5.5. Polish 空间

定义 5.5.0.1 (Polish 空间). 可分可完备度量化的拓扑空间称为 Polish 空间.

首先, 我们来考虑怎么用已有的 Polish 空间生成别的 Polish 空间.

定理 5.5.0.2. Polish 空间的闭子空间和可数积空间仍为 Polish 空间.

证明. 闭子空间直接把度量和稠密可数集继承下来就好了, 可数积的情况我们考虑度量

d = \sum_{n} \frac{1}{2 ^{n}} \frac{d _{n}}{1 + d _{n}}

.

$□$

但是, 这里的闭子空间是否可以改进呢? 我们先暂时引入以下记号.

定义 5.5.0.3 ( $G_{δ}$ 与 $F_{σ}$ ). 一列开集的交集称作 $G_{δ}$ 集, 一列闭集的并集称作 $F_{σ}$ 集.

评注. 度量空间 $T_{6}$ , 所有其中中任何闭集都是 $G_{δ}$ 集.

定理 5.5.0.4. Polish 空间 $X$ 的子空间 $Y$ 是 Polish 的, 当且仅当 $Y$ 是一个 $G_{δ}$ 集.

证明. 我们主要通过连续函数的延拓来证明此定理.

定理 5.5.0.5 (Kuratowski). 若有度量空间 $X$ 的子空间 $A$ 到完备度量空间 $Y$ 的连续函数 $f$ , 则存在 $X$ 中的 $G_{δ}$ 集 $G$ 满足 $A \subseteq G \subseteq Cl (A)$ , 且我们可以将 $f$ 的定义域延拓到 $G$ 上.

证明. 我们都知道, 度量空间的集有一个直径 $diam (A) = sup_{x, y \in A} d (x, y)$ . 现在我们定义点 $x$ 处函数 $f$ 的振幅为 $osc (f, x) = inf_{U ∋ x} diam (f (U))$ , 然后令题中所要的 $G = Cl (A) \cap {x \in X ∣ osc (f, x) = 0}$ .

注意 ${x \in X ∣ osc (f, x) = 0} = ⋂_{n} {x \in X ∣ osc (f, x) < \frac{1}{n}}$ 是 $G_{δ}$ 集, $G$ 因此是 $A \subseteq G \subseteq Cl (A)$ 的 $G_{δ}$ 集.

现在我们来做延拓. 对

x \in G \ A \subseteq Cl (A) \ A

, 显然必须存在一列

{x_{n}} \subseteq A

收敛于

x

. 不难意识到

{x_{n}}

是 Cauchy 列也说明

{f (x_{n})}

是 Cauchy 列, 因而存在

y = lim_{n} f (x_{n}) \in Y

, 我们令

f (x) = y

即可. 验证连续性不难.

$□$

现在, 我们来证明 Polish 子空间必须是 $G_{δ}$ 集. 直接考虑显然连续的恒等映射 $i d_{Y} : Y \to Y$ , 它在上述定理下应当延拓为 $f : G \to Y$ , 这里 $Y \subseteq G \subseteq Cl (Y)$ ; 验证延拓方式可知 $f = i d_{G}$ , 所以必须有 $G = Y$ , 这也就说明了 $Y$ 是 $G_{δ}$ 集.

最后, 我们来证明 $G_{δ}$ 集是 Polish 空间. 直接继承度量不一定可以 (为什么), 我们要考虑改一下度量. 假定 $Y = ⋂_{n} U_{n}$ , 不妨要求 $U_{n + 1} \subseteq U_{n}$ , 然后令 $F_{n} = X \ U_{n}$ , 并记使得 $X$ 成为 Polish 空间的度量为 $d$ . 我们在 $Y$ 上重新定义 $d_{Y} (x, y) = d (x, y) + \sum_{n} min {\frac{1}{2 ^{n + 1}}, ∣ \frac{1}{d ( x , F _{n} )} - \frac{1}{d ( y , F _{n} )} ∣}$ , 我们来验证它是完备的, 将它与 $d$ 的等价性留给读者.

事实上,

{y_{n}} \subseteq Y

若在

d_{Y}

下是 Cauchy 列, 则在

d

下亦然, 于是它一定收敛到一个

y \in X

; 然而我们又知道

lim_{i, j} ∣ \frac{1}{d ( y _{i} , F _{n} )} - \frac{1}{d ( y _{j} , F _{n} )} ∣ = 0

, 因此对每个

n

都有

lim_{i} \frac{1}{d} (y_{i}, F_{n})

收敛, 换言之

d (y_{i}, F_{n})

收敛到非零实数

d (y, F_{n})

, 这指出

\forall n (y \neq \in F_{n})

, 于是

y \in Y

.

$□$

评注. Kechris 书 P16 的定理少了条件.

注意 $R^{ω}$ 和 $[0, 1]^{ω}$ 在此节第一个定理下都是 Polish 空间, 现在我们来指出它们一些更特别的性质.

定理 5.5.0.6. 可分度量空间皆与某个 $[0, 1]^{ω}$ 的子空间同胚. 特别的, Polish 空间必与某个 $[0, 1]^{ω}$ 的 $G_{δ}$ 子空间同胚.

证明. 假定可分给出的可数稠密集为 ${x_{n}} \subseteq X$ , 我们直接定义 $f : X \to [0, 1]^{ω}, x \mapsto (\frac{d}{1 + d} (x, x_{n}))$ . 它显然是单射, 我们只要证明 $x^{m} \to x$ 当且仅当 $f (x^{m}) \to f (x)$ , 这里 ${x^{m}} \subseteq X$ 是任意的点列.

$x^{m} \to x$ 给出 $\frac{d}{1 + d} (x^{m}, x_{n}) \to \frac{d}{1 + d} (x, x_{n})$ , 因此 $\sum_{n} \frac{1}{2 ^{n}} \frac{d _{n}}{1 + d _{n}} (x^{m}, x_{n}) \to \sum_{n} \frac{1}{2 ^{n}} \frac{d _{n}}{1 + d _{n}} (x, x_{n})$ , 这就是字面上的 $f (x^{m}) \to f (x)$ .

另一边,

f (x^{m}) \to f (x)

也给出

\frac{d}{1 + d} (x^{m}, x_{n}) \to \frac{d}{1 + d} (x, x_{n})

, 利用三角不等式消掉

x_{n}

即可得到

\frac{d}{1 + d} (x^{m}, x) \to 0

, 换言之

x^{m} \to x

.

$□$

定理 5.5.0.7. Polish 空间必与某个 $R^{ω}$ 的闭子空间同胚.

证明. 我们来利用上一个定理给出的同胚的 $G_{δ}$ 集 $G = ⋂_{n} U_{n} \subseteq [0, 1]^{ω} \subseteq R^{ω}$ , 后两者事实上装备同一个度量 $d \leq 1$ . 我们还是令 $F_{n}$ 为 $U_{n}$ 的补集, 然后重新作 $f : G \to R^{ω}$ , 将 $x = (x_{n}) \in [0, 1]^{ω}$ 映到 $(y_{n})$ , 这里 $y_{2 n} = \frac{1}{d ( x , F _{n} )}$ 而 $y_{2 n + 1} = x_{n}$ .

显然

f

是连续的单射, 我们主要验证

f (G)

是闭集和

f

是开映射: 若有一收敛列

f (x^{n}) = y^{n} \to y \in R^{ω}

, 查考奇分量即见存在

x = lim_{n} x^{n} \in [0, 1]^{ω}

, 查考偶分量即见

d (x, F_{n}) \neq = 0

, 这说明

x \in G

. 最后

f (x) = y

顺理成章.

$□$

评注. 这个编码很有趣.

这各式各样的嵌入都立刻指出, Polish 空间的基数不可能超过 $ℶ_{1} \times ℵ_{0} = ℶ_{1}$ ; 我们还可以宣称, 其实所有可分的连通空间都这么大, 甚至无需假定其完备性.

定理 5.5.0.8. 可分连通度量空间的基数是 $ℶ_{1}$ .

证明. 我们先证明它的基数不大于 $ℶ_{1}$ . 我们仍设度量空间 $X$ 的稠密可数子集为 $Q$ . 显然, 在每个 $x \in X$ 处都有可数局部基 $B (x) = {B_{\frac{1}{2 ^{n}}} (x) ∣ n \in ω}$ , 于是我们考虑 $Q (x) = {Q_{n} (x) = Q \cap B_{\frac{1}{2 ^{n}}} (x) ∣ n \in ω}$ , 它是 $Q$ 的子集的可数族. 显然 $x \neq = y \to Q (x) \neq = Q (y)$ , 而简单地计数可知它们共有不超过 $ℶ_{1}$ 个, 故空间的基数不超过 $ℶ_{1}$ .

现在, 我们再用连通性指出它的基数不小于

ℶ_{1}

. 任选一个点

x

, 我们宣称存在一个

δ \in R

使得

\forall ϵ \in (0, δ) \exists x_{ϵ} (d (x, x_{ϵ}) = ϵ)

, 则由显然的它们两两不同我们就至少选出了

ℶ_{1}

个点. 反证, 如果存在

ϵ < δ

使得不存在

x_{ϵ}

, 显然

B_{ϵ} (x)

就成为一个开闭集, 这与连通性直接矛盾.

$□$

取消连通, 代之以不可数, 我们有相同的结论. 不过其证明需要别的东西, 我们把这个定理搬到 5.4.2 节.

此外, 作为强化的度量空间, Polish 空间的连续函数空间也有可称道的性质.

定理 5.5.0.9. 若 $X$ 紧致可度量化, 而 $Y$ 是 Polish 空间, 则 $C (X, Y)$ 在一致度量拓扑下也是 Polish 空间.

证明. 推论 3.7.2.14 已经指出一致度量的完备性, 我们只要构造可数稠密集来见证可分性. 记 $X$ 的度量为 $d_{X}$ , $Y$ 的度量为 $d_{Y}$ . 先做一个
$C_{m, n} = {f \in C (X, Y) ∣\forall x \in X \forall y \in Y (d_{X} (x, y) < \frac{1}{m} \to d_{Y} (f (x), f (y)) < \frac{1}{n})}$
它自己还不一定可数, 因此我们还要调整.

由 $X$ 紧致得到完全有界, 对每个 $m$ 我们取 $X$ 的以 $\frac{1}{m}$ 半径的开球构成的有限覆盖, 把球心设为有限点集 $X_{m} = {x_{m}^{i} ∣ i < k_{m}} \subseteq X$ , 再记 $Y$ 的稠密可数集为 $Q$ .

我们列举全体 $Q$ 的具有 $k_{m}$ 个点的子集, 它们显然只有可列个, 于是做编号 ${Q_{n} = {q_{n}^{i} ∣ i < k_{m}} ∣ n \in ω}$ . 现在, 我们对每个 $Q_{n}$ 挑选一个 $g \in C_{m, n}$ 使得 $g (x_{m}^{i}) = q_{n}^{i}$ , 一共挑出可列个 $g$ , 我们把它们收集起来得到可列集 $D_{m, n} \subseteq C (m, n)$ .

现在, 任给 $f \in C_{m, n}$ 和 $ϵ > 0$ , 对每个 $x_{m}^{i}$ 显然 $B_{ϵ} (x_{m}^{i}) \cap Q \neq = \emptyset$ , 于是我们总可以取出对应的 $q_{m}^{i}$ , 然后取到对应的 $g \in D_{m, n}$ , 这时必然有 $d_{Y} (f (x_{m}^{i}), g (x_{m}^{i})) < ϵ$ .

我们证明

D = ⋃_{m, n} D_{m, n}

就是

C (X, Y)

的可数稠密集. 连续性指出

\forall f \forall ϵ

我们都可以在取

n > \frac{3}{ϵ}

后找到

m

使得

f \in C_{m, n}

, 现在我们用上面的论述找一个

g \in D_{m, n}

使得

d_{Y} (f (x_{m}^{i}), g (x_{m}^{i})) < \frac{1}{n}

, 不难得到

\forall x \in X (d_{Y} (f (x), g (x)) < ϵ)

, 换言之在一致度量下也有

ρ (f, g) < ϵ

.

$□$

由于在第五章中我们还会无数次地与 Polish 空间再会, 这里就不过多讨论了.

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