# Topologia I*. Przestrzenie zupełne.

Dowód twierdzenia 1. (zwartość implikuje zupełność)
-------

Niech $\{x_n\}$ spełnia warunek Cauchy'ego.

Ze zwartości istnieje podciąg $x_{n_i}$ zbieżny do $x \in X$.

Wtedy $x_n \rightarrow x$.

Weźmy $\varepsilon > 0$ i $N$ takie, że $\forall n, m > N$ $d(x_n, x_m) < \frac \varepsilon 2$ (z warunku Cauchy'ego).

Weźmy $M$ takie, że $\forall n_i > M$ mamy $d(x_{n_i}, x) < \frac \varepsilon 2$. Wtedy dla $n > \max(N, M)$ mamy
$$
d(x_n, x) \leq d(x_n, x_{n_i}) + d(x_{n_i}, x) < \frac\varepsilon 2+\frac\varepsilon 2 < \varepsilon
$$
dla $n_i > M$.

Dowód twierdzenia 2. (zupełność i całkowita ograniczoność implikuje zwartość)
-------

Weźmy ciąg $\{ x_n \} \subset X$. Z całkowitej ograniczoności dla każdego $n$ mamy
$$
X = \bigcup_{i=1}^{k_n} A^n_i
$$
gdzie $diam(A^n_i) < \frac 1n$, $A^n_i$ - domknięty.

Dla $n = 1$ jeden z tych zbiorów musi zawierać nieskończenie wiele elementów ciągu $x_n$. Niech będzie to zbiór $A^1_{m_1}$.

Ograniczamy ciąg $x_n$ do podciągu $x^1_n$, tak, że $\{x^1_i \colon x^1_i \in A^1_{m_1}\}$.

Dalej postępujemy rekurencyjnie wybierając kolejne wyrazy. Tzn. spośród zbiorów $A^2_1, A^2_2, \ldots, A^2_{k_2}$ wybieramy jeden $A^2_{m_2}$, który zawiera nieskończenie wiele wyrazów podciągu. Tak jak poprzednio oznaczamy ten podciąg jako $x^2_n$ i mamy warunek $\{x^2_i \colon x^2_i \in A^2_{m_2}\}$.

Ostatecznie ciąg $x^1_1, x^2_1, x^3_1, \ldots$ będzie spełniał warunek Cauchy'ego.

Z zupełności $x$ ten ciąg (będący podciągiem danego ciągu) jest zbieżny w $X$.

Dowód twierdzenia 3. (domknięta podprzestrzeń przestrzeni zupełnej jest zupełna)
-------

$A \subset X$, $(X, d)$ - zupełna $\Rightarrow$ $(A, d_A)$ zupełna

Niech $x_n$ - ciąg Cauchy'ego w $A$, tzn. $x_n \in A$.

Wtedy $x_n \rightarrow x \in X$ z zupełności $X$.

Ale $A = \overline{A}$, $x_n \in A$, czyli $x \in \overline{A} = A$.

Dowód twierdzenia 4. (zupełna podprzestrzeń przestrzeni jest zupełna)
-------

$A \subset X$, $(A, d_A)$ - zupełna $\Rightarrow$ $A \subset X$ domknięty

weźmy ciąg $a_n \in A$ i niech $a_n \to x \in X$.

Ciąg $a_n$ spełnia warunek Cauchy'ego bo jest zbieżny (w $X$), więc z zupełności $A$ jest też zbieżny w $A$ do jakiejś granicy - nazwijmy ją $a \in A$. Ale skoro $d = d_A$ na $A$, to $a = x$, czyli $x \in A$.

Dowód twierdzenia 5. (iloczyn kartezjański przeliczalnie wielu przestrzeni zupełnych jest przestrzenią zupełną)
-------

Niech $(X_i, d_i)$ - zupełne, $X = \Pi_{i=1}^\infty X_i$,
$$
d(x, y) = \sum_{i=1}^\infty \frac 1{2^i} \min(1, d_i(x_i, y_i)).
$$

BSO załóżmy, że $d_i = \min(1, d_i)$. Wtedy
$$
d(x, y) = \sum_{i=1}^\infty \frac 1{2^i} d_i(x_i, y_i).
$$

Niech $\{ x^n \}_{n=1}^\infty \subset X$ spełnia warunek Cauchy'ego.
Wtedy
$$
\forall_{\varepsilon > 0} \exists_N \forall_{m, n > N} \ d(x^n, x^m) < \varepsilon
$$
tzn.
$$
\forall_{\varepsilon > 0} \exists_N \forall_{m, n > N} \ \sum_{i=1}^\infty \frac 1{2^i} d_i(x^n_i, x^m_i) < \varepsilon
$$
w szczególności dla $\epsilon > 0$ oraz $i \in \mathbb{N}$ stosując powyższą formułę dla $\varepsilon = \frac \epsilon{2^i}$ mamy
$$
\exists_N \forall_{m, n > N} \ \frac 1{2^i} d_i(x^n_i, x^m_i) \leq d(x^n, x^m) < \frac \epsilon{2^i}
$$
stąd
$$
d_i(x^n_i, x^m_i) < \epsilon.
$$

Wobec tego dla każdego $i \in \mathbb{N}$ ciąg $\{ x^n_i \}_{n=1}^\infty$ spełnia warunek Cauchy'ego w przestrzeni $(X_i, d_i)$, czyli z zupełności tej przestrzeni jest zbieżny do punktu $x_i \in X_i$.

Wtedy $x = (x_i)_{i=1}^\infty$ jest granicą ciągu $x^n$, bo zbieżność w iloczynie kartezjańskim sprawdzamy na każdej współrzędnej z osobna.

Dowód twierdzenia 6. (twierdzenie Cantora)
-------

Uwaga: Jeżeli $A_n = [n, \infty)$ to podzbiór $\mathbb{R}$ z metryką euklidesową, to $A_n$ spełnia założenia tw. Cantora poza założeniem o średniacach i przecięcie $\bigcap_{n=1}^\infty A_n = \emptyset$.

Weźmy dla każdego $i \in \mathbb{N}$ dowolny $x_i \in A_i$. Wtedy dla $i, j \geq N$ mamy $d(x_i, x_j) \leq diam(A_N)$, czyli $\{x_n\}$ spełnia warunek Cauchy'ego.

Z zupełności $x_n \rightarrow x \in X$.

Skoro $\{ x_n \}_{n = i}^\infty \subset A_i$, $\overline{A_i} = A_i$, to $x \in A_i$, dla każdego $i \in \mathbb{N}$. Stąd $x \in \bigcap_{i=1}^\infty A_i$.

Dowód twierdzenia 7. (twierdzenie Baire'a)
-------

Niech $B = \bigcup_{i=1} B_i$. Chcemy pokazać, że $B$ jest brzegowy, czyli dla dowolnego niepustego otwartego $U \subset X$, $U \setminus B \neq \emptyset$.

Z założenia $B_1$ jest brzegowy, domknięty, istnieją więc $x_1 \in X$ oraz $r_1 > 0$ takie, że
$$
\overline{B}(x_1, r_1) \cap B_1 = \emptyset \text{ oraz } \overline{B}(x_1, r_1) \subset U \text{ i } r_1 < \frac 11.
$$

Z założenia $B_2$ jest brzegowy, domknięty, istnieją więc $x_2 \in X$ oraz $r_2 > 0$ takie, że
$$
\overline{B}(x_2, r_2) \cap B_2 = \emptyset \text{ oraz } \overline{B}(x_2, r_2) \subset B(x_1, r_1) \text{ i } r_2 < \frac 12.
$$

I tak dalej...

Z twierdzenia Cantora
$$
\bigcap_{i=1}^\infty \overline{B}(x_i, r_i) \neq \emptyset.
$$

Ale
$$
\bigcap_{i=1}^\infty \overline{B}(x_i, r_i) \subset U
$$
i
$$
\left( \bigcap_{i=1}^\infty \overline{B}(x_i, r_i) \right) \cap B = \emptyset.
$$

Dowód twierdzenia 8. (twierdzenie Banacha)
-------

Weźmy $x_0 \in X$ (dowolny punkt).

Określamy $x_{n+1} = f(x_n)$ dla $n \geq 0$.

Wtedy $d(x_{n+1}, x_n) = d(f(x_n), f(x_{n-1})) \leq \lambda d(x_n, x_{n-1})$.
Stąd
$$
d(x_{n+1}, x_n) \leq \lambda^n d(x_1, x_0)
$$
czyli
$$
d(x_{n+k}, x_n) \leq d(x_n, x_{n+1}) + d(x_{n+1}, x_{n+2}) + \cdots + d(x_{n+k-1}, x_{n+k}) \leq
$$
$$
\leq (\lambda^n + \lambda^{n+1} + \cdots + \lambda^{n+k-1}) d(x, x_0) < \frac {\lambda^n}{1 - \lambda} d(x_1, x_0).
$$
Stad gdy $n, m > N$, to
$$
d(x_n, x_m) < \frac{\lambda^N}{1 - \lambda} d(x_1, x_0)
$$
czyli $x_n$ spełnia warunek Cauchy'ego.

Z zupełności $x_n \rightarrow x \in X$. Sprawdźmy, że $x$ jest punktem stałym $f$, tzn. $f(x) = x$.

$$
d(f(x), x) = \lim_{n\to \infty} d(f(x_n), x) = \lim_{n\to\infty} \lim_{m \to\infty} d(f(x_n), x_m) = \lim _{n,m\to \infty} d(x_{n+1}, x_m) = 0.
$$

Alternatywnie
$$
d(f(x), x) \leq d(f(x), f(x_n)) + d(f(x_n), x_n) + d(x_n, x) <
\lambda d(x, x_n) + d(x_{n+1}, x_n) + d(x_n, x).
$$