|
==Phát biểu ==
*''Cho [[tập hợp]] <math>U</math> là [[tập hợp mở|tập mở]] trong không gian <math>\mathbb{R}^n</math> (với tôpô Euclid) và <math>f:U\rightarrow \mathbb{R}^n </math> là một đơn ánh liên tục. Khi đó <math>f(U)</math> cũng mở trong <math>\mathbb{R}^n</math>.''
==Chứng minh==
Chứng minh dưới đây là chứng minh phổ biến của hiện nay, tuy vậy đây không phải mà chứng minh của [[Brouwer]]. Mọi chứng minh cho đến hiện tại của định lý này ít nhiều đều phải nhờ đến các kết quả của [[tôpô đại số]].
Cho ''<math>U</math> là [[tập hợp mở|tập mở]]. ''Với mỗi <math>x\in U</math>, có một quả cầu đóng <math>B'^{n}</math> tâm <math>x</math> sao cho <math>B'^{n}\subset U</math> , có biên là <math>\partial B'^{n}</math> và phần trong là <math>B^{n}</math>. Ta sẽ chứng minh rằng <math>f\left(B^{n}\right)</math> mở trong <math>\mathbb{R}^{n}</math>, suy ra <math>f\left(U\right)</math> mở trong <math>\mathbb{R}^{n}</math>.
Tuy vậy, do có một sự “gần giống nhau” giữa <math>\mathbb{R}^{n}</math> và <math>S^{n}</math>, cùng với việc nhiều kết quả đã đạt được đối với mặt cầu <math>S^{n}</math>, nên người ta thay việc chứng minh đối với <math>f:U\rightarrow\mathbb{R}^{n}</math> thành việc chứng minh đối với <math>f:U\rightarrow S^{n}</math>. Các mệnh đề về compắc hóa dưới đây cho thấy sự “gần giống nhau” đó. Chứng minh các mệnh đề này có thể xem trong [1].
'''Mệnh đề.''' ''[[Compắc hóa Alexandroff]] của một không gian [[Hausdorff]] [[compắc địa phương]] thì Hausdorff.''
Do đó các compắc hóa Alexandroff của <math>\mathbb{R}^{n}</math> và <math>S^{n}\backslash\left\{ x\right\} ,\; x\in S^{n}</math> đều Hausdorff.
'''Mệnh đề.''' ''Nếu <math>X</math> đồng phôi với <math>Y</math> thì [[compắc hóa một-điểm Hausdorff]] [[(Hausdorff one-point compactification)]] của <math>X</math> [[đồng phôi]] với compắc hóa một-điểm Hausdorff của <math>Y</math>.''
Do đó vì <math>\mathbb{R}^{n}\cong S^{n}\backslash\left\{ a\right\}</math>, nên với <math>\mathbb{R}^{n}\cup\left\{ \infty\right\}</math> và <math>S^{n}</math> lần lượt là các compắc hóa một-điểm Hausdorff của <math> \mathbb{R}^{n}</math> và <math>S^{n}\backslash\left\{ a\right\}</math>, ta có <math>\mathbb{R}^{n}\cup\left\{ \infty\right\} \cong S^{n}</math>.
Với i:\mathbb{R}^{n}\hookrightarrow\mathbb{R}^{n}\cup\left\{ \infty\right\}<math>i:\mathbb{R}^{n}\hookrightarrow\mathbb{R}^{n}\cup\left\{ \infty\right\}</math> là ánh xạ chứa trong. Ta lưu ý rằng cách xây dựng compắc hóa Alexandroff <math>X\cup\left\{ \infty\right\}</math> của <math>X</math> cho thấy mọi tập mở trong <math>X</math> vẫn mở trong <math>X\cup\left\{ \infty\right\}</math>, tức <math>i</math> là ánh xạ mở. Nên với <math>U\subset\mathbb{R}^{n}</math>, <math>f\left(U\right)</math> mở trong <math>\mathbb{R}^{n}</math> <math>\Leftrightarrow </math> <math>i\left(f\left(U\right)\right)=f\left(U\right)</math> mở trong <math>\mathbb{R}^{n}\cup\left\{ \infty\right\}</math> <math>\Leftrightarrow</math> <math>\varphi\left(f\left(U\right)\right)</math> mở trong <math>S^{n}</math>.
Ta thấy <math>\varphi\circ i\circ f</math> là một đơn ánh, nên nếu với mọi <math>g:U\rightarrow S^{n}</math> là đơn ánh liên tục, ta chứng minh được <math>g\left(U\right)</math> mở trong <math>S^{n}</math> thì định lý bất biến miền được chứng minh.
'''Định lý.''' ''Cho <math>U</math> là một tập mở trong <math>\mathbb{R}^{n}</math> và <math>g:U\rightarrow S^{n}</math> là đơn ánh liên tục. Khi đó <math>g\left(U\right)</math> cũng mở trong <math> S^{n}</math>.''
'''''Chứng minh.''''' Với mỗi <math>x\in U</math>, có một quả cầu đóng <math>B'^{n}</math> tâm <math>x</math> sao cho <math>B'^{n}\subset U</math> , có biên là <math>\partial B'^{n}</math> và phần trong là <math>B^{n}</math>. Ta sẽ chứng minh <math>g\left(B^{n}\right)</math> mở trong <math>S^{n}</math>. Chứng minh này cần kết quả quan trọng sau (chứng minh mệnh đề sau đây khá dài, ta có thể xem trong [2]).
'''Mệnh đề.''' Cho <math>h:B'^{n}\rightarrow S^{k}</math> là một ánh xạ liên tục sao cho <math>h\left(B'^{n}\right)\cong B'^{n}</math>. Khi đó <math>H_{0}\left(S^{k}\backslash h\left(B'^{n}\right)\right)\cong\mathbb{Z}</math>. (Tổng quát của mệnh đề này là, cho <math>h:B'^{n}\rightarrow S^{k}</math> là một ánh xạ liên tục sao cho <math>h\left(B'^{n}\right)\cong B'^{n}</math>, khi đó <math>{\widetilde{H}}_{i}\left(S^{k}\backslash h\left(B'^{n}\right)\right)=0</math>, <math>\forall i</math>, với <math>{\widetilde{H}}_{i}\left(X\right)</math> là nhóm đồng điều rút gọn (reduced simplicial homology group) thứ <math>i</math> của <math>X</math>. Định lý này có tên là định lý phân chia Jordan - Brouwer, xem trong [2] hoặc [3]).
Áp dụng cho <math>g</math>. Do <math>g:U\rightarrow S^{n}</math> là đơn ánh liên tục, <math>B'^{n}</math> compắc và <math>S^{n}</math> Hausdorff nên <math>g</math> là một đồng phôi từ <math>B'^{n}</math> sang <math>g\left(B'^{n}\right)</math>, ta có <math>g\left(B'^{n}\right)\cong B'^{n}</math>. Suy ra theo mệnh đề trên, ta có <math>H_{0}\left(S^{n}\backslash g\left(B'^{n}\right)\right)\cong\mathbb{Z}</math>. Ta có <math>S^{n}\backslash g\left(B'^{n}\right)</math> là liên thông đường, bên cạnh đó <math>g\left(B^{n}\right)</math> cũng liên thông đường do <math>B^{n}</math> liên thông đường. Vậy nên <math>g\left(\partial B'^{n}\right)</math> chia <math>S^{n}</math> thành 2 thành phần liên thông đường rời nhau <math>S^{n}\backslash g\left(B'^{n}\right)</math> và <math>g\left(B^{n}\right)</math>. Do <math>\partial B'^{n}</math> là compắc nên <math>g\left(\partial B'^{n}\right)</math> cũng compắc, suy ra <math>g\left(\partial B'^{n}\right)</math> đóng trong <math>S^{n}</math> (do <math>S^{n}</math> Hausdorff). Suy ra
<math>S^{n}\backslash g\left(\partial B'^{n}\right)=S^{n}\backslash g\left(B'^{n}\right)\cup g\left(B^{n}\right)</math>
mở trong <math>S^{n}</math>. Do đó hai thành phần liên thông đường <math>S^{n}\backslash g\left(B'^{n}\right)</math> và <math>g\left(B^{n}\right)</math> cũng là hai thành phần liên thông của <math>S^{n}\backslash g\left(\partial B'^{n}\right)</math>. Vậy nên chúng đều mở trong <math>S^{n}\backslash g\left(\partial B'^{n}\right)</math>, nói riêng <math>g\left(B^{n}\right)</math> mở trong <math>S^{n}\backslash g\left(\partial B'^{n}\right)</math>, do đó <math>g\left(B^{n}\right)</math> mở trong S^{n}. Ta có đpcm.
==Hệ quả ==
''<math> \mathbb{R}^{m}</math> và <math> \mathbb{R}^{n}</math> đồng phôi thì <math>m</math> phải bằng <math>n</math>.''
'''''Chứng minh.''''' Giả sử có đồng phôi <math>f:\mathbb{R}^{m}\rightarrow\mathbb{R}^{n}</math> và <math>m>n</math>. Khi đó với mọi tập mở <math>U\subset\mathbb{R}^{m}</math> ta có <math>f\left(U\right)</math> mở trong <math>\mathbb{R}^{n}</math>. Do <math>m>n</math>, xét ánh xạ chứa trong <math>i:\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}^{m}</math>, ta thấy các phần tử của <math> i\left(f\left(U\right)\right)</math> sẽ được viết dưới dạng <math>\left(x_{1},x_{2},...,x_{n},0,0\right)\in\mathbb{R}^{m}</math>. Mặt khác do <math>i</math> là một đơn ánh liên tục nên <math>i\left(f\left(U\right)\right)</math>, theo định lý bất biến miền, phải mở trong <math>\mathbb{R}^{m}</math>, điều này là không thể bởi <math>\left(x_{1},x_{2},...,x_{n},0,0\right)\in i\left(f\left(U\right)\right)</math> không có lân cận mở nào trong <math>\mathbb{R}^{m}</math> chứa trong <math>i\left(f\left(U\right)\right)</math>. Vậy <math>m\leq n</math>.
Làm ngược lại với <math>f^{-1}:\mathbb{R}^{n}\rightarrow\mathbb{R}^{m}</math>, ta có <math>n\leq m</math>. Vậy <math>m</math> và <math>n</math> phải bằng nhau.
Định lý này có thể chứng minh ngắn gọn bằng cách dùng kết quả về các nhóm đồng điều <math>H_m(S^n)</math>.
| 