پیوستگی و پیوستگی یکنواخت در فضاهای متریک

فرض کنید $(X,d_X)$ و $(Y,d_Y)$ فضاهای متریک و $f:X\to Y$ باشد. این کارت بستهٔ کامل پیوستگی است: تعریف‌های هم‌ارز، عدم تقارن میان تصویرهای وارون و تصویرها، تنها حکم بستاری که به جلو منتقل می‌شود ($f(\overline{A})\subseteq\overline{f(A)}$ — موتور انتقال چگالی و همبندی)، این واقعیت که پیوستگی ویژگی‌ای موضعی است (پس تنها خانواده‌های چاق از تحدیدها آن را تشخیص می‌دهند)، سلسله‌مراتب درجه‌بندی‌شدهٔ لیپشیتس $\subset$ پیوستهٔ یکنواخت $\subset$ پیوسته همراه با جبر آن، و — از همه مهم‌تر — اینکه کدام ویژگی‌ها زیر یک هومئومورفیسم (هم‌ارزی توپولوژیک) باقی می‌مانند و کدام نه.

۱. پیوستگی: چهره‌های هم‌ارز

برای یک نقطهٔ ثابت $a\in X$، تابع $f$ در $a$ پیوسته است اگر و تنها اگر $\forall\varepsilon>0\ \exists\delta>0\ \forall x\in X:\ d_X(x,a)<\delta\ \Rightarrow\ d_Y\big(f(x),f(a)\big)<\varepsilon.$ در اینجا $\delta=\delta(\varepsilon,a)$ می‌تواند به نقطهٔ $a$ وابسته باشد؛ و $f$ پیوسته است اگر و تنها اگر در هر نقطه پیوسته باشد. در یک فضای متریک گزاره‌های زیر هم‌ارزند و آزادانه جای یکدیگر را می‌گیرند:

1. $\varepsilon$–$\delta$: تعریف بالا در هر $a$ برقرار است؛
2. دنباله‌ای: $x_n\to a\ \Rightarrow\ f(x_n)\to f(a)$ برای هر دنباله (این هم‌ارزی نیازمند یک متریک / فضای شمارای نخست است)؛
3. توپولوژیک: $f^{-1}(U)$ برای هر باز $U\subseteq Y$ در $X$ باز است (هم‌ارز با اینکه $f^{-1}(C)$ برای هر بستهٔ $C$ بسته باشد)؛
4. بستاری: $f(\overline A)\subseteq\overline{f(A)}$ برای هر $A\subseteq X$؛
5. موضعی: هر $a\in X$ همسایگی‌ای مانند $V$ دارد که $f\vert_V$ در $a$ پیوسته است.

صورت (۳) تنها صورتی است که عیناً به فضاهای توپولوژیک عمومی هم منتقل می‌شود؛ صورت (۲) اسب کاری کنکور در فضاهای متریک است: برای اثبات پیوستگی، یک دنبالهٔ همگرای دلخواه را از $f$ عبور دهید؛ برای شکستن آن، یک دنبالهٔ $x_n\to a$ با $f(x_n)\not\to f(a)$ ارائه کنید. صورت (۴) در بخش ۳ اثبات و به کار گرفته می‌شود — این تنها گزاره‌ای است که پیوستگی در جهت جلو بیان می‌کند. صورت (۵) سرچشمهٔ هر چیزی است که در بخش ۴ می‌آید.

۲. تصویرهای وارون خوش‌رفتارند، تصویرها نه

پیوستگی حکمی دربارهٔ تصویرهای وارون است. تقریباً هیچ چیزی دربارهٔ تصویرها نمی‌گوید، و گزینهٔ نادرست محبوب کنکور یک حکم دربارهٔ تصویر است که چنان آراسته شده که گویی از پیوستگی نتیجه می‌شود.

تعاریف. $f$ یک نگاشت باز است اگر $f(U)$ برای هر باز $U$ باز باشد؛ و یک نگاشت بسته است اگر $f(A)$ برای هر بستهٔ $A$ بسته باشد. هیچ‌یک از پیوستگی نتیجه نمی‌شود، و این دو از یکدیگر مستقل‌اند.

لم نگاشت بسته. اگر $X$ فشرده و $Y$ هاسدورف باشد (به‌ویژه هر فضای متریک)، آنگاه هر $f:X\to Y$ پیوسته یک نگاشت بسته است.

زنجیرهٔ اثبات (حفظش کنید، سه جملهٔ کوتاه است): $A\subseteq X$ بسته $\Rightarrow$ $A$ فشرده (زیرمجموعهٔ بستهٔ یک فضای فشرده) $\Rightarrow$ $f(A)$ فشرده (تصویر پیوسته) $\Rightarrow$ $f(A)$ بسته (زیرمجموعه‌های فشردهٔ یک فضای هاسدورف/متریک بسته و کران‌دارند). نتیجه: یک تناظر یک‌به‌یک پیوسته از یک فضای فشرده به روی یک فضای هاسدورف، یک هومئومورفیسم است (وارون پیوسته است زیرا $(f^{-1})^{-1}(A)=f(A)$ بسته است).

مثال‌های نقضی که باید دم دست داشت.

• نگاشت باز نیست، حتی از یک دامنهٔ فشرده: $f=\mathrm{id}:[0,1]\to\mathbb{R}$. مجموعهٔ $A=[0,1]$ در $X=[0,1]$ باز است (کل فضا همواره در خودش باز است)، با این حال $f(A)=[0,1]$ در $\mathbb{R}$ باز نیست. هر نگاشت ثابت حتی بی‌رحمانه‌تر است: مجموعهٔ باز $X$ را به یک تک‌عضوی می‌برد که در هیچ فضای متریک بدون نقطهٔ منزوی باز نیست. توجه کنید که فشردگی اینجا در جهت اشتباه فشار می‌آورد — تصویرها را بسته می‌کند، هرگز باز نه.
• وقتی فشردگی حذف شود نگاشت بسته نیست: $f(x)=\arctan x$ مجموعهٔ بستهٔ $\mathbb{R}$ را به روی $\left(-\tfrac{\pi}{2},\tfrac{\pi}{2}\right)$ می‌برد که بسته نیست؛ به همین ترتیب $f(x)=\tfrac{1}{1+x^{2}}$ مجموعهٔ $\mathbb{R}$ را به روی $(0,1]$ می‌برد.
• باز ولی نه بسته: نگاشت تصویر $\pi(x,y)=x$ از $\mathbb{R}^{2}$ به $\mathbb{R}$ باز است، با این حال هذلولی بستهٔ $\{xy=1\}$ را به روی $\mathbb{R}\setminus\{0\}$ می‌برد.

۳. نامساوی بستار: چگالی، هیچ‌جا چگالی، مجموعه‌های نازک در برابر چاق

۳.۱ یک نامساوی، و تنها در یک جهت

قضیه. برای $f:X\to Y$ گزاره‌های زیر هم‌ارزند: (الف) $f$ پیوسته است؛ (ب) $f\big(\overline{A}\big)\subseteq\overline{f(A)}$ برای هر $A\subseteq X$؛ (ج) $\overline{f^{-1}(B)}\subseteq f^{-1}\big(\overline{B}\big)$ برای هر $B\subseteq Y$.

(الف) $\Rightarrow$ (ب). مجموعهٔ $\overline{f(A)}$ بسته است، پس $f^{-1}\big(\overline{f(A)}\big)$ بسته است و شامل $A$ است؛ بنابراین شامل $\overline{A}$ نیز هست، که دقیقاً (ب) است. اثبات در فضای متریک یک خطی است: $x\in\overline{A}$ دنباله‌ای $a_n\to x$ با $a_n\in A$ می‌دهد، و $f(a_n)\to f(x)$ نقطهٔ $f(x)$ را در $\overline{f(A)}$ می‌نشاند.

(ب) $\Rightarrow$ (الف). فرض کنید $C\subseteq Y$ بسته باشد و $A=f^{-1}(C)$. آنگاه $f\big(\overline{A}\big)\subseteq\overline{f(A)}\subseteq\overline{C}=C$، پس $\overline{A}\subseteq f^{-1}(C)=A$: تصویرهای وارون مجموعه‌های بسته، بسته‌اند.

پیکان را با دقت بخوانید. پیوستگی بستارها را به جلو می‌راند، و آن هم تنها به‌صورت یک شمول. شمول معکوس مجانی نیست — برای یک $f$ پیوسته، $f\big(\overline{A}\big)=\overline{f(A)}\ \ \text{for every } A\subseteq X\quad\iff\quad f\ \text{is a closed map}.$ ($\Leftarrow$: آنگاه $f(\overline A)$ بسته است و شامل $f(A)$، پس شامل $\overline{f(A)}$ است. $\Rightarrow$: تساوی را برای یک $A$ بسته به کار ببرید.)

۳.۲ واژگان

• $A\subseteq X$ چگال است اگر و تنها اگر $\overline{A}=X$ اگر و تنها اگر $A$ با هر مجموعهٔ باز ناتهی تلاقی کند اگر و تنها اگر هر نقطهٔ $X$ حد دنباله‌ای از $A$ باشد.
• $S\subseteq X$ هیچ‌جا چگال است اگر و تنها اگر $\operatorname{int}\big(\overline{S}\big)=\varnothing$ اگر و تنها اگر $X\setminus\overline{S}$ چگال باشد — «$S$ نازک است: بستارش هیچ گویی را در بر ندارد».
• $X$ تفکیک‌پذیر است اگر و تنها اگر زیرمجموعه‌ای چگال و شمارا داشته باشد.

۳.۳ چگالی را یک نگاشت پیوستهٔ پوشا به جلو می‌راند

انتقال چگالی. اگر $f:X\to Y$ پیوسته و پوشا باشد و $A\subseteq X$ چگال باشد، آنگاه $f(A)$ در $Y$ چگال است.

$Y=f(X)=f\big(\overline{A}\big)\subseteq\overline{f(A)}\subseteq Y\quad\Longrightarrow\quad \overline{f(A)}=Y.$

هر دو فرض کار آشکاری انجام می‌دهند: پیوستگی شمول میانی را تأمین می‌کند و پوشایی رابطهٔ $f(X)=Y$ را. اگر پوشایی را حذف کنید نتیجه دقیقاً به یک چیز تنزل می‌یابد — $f(A)$ در زیرفضای $f(X)$ چگال است. نتیجه: تفکیک‌پذیری به تصویرهای پیوسته به ارث می‌رسد، پس تصویر پیوستهٔ پوشای یک فضای تفکیک‌پذیر، تفکیک‌پذیر است.

۳.۴ سه شکست، و دو موتور مثال نقض

هر چیز دیگری در خانوادهٔ چگالی برای یک نگاشت پیوستهٔ پوشای عمومی نادرست است، و دو مثال استاندارد همهٔ آن‌ها را از پا درمی‌آورند.

موتور ۱ — نگاشت مچاله‌کننده (یک مجموعهٔ چاق را به یک نقطه له کنید). نگاشت $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$، $f(x)=\begin{cases} x, & x\le 0,\\ 0, & 0\le x\le 1,\\ x-1, & x\ge 1,\end{cases}\qquad\text{so}\qquad f^{-1}(\{0\})=[0,1],$ پیوسته است (قطعه‌ها در $x=0$ و $x=1$ با هم می‌خوانند — چسباندن بسته، بخش ۴) و پوشا. این نگاشت هر دو گزارهٔ مربوط به تصویر وارون را رد می‌کند:

• تصویر وارون یک مجموعهٔ چگال لزوماً چگال نیست: $B=\mathbb{R}\setminus\{0\}$ چگال است، اما $f^{-1}(B)=\mathbb{R}\setminus[0,1]$ بستاری برابر $\mathbb{R}\setminus(0,1)\ne\mathbb{R}$ دارد.
• تصویر وارون یک مجموعهٔ هیچ‌جا چگال لزوماً هیچ‌جا چگال نیست: $B=\{0\}$ هیچ‌جا چگال است، با این حال $f^{-1}(B)=[0,1]$ درون ناتهی دارد.

موتور ۲ — تابع کانتور (یک مجموعهٔ نازک را تا همه‌چیز باد کنید). پلکان شیطان $\varphi:[0,1]\to[0,1]$ پیوسته، ناکاهشی و پوشاست، و روی هر بازهٔ یک‌سومِ میانیِ حذف‌شده ثابت است، پس تمام رشد آن روی مجموعهٔ کانتور اتفاق می‌افتد: $\varphi(C)=[0,1]$. چون $C$ بسته با درون تهی است، هیچ‌جا چگال است، و تصویرش کل فضاست — تا حد ممکن دور از هیچ‌جا چگال بودن.

ترمیم — نگاشت‌های باز چگالی را به عقب می‌کشند. اگر $f$ پیوسته و باز باشد، هر دو گزارهٔ مربوط به تصویر وارون درست می‌شوند:

• $B$ چگال $\Rightarrow f^{-1}(B)$ چگال: برای هر باز ناتهی $U\subseteq X$ مجموعهٔ $f(U)$ ناتهی و باز است، پس با $B$ تلاقی می‌کند؛ یک نقطهٔ تصویر وارونِ این تلاقی در $U\cap f^{-1}(B)$ قرار دارد.
• $T$ هیچ‌جا چگال $\Rightarrow f^{-1}(T)$ هیچ‌جا چگال: بنا بر (ج) داریم $\overline{f^{-1}(T)}\subseteq f^{-1}\big(\overline{T}\big)$، و اگر $V$ زیرمجموعه‌ای باز و ناتهی از $f^{-1}\big(\overline{T}\big)$ می‌بود، آنگاه $f(V)$ زیرمجموعه‌ای باز و ناتهی از $\overline{T}$ می‌شد که با $\operatorname{int}\overline{T}=\varnothing$ در تناقض است.

ستون آخر مجانی به دست می‌آید: چگالی و هیچ‌جا چگالی مفاهیمی توپولوژیک‌اند، پس یک هومئومورفیسم آن‌ها را در هر دو جهت منتقل می‌کند (بخش ۹).

شعار. یک نگاشت پیوسته ممکن است یک مجموعهٔ چاق را به یک نقطه له کند و ممکن است یک مجموعهٔ نازک را تا همه‌چیز باد کند. تنها دو چیز از این گذرگاه جان سالم به در می‌برند: شمول بستاری $f(\overline A)\subseteq\overline{f(A)}$، و — به‌شرط پوشا بودن $f$ — چگالی.

۴. پیوستگی موضعی است — کدام تحدیدها آن را ایجاب می‌کنند

چون پیوستگی در $x$ تنها $f$ را روی یک همسایگی به‌دلخواه کوچک از $x$ می‌بیند، یک خانوادهٔ $\mathcal{F}$ از زیرمجموعه‌ها در رابطهٔ $\big(f\vert_S\ \text{continuous for every } S\in\mathcal F\big)\ \Longrightarrow\ f\ \text{continuous}$ دقیقاً وقتی صدق می‌کند که اعضایش حول هر نقطه چاق باشند: هر $x\in X$ باید در عضوی مانند $S\in\mathcal F$ قرار گیرد که یک همسایگی از $x$ را در بر داشته باشد — یا دست‌کم خانواده باید همهٔ دنباله‌های همگرا را در بر بگیرد.

لم چسباندن باز. اگر $\{U_i\}$ یک پوشش باز از $X$ باشد و هر $f\vert_{U_i}$ پیوسته باشد، آنگاه $f$ پیوسته است: برای هر باز $V\subseteq Y$، هر $(f\vert_{U_i})^{-1}(V)$ در $U_i$ باز است، پس در $X$ باز است، و $f^{-1}(V)=\bigcup_i\big(f\vert_{U_i}\big)^{-1}(V)$ باز است.

لم چسباندن بسته. اگر $X=C_1\cup\dots\cup C_n$ یک پوشش متناهی (یا موضعاً متناهی) با مجموعه‌های بسته باشد و هر $f\vert_{C_i}$ پیوسته باشد، آنگاه $f$ پیوسته است. متناهی بودن ضروری است — هر فضا اجتماع تک‌عضوی‌های بستهٔ خودش است، و هر تحدید به یک تک‌عضوی پیوسته است. (این همان لمی است که هر ضابطهٔ تکه‌ای را تأیید می‌کند، مثلاً نگاشت مچاله‌کنندهٔ بخش ۳.۴.)

گوی‌های بسته هم کار می‌کنند، به دلیلی که ارزش جدا کردن دارد. $a$ را ثابت بگیرید، $K=\bar B(a,1)$ قرار دهید و $\varepsilon>0$ اختیار کنید. پیوستگی $f\vert_K$ در $a$ یک $\delta>0$ می‌دهد که درون $K$ معتبر است؛ آنگاه $\delta'=\min\{\delta,1\}$ در سراسر $X$ کار می‌کند، زیرا هر $x$ با $d(a,x)<\delta'$ به‌طور خودکار در $K$ قرار دارد. سازوکار صرفاً همان $\bar B(a,1)\supseteq B(a,1)$ است: عضو خانواده یک همسایگی از نقطه را در بر دارد.

مثال کوچک حل‌شده (چرا همبند شکست می‌خورد). در یک فضای تماماً ناهمبند تنها زیرمجموعه‌های همبند $\varnothing$ و تک‌عضوی‌ها هستند، پس «پیوسته روی هر زیرمجموعهٔ همبند» اطلاعی تهی است. بگیرید $X=\mathbb{Q}\ (\text{usual metric}),\qquad Y=\mathbb{R},\qquad f=\mathbf{1}_{\{0\}}\ \ \big(\text{so } f(0)=1 \text{ and } f(q)=0 \text{ for } q\neq0\big).$ هر زیرمجموعهٔ همبند $\mathbb{Q}$ یک نقطه یا تهی است (یک برش گنگ هر مجموعهٔ دو نقطه‌ای را می‌شکافد)، پس هر چنین تحدیدی ثابت و در نتیجه پیوسته است — با این حال $q_n=1/n\to0$ در حالی که $f(q_n)=0\not\to1=f(0)$، پس $f$ در $0$ ناپیوسته است. همین ترفند روی مجموعهٔ کانتور، روی $\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$، یا روی هر فضای گسسته نیز کار می‌کند.

در مقابل: روی $X=\mathbb{R}$ زیرمجموعه‌های همبند همان بازه‌ها هستند که همسایگی در بر دارند، پس آنجا این معیار معتبر است. کنکور دقیقاً از همین شکاف میان شهودِ «$X=\mathbb{R}$» و «$X$ یک فضای متریک دلخواه» بهره می‌برد. (برای زیرمجموعه‌های فشرده این معیار در هر فضای متریک امن است؛ در یک فضای توپولوژیک عمومی نیاز دارد که $X$ به‌طور فشرده تولید شده باشد.)

۵. همبندی زیر نگاشت‌های پیوسته — و اینکه یک فضای متریک همبند چقدر باید بزرگ باشد

۵.۱ قضیهٔ تصویر

قضیه. اگر $X$ همبند و $f:X\to Y$ پیوسته باشد، آنگاه $f(X)$ همبند است.

اثبات. روی $C=f(X)$ توپولوژی زیرفضا را بگذارید و فرض کنید $C=U\cup V$ یک جدایی باشد ($U,V$ ناتهی، مجزا، باز در $C$). آنگاه $f^{-1}(U)$ و $f^{-1}(V)$ ناتهی، مجزا و باز در $X$ (به دلیل پیوستگی) هستند و $X$ را می‌پوشانند — یعنی یک جدایی برای $X$، که تناقض است. $\blacksquare$

صورت‌بندی دو مقداری غالباً سریع‌ترین ابزار است: $X$ همبند است $\iff$ هر نگاشت پیوستهٔ $X\to\{0,1\}$ (با هدف گسسته) ثابت باشد. بنابراین

یک نگاشت پیوسته از یک فضای همبند به یک فضای گسسته — یا، بنا بر بخش ۵.۲، به هر فضای متریک تماماً ناهمبند یا شمارا — ثابت است.

نتیجه (قضیهٔ مقدار میانی). زیرمجموعه‌های همبند $\mathbb{R}$ دقیقاً بازه‌ها هستند ($\varnothing$ و تک‌عضوی‌ها هم درون آن‌ها)، پس یک تابع حقیقی پیوسته روی یک فضای همبند هر مقدار میان دو مقدار خود را اختیار می‌کند.

تصویرهای وارون خوش‌رفتار نیستند: $f(x)=x^{2}$ روی $\mathbb{R}$ پیوسته است با این حال $f^{-1}\big([1,4]\big)=[-2,-1]\cup[1,2]$ ناهمبند است. همبندی، مانند فشردگی و چگالی، تنها به جلو سفر می‌کند.

۵.۲ یک فضای متریک همبند یا یک نقطه است یا یک پیوستار

لم عدد اصلی. اگر $C$ یک فضای متریک همبند با دست‌کم دو نقطه باشد، آنگاه $\lvert C\rvert\ge\mathfrak{c}$؛ به‌ویژه $C$ ناشماراست.

اثبات. دو نقطهٔ $a\ne b$ در $C$ برگزینید و $r=d(a,b)>0$ قرار دهید. نگاشت $g:C\to\mathbb{R}$ با ضابطهٔ $g(x)=d(a,x)$ در $\lvert g(x)-g(y)\rvert\le d(x,y)$ صدق می‌کند (نامساوی مثلثی وارون)، پس $1$-لیپشیتس و در نتیجه پیوسته است. بنا بر بخش ۵.۱، $g(C)$ زیرمجموعه‌ای همبند از $\mathbb{R}$ یعنی یک بازه است؛ این بازه شامل $g(a)=0$ و $g(b)=r$ است، پس $[0,r]\subseteq g(C)$. یک نگاشت پوشای $C\to g(C)$ ایجاب می‌کند $\lvert C\rvert\ge\lvert[0,r]\rvert=\mathfrak{c}$. $\blacksquare$

دوگانگی. اگر $X$ یک فضای متریک همبند و $f:X\to Y$ پیوسته باشد، آنگاه $f(X)$ یا یک تک‌نقطه است یا ناشمارا (در واقع با عدد اصلی دست‌کم $\mathfrak{c}$).

در واقع $f(X)$ بنا بر بخش ۵.۱ همبند است و به‌عنوان زیرفضایی از $Y$ متریک است، پس بخش ۵.۲ بر آن قابل اعمال است. در نتیجه تصویر پیوستهٔ یک فضای متریک همبند هرگز متناهی با بیش از یک نقطه و هرگز شمارای نامتناهی نیست. شعارهایی که ارزش حفظ کردن دارند:

• هر فضای متریک شمارا با $\ge 2$ نقطه ناهمبند است — در واقع تماماً ناهمبند: $\mathbb{Q}$، $\mathbb{Z}$، و هر فضای متریک متناهی با $\ge2$ نقطه (فضاهای متریک متناهی گسسته‌اند)؛
• یک تابع پیوسته روی یک فضای همبند که تنها مقادیر گویا (یا تنها مقادیر صحیح) می‌گیرد ثابت است؛
• عکس این لم نادرست است: مجموعهٔ کانتور ناشمارا و تماماً ناهمبند است، پس «ناشمارا» به‌تنهایی هرگز همبندی نمی‌خرد.

۵.۳ ابزارک تابع فاصله

برای $\varnothing\ne A\subseteq X$ قرار دهید $d(x,A)=\inf_{a\in A}d(x,a)$. آنگاه $\lvert d(x,A)-d(y,A)\rvert\le d(x,y),$ پس $x\mapsto d(x,A)$ یک نگاشت $1$-لیپشیتس و در نتیجه پیوستهٔ یکنواخت است. این کارخانهٔ استاندارد ساخت توابع حقیقی پیوسته روی یک فضای متریک مجرد است:

• فضا را به $\mathbb{R}$ صادر می‌کند، جایی که «همبند» یعنی «بازه» — موتور لم عدد اصلی (با $A=\{a\}$)؛
• برای مجموعه‌های بسته، ناتهی و مجزای $A,B$، تابع اوریسون $u(x)=\dfrac{d(x,A)}{d(x,A)+d(x,B)}$ پیوسته است با $u\equiv0$ روی $A$ و $u\equiv1$ روی $B$: هر فضای متریک نرمال است؛
• $\{x:d(x,A)<\varepsilon\}$ باز است، و $\overline{A}=\{x:d(x,A)=0\}$ — راهی تمیز برای تشخیص بستارها و مجموعه‌های چگال.

۵.۴ تصویر پیوسته کدام ویژگی‌ها را به ارث می‌برد

۶. پیوستگی یکنواخت: سور را جابه‌جا کنید

تابع $f$ روی $X$ پیوستهٔ یکنواخت است اگر و تنها اگر $\forall\varepsilon>0\ \exists\delta>0\ \forall x,y\in X:\ d_X(x,y)<\delta\ \Rightarrow\ d_Y\big(f(x),f(y)\big)<\varepsilon.$ تنها تغییر نسبت به پیوستگی این است که $\delta=\delta(\varepsilon)$ یک عدد واحد برای کل فضا است — سور $\forall x,y$ درون همان $\delta$ می‌نشیند. نقیض آن (دستورالعمل ساخت مثال نقض): یک $\varepsilon>0$ و دنباله‌های $(x_n),(y_n)$ وجود دارند با $d_X(x_n,y_n)\to 0\qquad\text{but}\qquad d_Y\big(f(x_n),f(y_n)\big)\ge\varepsilon.$

سلسله‌مراتب. با $L\ge 0$، $\underbrace{d_Y(f(x),f(y))\le L\,d_X(x,y)}_{\text{Lipschitz}}\ \Longrightarrow\ \text{uniformly continuous}\ \Longrightarrow\ \text{continuous},$ و در حالت کلی هیچ‌یک از پیکان‌ها برنمی‌گردد: $\sqrt{x}$ روی $[0,\infty)$ پیوستهٔ یکنواخت است ولی لیپشیتس نیست؛ $x^{2}$ روی $\mathbb{R}$ پیوسته است ولی پیوستهٔ یکنواخت نیست. (به‌طور کلی‌تر نگاشت‌های $\alpha$-هلدر، یعنی $d_Y(f(x),f(y))\le L\,d_X(x,y)^{\alpha}$ با $0<\alpha\le1$، پیوستهٔ یکنواخت‌اند و اکیداً میان این دو قرار می‌گیرند.)

۶.۱ توصیف با قطر

قرار دهید $\operatorname{diam}(A)=\sup_{x,y\in A}d(x,y)$. آنگاه $f\ \text{uniformly continuous}\iff \Big(\operatorname{diam}(A_n)\to0\ \Longrightarrow\ \operatorname{diam}\big(f(A_n)\big)\to0\Big)\ \text{for every sequence } (A_n)\ \text{of subsets of } X.$ ($\Rightarrow$) با داشتن $\varepsilon>0$، یک $\delta$ از تعریف برگزینید؛ به‌محض آنکه $\operatorname{diam}A_n<\delta$ شود، هر $x,y\in A_n$ در $d_Y(f(x),f(y))<\varepsilon$ صدق می‌کند و گرفتن سوپریمم $\operatorname{diam}f(A_n)\le\varepsilon$ می‌دهد. ($\Leftarrow$) اگر $f$ پیوستهٔ یکنواخت نباشد، دنباله‌های شاهد بالا را بگیرید و $A_n=\{x_n,y_n\}$ قرار دهید: آنگاه $\operatorname{diam}A_n\to0$ در حالی که $\operatorname{diam}f(A_n)\ge\varepsilon$. شعار: پیوستگی یکنواخت یعنی «مجموعه‌های کوچک به مجموعه‌های کوچک می‌روند»، به‌طور یکنواخت. همین استدلال نشان می‌دهد یک نگاشت پیوستهٔ یکنواخت مجموعه‌های تماماً کران‌دار را به مجموعه‌های تماماً کران‌دار می‌برد، پس روی یک دامنهٔ تماماً کران‌دار کران‌دار است.

۶.۲ جبر: چه چیزی می‌ماند، چه چیزی نه

برای توابع حقیقی‌مقدار $f,g$ که روی یک فضای متریک $X$ پیوستهٔ یکنواخت‌اند:

مثال کوچک حل‌شده (الگوی دو مرحله‌ای). ادعا: اگر $f,g:X\to\mathbb{R}$ پیوستهٔ یکنواخت باشند و $\operatorname{diam}(A_n)\to0$، آنگاه $\operatorname{diam}\big((f+g)(A_n)\big)\to0$.

گام ۱ — جمع پیوستهٔ یکنواخت است. با داشتن $\varepsilon>0$، $\delta_1,\delta_2$ را چنان برگزینید که $d(x,y)<\delta_1\Rightarrow\lvert f(x)-f(y)\rvert<\varepsilon/4$ و $d(x,y)<\delta_2\Rightarrow\lvert g(x)-g(y)\rvert<\varepsilon/4$؛ آنگاه $\delta=\min\{\delta_1,\delta_2\}$ بنا بر نامساوی مثلثی $\lvert h(x)-h(y)\rvert<\varepsilon/2$ را برای $h=f+g$ می‌دهد.

گام ۲ — آن را به بخش ۶.۱ بدهید. $N$ را چنان برگزینید که $\operatorname{diam}(A_n)<\delta$ برای همهٔ $n\ge N$؛ آنگاه هر $x,y\in A_n$ در $d(x,y)<\delta$ صدق می‌کند، پس $\operatorname{diam}h(A_n)\le\varepsilon/2<\varepsilon$. $\blacksquare$ به الگو توجه کنید: نخست پیوستگی یکنواخت ترکیب را ثابت کنید، سپس توصیف قطری را نقل کنید.

۶.۳ دستورالعمل: آیا این نگاشت پیوستهٔ یکنواخت است؟

1. آیا $X$ فشرده است؟ (در $\mathbb{R}^{n}$: بسته و کران‌دار.) در این صورت پیوستگی به‌تنهایی کافی است — هاینه–کانتور، بخش ۷. تمام.
2. آیا $f$ لیپشیتس است؟ روی یک بازه، کران‌دار بودن مشتق از راه قضیهٔ مقدار میانگین $L=\sup\lvert f'\rvert$ می‌دهد، و لیپشیتس $\Rightarrow$ پیوستهٔ یکنواخت. تمام. (توابع فاصله $x\mapsto d(x,A)$ به‌طور خودکار $1$-لیپشیتس‌اند، بخش ۵.۳.)
3. در غیر این صورت به شکار شاهد دو دنباله‌ای بروید. سه شکارگاه کلاسیک: (الف) دامنهٔ بی‌کران با رشد فراخطی — $x^{2}$، $e^{x}$، $x\sin x$ روی $\mathbb{R}$؛ (ب) یک نقطهٔ حذف‌شده که $f$ در آن منفجر می‌شود — $1/x$ روی $(0,1)$؛ (ج) نوسان نامتناهی — $\sin(1/x)$ روی $(0,1)$، $\sin(x^{2})$ روی $\mathbb{R}$.
4. آزمون رشد روی $\mathbb{R}$: یک تابع پیوستهٔ یکنواخت $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ در کرانی زیرخطی $\lvert f(x)\rvert\le a\lvert x\rvert+b$ صدق می‌کند؛ هر چیزی که سریع‌تر رشد کند در نگاه اول رد می‌شود.
5. آزمون کران‌داری: روی یک دامنهٔ تماماً کران‌دار، یک تابع پیوستهٔ یکنواخت کران‌دار است، پس یک تابع بی‌کران روی یک دامنهٔ کران‌دار (مانند $1/x$ روی $(0,1]$) در نگاه اول رد می‌شود.

۷. هاینه–کانتور: فشردگی پیوستگی را ارتقا می‌دهد

قضیهٔ هاینه–کانتور. اگر $X$ فشرده و $f:X\to Y$ پیوسته باشد، آنگاه $f$ پیوستهٔ یکنواخت است.

به همین دلیل $x^{2}$ روی هر زیرمجموعهٔ فشرده (یا کران‌دار) از $\mathbb{R}$ پیوستهٔ یکنواخت هست، ولی روی کل $\mathbb{R}$ شکست می‌خورد: برای $x_n=n,\ y_n=n+\tfrac1n$ داریم $|x_n-y_n|\to0$ اما $|f(x_n)-f(y_n)|\ge 2$. پیوستگی یکنواخت شرطی سراسری است که دامنه‌های بی‌کران می‌توانند آن را نقض کنند، پس آزمودن «پیوستهٔ یکنواخت روی هر زیرمجموعهٔ فشرده / همبند» پیوستگی یکنواخت روی $X$ را ایجاب نمی‌کند — دنبالهٔ بی‌کران از دست می‌گریزد.

آنچه واقعاً کل فضا را در بر می‌گیرد شمارایی است. شکست پیوستگی یکنواخت با همان دو دنبالهٔ $(x_n),(y_n)$ بالا شهادت داده می‌شود — یعنی یک مجموعهٔ شمارا از نقاط $A=\{x_n\}\cup\{y_n\}$. بنابراین $f\ \text{uniformly continuous on }X\iff f\ \text{uniformly continuous on every countable subset of }X.$ جهت مستقیم بدیهی است (یک تحدید همان $\delta$ را حفظ می‌کند)؛ عکس آن دقیقاً همان استدلال شاهد دنباله‌ای است. این الگوی ماندگار کنکور است: چهار گزینه شمارا / فشرده / کامل / همبند را مقابل هم می‌گذارند، و تنها شمارا دو‌شرطی را درست می‌کند، زیرا نقض پیوستگی یکنواخت پدیده‌ای دنباله‌ای (و در نتیجه شمارا) است.

۸. پیوستگی یکنواخت دنباله‌های کوشی را حفظ می‌کند

اگر $f$ پیوستهٔ یکنواخت و $(x_n)$ در $X$ کوشی باشد، آنگاه $(f(x_n))$ در $Y$ کوشی است.

(پیوستگی صرف این را نمی‌دهد.) نتیجه: یک نگاشت پیوستهٔ یکنواخت $f:A\to Y$ با $Y$ کامل، به‌طور یکتا به یک نگاشت پیوسته روی $\overline A$ گسترش می‌یابد. این پلی است میان دنیای متریک (کوشی، کامل بودن) و نگاشت — و دقیقاً همان چیزی است که پیوستگی به‌تنهایی نمی‌تواند از آن عبور کند.

۹. ویژگی‌های توپولوژیک در برابر متریک — تلهٔ هومئومورفیسم

یک هومئومورفیسم یک تناظر یک‌به‌یک پیوسته با وارون پیوسته است؛ هم‌ارز با آن (در فضاهای متریک) نگاشتی که برای آن $x_n\ \text{converges in }X\iff f(x_n)\ \text{converges in }Y.$ چنین $f$ی خودبه‌خود پیوسته، یک‌به‌یک و یک نشاندن بسته است ($f(\overline A)=\overline{f(A)}$). اما یک هومئومورفیسم تنها ناورداهای توپولوژیک را حفظ می‌کند، نه ناورداهای متریک را:

مثال نقض متعارف: $f(x)=1/x$ بازهٔ $(0,1)$ را به‌طور هومئومورفیک به روی $(1,\infty)$ می‌برد؛ دنبالهٔ کوشی $x_n=1/n$ به دنبالهٔ ناکوشی $f(x_n)=n$ فرستاده می‌شود. پس «دنبالهٔ $x_n$ کوشی است $\iff$ $f(x_n)$ کوشی است» برای یک هومئومورفیسم عمومی نادرست است، هرچند همگرایی، پیوستگی و بستارها همگی به‌خوبی منتقل می‌شوند. (یک هومئومورفیسم یکنواخت — که در هر دو جهت پیوستهٔ یکنواخت است — کوشی بودن را حفظ می‌کند، ولی یک هومئومورفیسم ساده لزوماً نه.)

۱۰. ابزارک‌های اثباتی که ارزش حفظ کردن دارند

وقتی فرض مسئله ویژگی $(P)$ باشد: «$x_n$ در $X$ همگراست $\iff$ $f(x_n)$ در $Y$ همگراست»، این ویژگی $f$ را به یک هومئومورفیسم روی تصویرش تبدیل می‌کند، به کمک:

• پیوستگی: یک دنبالهٔ همگرای $x_n\to a$ را با دنبالهٔ ثابت $a$ درهم ببافید (دنبالهٔ $a,x_1,a,x_2,\dots$)؛ تصویرش بنا بر $(P)$ همگراست، و زیردنبالهٔ ثابت حد را روی $f(a)$ میخکوب می‌کند، پس $f(x_n)\to f(a)$.
• یک‌به‌یکی: اگر $f(a)=f(b)$ با $a\ne b$ باشد، دنبالهٔ متناوب $a,b,a,b,\dots$ تصویری همگرا (ثابت) دارد ولی در $X$ همگرا نیست — که با جهت «$f(x_n)$ همگرا $\Rightarrow x_n$ همگرا» از $(P)$ در تناقض است.

دو ابزارک دیگر یک‌جا تکلیف کل فهرست گزینه‌ها را روشن می‌کنند:

• ابزارک ثابت بودن: $X$ همبند و $Y$ گسسته، تماماً ناهمبند، یا یک فضای متریک شمارا $\Rightarrow$ هر نگاشت پیوستهٔ $f:X\to Y$ ثابت است (بخش‌های ۵.۱–۵.۲). هرگاه گزینه‌ای ادعای تصویری کوچک (متناهی یا شمارا با $\ge2$ عضو) کند، سراغ آن بروید.
• ابزارک چگالی: برای تصمیم دربارهٔ هر گزینهٔ «چگال / هیچ‌جا چگال»، تنها حرکت مجاز یعنی $f(\overline A)\subseteq\overline{f(A)}$ را بنویسید و بررسی کنید که گزینه هم‌جهت با آن پیکان است (با $f$ پوشا) یا خلاف آن (بخش ۳).

۱۱. کنکور این مبحث را چگونه می‌آزماید

الگوهای پرتکرار اندک‌اند و در سال‌های مختلف تکرار می‌شوند:

• «کدام گزاره نادرست است؟» با سه حکم دربارهٔ تصویر وارون / فشردگی و یک حکم دربارهٔ تصویر ($f(\text{open})$ باز است). نخست گزینه‌ها را به دو دستهٔ تصویر وارون و تصویر تفکیک کنید (بخش ۲)؛ گزینهٔ مربوط به تصویر همان بدلی است.
• «از کدام فرض نمی‌توان پیوستگی را نتیجه گرفت؟» با چهار خانواده از تحدیدها — گوی‌های باز / گوی‌های بسته / مجموعه‌های فشرده / مجموعه‌های همبند. تنها همبند شکست می‌خورد، و از راه تماماً ناهمبندی شکست می‌خورد (بخش ۴).
• «$f:X\to Y$ پیوسته و پوشاست؛ کدام درست است؟» با چهار ترکیب چگال / هیچ‌جا چگال $\times$ تصویر / تصویر وارون. تنها «تصویر یک مجموعهٔ چگال چگال است» باقی می‌ماند (بخش ۳): نگاشت مچاله‌کننده هر دو گزینهٔ تصویر وارون را از پا درمی‌آورد و تابع کانتور گزینهٔ تصویرِ هیچ‌جا چگال را.
• «$X$ متریک همبند، $f$ پیوسته — $f(X)$ چیست؟» با گزینه‌های لزوماً همبند نیست / تک‌عضوی یا ناشمارا / شمارای نامتناهی / متناهی با بیش از یک عضو. دوگانگی بخش ۵.۲ هر چهار گزینه را یکجا تعیین تکلیف می‌کند.
• «$f,g$ پیوستهٔ یکنواخت‌اند؛ کدام درست است؟» با $fg$، $g/f$، یک ادعای لیپشیتس و گزارهٔ قطر. جمع‌ها و قطرها می‌مانند؛ ضرب‌ها، تقسیم‌ها و لیپشیتس بودن نه (بخش ۶.۲).
• «پیوستهٔ یکنواخت روی هر زیرمجموعهٔ ___ $\iff$ پیوستهٔ یکنواخت» با گزینه‌های شمارا / فشرده / کامل / همبند — تنها شمارا کار می‌کند (بخش ۷).
• «کدام ویژگی زیر هومئومورفیسم حفظ می‌شود؟» با یک ویژگی متریک (کوشی، کامل بودن، کران‌داری) که میان ویژگی‌های توپولوژیک قاچاق شده است (بخش ۹).

نکتهٔ کنکوری: هر گزینه را به دو دستهٔ توپولوژیک (همگرایی، پیوستگی، باز/بسته، بستار، چگالی، هیچ‌جا چگالی، فشرده، همبند، تفکیک‌پذیر) و متریک (کوشی، کامل، پیوستهٔ یکنواخت، کران‌دار، لیپشیتس، قطر) تفکیک کنید. یک هومئومورفیسم فهرست نخست را حفظ می‌کند و می‌تواند دومی را نابود کند — گزینهٔ نادرست تقریباً همیشه همان ویژگی متریکی است که در لباس توپولوژیک قاچاق شده است (تلهٔ $1/x$). و شکست پیوستگی یکنواخت همواره روی یک مجموعهٔ شمارا متشکل از دو دنباله زندگی می‌کند، پس «پیوستهٔ یکنواخت روی هر زیرمجموعهٔ شمارا» همین حالا برابر «پیوستهٔ یکنواخت» است، در حالی که فشرده / همبند / کامل چنین نیستند. برای هر گزینه‌ای دربارهٔ مجموعه‌ها، تنها پیکان مجاز $f(\overline A)\subseteq\overline{f(A)}$ را به یاد آورید: ویژگی‌ها از میان یک نگاشت پیوستهٔ پوشا به جلو می‌روند (چگال چگال می‌ماند، همبند همبند می‌ماند، فشرده فشرده می‌ماند) و هرگز به عقب نه — و وقتی دامنه همبند و متریک باشد، پاسخ همیشه همان دوگانگی نقطه یا پیوستار است.

تلهٔ رایج: سه واکنش غریزی بیشترین نمره را در این مبحث می‌بلعند. (i) خواندن پیوستگی در جهت جلو. پیوستگی تصویرهای وارون را کنترل می‌کند؛ تنها احکام مجانی دربارهٔ تصویر عبارت‌اند از «فشرده $\mapsto$ فشرده»، «همبند $\mapsto$ همبند» و — برای یک نگاشت پوشا — «چگال $\mapsto$ چگال». یک دامنهٔ فشرده $f$ را به یک نگاشت بسته تبدیل می‌کند، هرگز به یک نگاشت باز، و هیچ‌جا چگالی در هیچ‌یک از دو جهت حفظ نمی‌شود: یک نگاشت پیوسته ممکن است یک مجموعهٔ چاق را به یک نقطه فرو بریزد ($f^{-1}(\{0\})=[0,1]$) یا یک مجموعهٔ نازک را تا همه‌چیز باد کند (تابع کانتور). (ii) آزمودن یک ویژگی سراسری روی قطعه‌های موضعی. پیوستگی موضعی است، پس معیارهای ساخته‌شده از گوی‌ها، مجموعه‌های فشرده یا مجموعه‌های شمارا آن را تشخیص می‌دهند — اما پیوستگی یکنواخت سراسری است، پس «پیوستهٔ یکنواخت روی هر زیرمجموعهٔ فشرده» بسیار ضعیف‌تر از پیوستگی یکنواخت است، و «پیوسته روی هر زیرمجموعهٔ همبند» به‌محض تماماً ناهمبند بودن $X$ بی‌ارزش است. (iii) بدخوانی کلیدواژهٔ فرض. همبند بودن (connected) ایجاب می‌کند تصویر یک نقطه یا ناشمارا باشد؛ فشرده بودن (compact) تنها ایجاب می‌کند تصویر فشرده باشد — و یک فضای گسستهٔ دو نقطه‌ای فشرده است، پس گزینه‌های «متناهی» و «شمارای نامتناهی» دوباره جان می‌گیرند. یک کلمه در صورت سؤال، تکلیف کل مسئله را روشن می‌کند.