenhængende rum (opgave 5.20). (i) Af eksempel 5.22 følger (sammen med Sætning 5.24 (iv)), at ethvert liniestykke i R n er sammenhængende. (ii) Af (i) og Sætning 5.24 (iii) følger, at enhver konveks mængde i R n er sammenhængende (iii) Hvis I R er et interval og γ : I X er en kontinuert funktion kurve i det topologiske rum X, så er billedmængden γ(i) X sammenhængende.

36 32 5. Topologiske rum (iv) Lad X være et kurvesammenhængende topologisk rum, dvs., at der for vilkårlige x, y X findes en kontinuert kurve, γ : [a, b] X med γ(a) = x, γ(b) = y. Så er X et sammenhængende rum. (v) Specielt er kurvesammenhængende delmængder af R n sammenhængende.

37 6 Kompakte rum Hvis x og y er forskellige punkter i et metrisk rum (X, d), så findes åbne mængder U x og U y i X, så U x U y =, thi vi kan blot vælge U x = B d (x, r) og U y = B d (y, r), hvor r 1 d(x, y). 2 Denne påstand er ikke rigtig i ethvert topologisk rum, f.eks. ikke i det trivielle topologisk rum, hvor T X = {, X}, med mindre X blot består af ét punkt. Definition 6.1. Et topologisk rum X kaldes et Hausdorff-rum, såfremt der for ethvert par af forskellige punkter x, y X findes åbne omegne U af x og V af y med U V =. Lemma 6.2. Lad f : A X være en injektiv kontinuert afbildning. Hvis X er Hausdorff, så er A Hausdorff. Bevis. Lad a 1 a 2 være forskellige punkter i A. Så er f(a 1 ) f(a 2 ) og, da X er Hausdorff, findes åbne disjunkte omegne U 1 og U 2 af henholdsvis f(a 1 ) og f(a 2 ). Da f er kontinuert, er f 1 (U 1 ) og f 1 (U 2 ) åbne omegne af henholdsvis a 1 og a 2, og de er disjunkte. Bemærk specielt at enhver delmængde af et Hausdorff-rum bliver et Hausdorffrum i sportopologien. Lad X = (X, T ) være et topologisk rum, og A en delmængde af X. En familie af åbne delmængder U α T, α I kaldes en åben overdækning af A, såfremt A α I U α. Definition 6.3. (i) Et topologisk rum kaldes kompakt, hvis der til enhver åben overdækning {U α α I} af X findes en endelig delmængde J I, så {U α α J} allerede er en åben overdækning af X. (ii) En delmængde A X kaldes kompakt, hvis den er et kompakt rum i sportopologien. Det følgende lemma er en nyttig karakterisation af kompakte delmængder. Lemma 6.4. For en delmængde A X, X et topologisk rum, er følgende betingelser ækvivalente. (i) A er kompakt. (ii) Til enhver åben overdækning {U i i I} af A findes en endelig delmængde J I så {U j j J} er en overdækning af A. Bevis. Lad A X være en delmængde af X som opfylder (ii). Lad U α = A V α, α I, V α åbne i X, være åbne mængder i A (med sportopologien), og antag α I U α = A. Så er {V α α I} en åben overdækning af A, og der findes en endelig delmængde J I så α J V α A. Det følger, at α J U α = A, så A er et kompakt topologisk rum. Antag omvendt, at A er kompakt, og lad {V α α I} være åbne mængder i X som overdækker A. Så er {V α A α I} åbne mængder i A, og der findes en endelig J I med α J (V α A) = A. Men så er α J V α A. 33

38 34 6. Kompakte rum Eksempel 6.5. Et lukket begrænset interval [a, b] R er en kompakt delmængde. Thi lad {U α α I} være en åben overdækning af [a, b]. Betragt den begrænsede ikke tomme mængde M = { x [a, b] [a, x] er overdækket af endelig mange Uα er }. Lad m = sup M. Der findes et β I så at m U β. Da U β er åben indeholder U β et åbent interval (m ε, m + ε) og m ε M. Derfor er [a, m ε] overdækket af endelig mange U α er, og [a, m + ε/2] vil derfor være indeholdt i disse forenet med U β. Vi påstår endelig at m = b. Hvis nemlig m < b, ville argumentet ovenfor vise at [a, m+ε/2] var overdækket af endelig mange U α er i modstrid med at m = sup M. De følgende to sætninger anvendes uhyre ofte i den matematiske litteratur, ofte uden yderligere bemærkninger. Sætning 6.6. Lad X være et topologisk rum. (i) Hvis X er kompakt, og A X er en lukket delmængde, så er A en kompakt delmængde. (ii) Hvis X er et Hausdorff-rum og A X er kompakt, så er A en lukket delmængde af X. Bevis. (i): Antag at X er kompakt og A er lukket i X, og lad {U α α I} være en åben overdækning af A. Da X A er åben, vil {U α α I} {X A} være en åben overdækning af X. Der findes derfor en endelig mængde J I, så at U α (X A) = X. α J Da A (X A) = følger heraf, at A α J U α. (ii): Antag at X er et Hausdorff-rum og A er kompakt. Vi skal vise, at X A er åben i X. Ifølge Lemma 5.5 er det nok at vise, at X A = int(x A), eller at X A er en omegn af ethvert af sine punkter. Så lad x X A være et fast punkt. Vi skal finde en åben mængde U x X A, så x U x. Da X er Hausdorff, findes der til hvert a A, åbne omegne V a af a og U a af x med V a U a =. Det er klart, at {V a a A} er en åben overdækning af A, og da A er forudsat at være kompakt, er der endelig mange punkter a 1,...,a k, så at A V a1 V a2 V ak Nu tager vi U x = U a1 U ak. Det er en åben mængde i X, x U x, og da U ai V ai =, er også (U a1 U ak ) (V a1 V ak ) =. Dermed er U x A =.