ZWARTOŚĆ

Zbiory zwarte w przestrzeni kartezjańskiej to takie, które są jednocześnie domknięte i ograniczone, czyli zawarte w pewnej kuli. Ważną własnością takich zbiorów jest to, że dowolna funkcja rzeczywista na nich określona przybiera swoje kresy. Podana definicja zwartości wymaga jednak metryki; co więcej zbiór ograniczony w jednej metryce nie musi być ograniczony w innej, wyznaczającej tę samą topologię. Z Analizy Matematycznej znana jest ciągowa definicja zwartości; ona jednak także wymaga wyboru metryki. Okazuje się jednak, że własność zwartości ma charakter topologiczny, a więc może być zdefiniowana jedynie w terminach topologii, a znane z Analizy Matematycznej własności zbiorów zwartych i funkcji na nich określonych przenoszą się na znacznie ogólniejszy kontekst.

Przestrzenie zwarte

Przypomnijmy, że pokryciem zbioru $ X $ nazywamy rodzinę jego podzbiorów $ \{W_s\}_{s\in S} $ której suma mnogościowa jest zbiorem $ X $ tzn. $ \bigcup\limits_{s\in S}W_s = X $. Jeśli $ (X,\sT) $ jest przestrzenią topologiczną, to pokrycie $ \{W_s\}_{s\in S} $ nazywamy otwartym (odp. domkniętym) jeśli wszystkie zbiory $ W_s $ są otwarte (odp. domknięte).

Definicja Przestrzeń topologiczna $ (X,\sT) $ nazywa się zwarta jeśli jest przestrzenią Hausdorffa oraz z dowolnego pokrycia przestrzeni $ X $ zbiorami otwartymi można wybrać pokrycie skończone. Podzbiór $ A\subset X $ nazywa się zwarty jeśli przestrzeń $ (A,\sT|A) $ jest zwarta.

Korzystając z wzorów de Morgana zwartość można także określić w terminach zbiorów domkniętych.

Stwierdzenie (#) Przestrzeń Hausdorffa jest zwarta wtedy i tylko wtedy, gdy dowolna rodzina zbiorów domkniętych $ \{F_s\}_{s\in S} $ taka, że dla dowolnego skończonego zbioru wskaźników $ {s_1,\dots ,s_k\in S} $ przecięcie zbiorów $ F_{s_1}\cap\dots\cap F_{s_k} \neq\emptyset $ (zwana wtedy rodziną scentrowaną) cała ma niepuste przecięcie $ \bigcap\limits_{s\in S}F_s\neq\emptyset. $
Dowód: Będziemy dowodzić, że przestrzeń jest niezwarta wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje rodzina scentrowana o pustym przecięciu. Rzeczywiście, przestrzeń jest niezwarta wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje jej pokrycie otwarte $ \rodz{U} $ z którego nie można wybrać podpokrycia skończonego tzn. rodzina zbiorów domkniętych $ \{X\setminus U\, |\, U\in\rodz{U}\} $ ma puste przecięcie i jest scentrowana. Odwrotnie, mając rodzinę scentrowaną zbiorów domkniętych o pustym przecięciu $ \{F_s\}_{s\in S} $ otrzymujemy pokrycie otwarte $ \{X\setminus F_s\}_{s\in S} $ którego nie można wybrać pokrycia skończonego. □

Pożyteczne bywa następujące kryterium zwartości.

Stwierdzenie Jeśli przestrzeń Hausdorffa $ (X,\sT) $ mozna przedstawić jako skończoną sumę jej podzbiorów zwartych, to przestrzeń ta jest zwarta. □

Zwartość, podobnie jak spójność jest zachowywana przez przekształcenia ciągłe.

Stwierdzenie (#) Jeśli $ f:(X,\sT_X)\to (Y,\sT_Y) $ jest ciągłą surjekcją z przestrzeni zwartej na przestrzeń Hausdorffa, to $ (Y,\sT_Y) $ jest przestrzenią zwartą. □
Uwaga Założenie o tym, że $ (Y,\sT_Y) $ jest przestrzenią Hausdorffa jest konieczne, bowiem obraz ciągły (a nawet iloraz) przestrzeni zwartej nie musi być przestrzenią Hausdorffa (p. Przykład[link]).

Zwartość a operacje na przestrzeniach

Podprzestrzenie

Twierdzenie

  1. Jeśli podprzestrzeń w przestrzeni Hausdorffa $ (A,\sT|A)\subset (X,\sT) $ jest zwarta to $ A\subset X $ jest podzbiorem domkniętym.
  2. Jeśli $ (X,\sT) $ jest przestrzenią zwartą i $ A\subset X $ podzbiorem domkniętym, to przestrzeń $ (A,\sT|A) $ jest zwarta.
Dowód: Ad 1. Załóżmy, że $ (A,\sT|A)\subset (X,\sT) $ jest zwarta i niech $ x\notin A. $ Wtedy dla każdego punktu $ a\in A $ istnieją rozłączne otoczenia $ U_a\ni a $ oraz $ V_a\ni x. $ Zbiory $ \{U_a\cap A\}_{a\in A} $ tworzą otwarte pokrycie $ A $, a więc można z niego wyjąć pokrycie skończone $ U_{a_1}\cup\dots\cup U_{a_n}\supset A $. Przecięcie $ V := V_{a_1}\cap\dots\cap V_{a_n} $ jest rozłączne z $ U_{a_1}\cup\dots\cup U_{a_n} $, a zatem $ x\in V\subset X\setminus A $.

Ad 2. Niech $ (X,\sT) $ będzie przestrzenią zwartą, a $ A\subset X $ jesj podzbiorem domkniętym. Z Stw. [link] wiemy, że $ (A,\sT|A) $ jest przestrzenią Hausdorffa. Rozpatrzmy więc pokrycie otwarte $ \{V_s\}_{s\in S} $ przestrzeni $ (A,\sT|A) $. Z definicji topologii podprzestrzeni wynika, ze istnieją zbiory $ U_s\in\sT $ takie, że $ V_s = U_s\cap A $. Rozpatrzmy pokryciem otwarte przestrzeni $ X $ zbiorami $ \{V_s\}_{s\in S} \cup \{X\setminus A\}. $ Ponieważ $ (X,\sT) $ jest zwarta z tego pokrycia można wybrać pokrycie skończone, a więc skończoną liczbe zbiorów $ U_{s_1}\cup\dots\cup U_{s_n}\supset A $ co kończy dowód. □

Z ostatniego twierdzenia wynikaja wnioski bardzo użyteczne przy sprawdzaniu, czy dwie przestrzenie są homeomorficzne.

Stwierdzenie Niech $ f:(X,\sT_X)\to (Y,\sT_Y) $ będzie odwzorowaniem ciagłym określonym na przestrzeni zwartej $ (X,\sT_X) $ o wartościach w przestrzeni Hausdorffa $ (Y,\sT_Y) $. Wtedy:

  1. odwzorowanie $ f $ jest domknięte (a więc ilorazowe);
  2. jeśli $ f $ jest bijekcją, to jest homeomorfizmem. □
Stwierdzenie Jeśli $ (X,\sT_1) $ jest przestrzenią zwartą a $ \sT_2 $ topologią Hausdorffa w $ X $ taką, że $ \sT_2\subset\sT_1 $, to $ \sT_2 = \sT_1. $

Iloczyn kartezjański

Twierdzenie (#) [A. N. Tikhonov ] Iloczyn kartezjański przestrzeni topologicznych $ \prod\limits_{s\in S}(X_s,\sT_s) $ jest przestrzenią zwartą wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie czynniki $ (X_s,\sT_s) $ są przestrzeniami zwartymi.

Zanim przejdziemy do dowodu twierdzenia Tichonowa sformułujemy bardzo ważny, mający wiele zastosowań lemat o tubie.

Lemat [Lemat o tubie](#) Niech $ (X,\sT_X) $ bedzie dowolną przestrzenią topologiczną, a $ (Y,\sT_Y) $ przestrzenią zwartą. Dla dowolnego punktu $ x_0\in X $ i zbioru otwartego w iloczynie kartezjańskim $ W\supset \{x_0\}\times Y $ istnieje otocznie otwarte $ U\ni x_0 $ takie, że   $ W\supset U\times Y\supset \{x_0\}\times Y $.
Dowód: Dla każdego punktu $ (x_0,y)\in \{x_0\}\times Y $ istnieją otoczenia $ U_y\ni x_0 $ oraz $ V_y\ni y $ takie, że $ (x_0,y)\in U_y\times V_y \subset W $. Zbiory $ \{V_y\}_{y\in Y} $ tworzą otwarte pokrycie przestrzeni $ Y $, a więc mozna zeń wyjąć pokrycie skończone: $ V_{y_1}\cup\dots\cup V_{y_n} = Y. $ Zbiór $ U := U_{y_1}\cap\dots\cap U_{y_n} $ jest otoczeniem $ x_0 $ i oczywiście dla każdego $ y_i $, $ U\times V_{y_i} \subset W $ a zatem $ U\times Y \subset W $. □

%\centerline{\includegraphics[height=7cm]{rys_zwartosc_tuba.jpg}}

Stwierdzenie (#) Niech $ (X,\sT_X) $ bedzie dowolną przestrzenią topologiczną, a $ (Y,\sT_Y) $ przestrzenią zwartą. Wtedy projekcja $ p_X: (X\times Y, \sT^*) \to (X,\sT_X) $ jest przekształceniem domkniętym.
Dowód: Niech $ A\subset X\times Y $ będzie zbiorem domkniętym. Żeby wykazać, że $ p_X(A)\subset X $ jest domknięty trzeba sprawdzic, że dla każdego $ x\notin p_X(A) $ istnieje otoczenie $ U\ni x $ takie, że \newline $ U\cap p_X(A) = \emptyset $ tzn. $ p_X^{-1}(U)\cap A = \emptyset $. Oczywiście $ p_X^{-1}(U) = U\times Y $, a więc wystarczy zastosować Lemat o tubie [link] do zbioru otwartego $ X\times Y\setminus A $ oraz punktu $ x\notin p_X(A) $. □

Kolejne twierdzenie jest analogiczne do udowodnionego wcześniej stwierdzenia [link] dotyczącego spójności.

Twierdzenie (#) Jeśli $ f\colon (X,\sT_X)\to (Y,\sT_Y) $ jest przekształceniem domkniętym takim, że $  (X,\sT_X) $ jest przestrzenią Hausdorffa, $ (Y,\sT_Y) $ jest zwarta i dla każdego $ y\in Y $ przeciwobraz $ f^{-1}(y) $ jest zbiorem zwartym, to przestrzeń $ (X,\sT_X) $ jest zwarta.
Dowód: Niech $ \{U_s\}_{s\in S} $ będzie pokryciem otwartym $ X $. Dla każdego punktu $ y\in Y $ istnieje skończony podzbiór $ S_y\subset S $ taki, że $ \bigcup\limits_{s\in S_y}U_s\supset f^{-1}(y). $ Ponieważ $ f $ jest domkniete, więc istnieje $ V_y\ni y $ takie, że $ f^{-1}(V_y)\subset \bigcup\limits_{s\in S_y}U_s $. Zbiory $ \{V_y\}_{y\in Y} $ tworzą pokrycie przestrzeni $ Y $, zatem można z niego wybrać pokrycie skończone $ V_{y_1},\dots V_{y_n} $. Zbiory $ \{U_s\}_{s\in S'} $ gdzie $ S' := S_{y_1}\cup\dots \cup S_{y_n} $ tworzą pokrycie skończone $ X $. □

Wywnioskujemy teraz tezę twierdzenia Tichonowa dla skończonych rodzin przestrzeni.

Stwierdzenie Iloczyn kartezjański skończonej rodziny przestrzeni topologicznych $ \prod\limits_{s\in S}(X_s,\sT_s) $ jest przestrzenią zwartą wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie czynniki $ (X_s,\sT_s) $ są przestrzeniami zwartymi.
Dowód: Jak zauważylismy wcześniej zwartość iloczynu pociąga zwartośc czynników. Odwrotnie, skoro rodzina przestrzeni jest skończona wystarczy wykazać tezę dla iloczynu dwóch przestrzeni. Wynika ona natychmiast z Wniosku [link] oraz Twierdzenia [link].□

Twierdzenie Tichonowa [link] w pełnej ogólności jest równoważne pewnikowi wyboru w teorii mnogości, a jego dowód wymaga zastosowania lematu Kuratowskiego-Zorna [p. BCPP Rozdział 7.3].

Przestrzeń ilorazowa i suma prosta

Zachowanie zwartości przy pozostałych dwóch operacjach jest znacznie łatwiejsze do sprawdzenia.

Przestrzeń ilorazowa przestrzeni zwartej jest zwarta wtedy i tylko wtedy, gdy jest przestrzenią Hausdorffa (p. Stw. [link]).

Natomiast suma prosta $ \coprod_{s\in S}(X_s,\sT_s) $ jest zwarta wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie przestrzenie $ X_s $ są zwarte oraz $ X_s\neq\emptyset $ tylko dla skończenie wielu $ s\in S. $

Zwartość w przestrzeniach metrycznych

Zwartość metryczna i topologiczna

Definicja Przestrzeń metryczna $ (X,d) $ nazywa się zwarta jeśli z dowolnego ciągu jej elementów można wybrać podciąg zbieżny.
Twierdzenie (#) Przestrzeń metryczna $ (X,d) $ jest zwarta (w sensie metrycznym) wtedy i tylko wtedy, gdy przestrzeń topologiczna $ (X,\sT(d)) $ jest zwarta.

     Do dowodu implikacji $ \implies $ potrzebne będą dwa lematy:

Lemat (#) Jeśli przestrzeń $ (X,d) $ jest zwarta (metrycznie), to topologia $ \sT(d) $ posiada bazę przeliczalną, a więc z każdego pokrycia otwartego przestrzeni $ (X,\sT(d)) $ można wybrać pokrycie przeliczalne.
Dowód: Dla każdej liczby naturalnej $ n $ rozważmy pokrycie przestrzeni $ X $ kulami o promieniu $ \frac 1n $. Z tego pokrycia można wybrać pokrycie skończone $ \sU_n $. Rodzina $ \sB := \bigcup \sU_n $ jest przeliczalną bazą przestrzeni $ (X,\sT(d)) $, a zatem na podstawie Stw. [link] z dowolnego pokrycia otwartego można wybrać pokrycie przeliczalne. □
Lemat (#) Przestrzeń Hausdorffa $ (X,\sT) $ taka, że z dowolnego jej pokrycia otwartego można wybrać pokrycie przeliczalne jest zwarta wtedy i tylko wtedy, gdy każda zstępująca rodzina podzbiorów niepustych podzbiorów domkniętych ma niepuste przecięcie.
Dowód: $ \implies $ Dowód wynika natychmiast z Stw. [link], bowiem zstępująca rodzina podzbiorów domkniętych jest scentrowana.

$ \impliedby $ Jeśli $ \{U_s\}_{s\in S} $ jest dowolnym pokryciem otwartym, to można z niego wyjąc pokrycie przeliczalne, więc do dowodu zwartości wystarczy ograniczyć się do rozpatrywania otwartych pokryć przeliczalną liczbą zbiorów. Niech więc $ \{U_i\}_{i=1}^{\infty} $ będzie pokryciem przeliczalnym. Zdefiniujmy zbiory $ V_n := U_1\cup\dots\cup U_n $. Wystarczy wykazać, że istnieje $ N $ takie, że $ V_N = X $. Rozważmy w tym celu zstepującą rodzinę zbiorów domkniętych $ F_n:= X\setminus V_n $. Ponieważ $ \bigcap\limits_{n=1}^{+\infty} F_n = X \setminus \bigcup\limits_{n=1}^{+\infty} U_n = \emptyset $, więc istnieje $ N $ takie, że $ \bigcap\limits_{n=1}^{N} F_n = \emptyset $, a więc $ V_N=X $. □

Dowód:[Dowód twierdzenia [link]] $ \impliedby $ Niech $ A_1 := \{x_n\}_{n=1}^\infty $ oraz $ A_n := \{x_n,x_{n+1},\dots\} $. Zstępująca rodzina zbiorów domkniętych $ F_n:= \op{cl}(A_n) $ jest scentrowana, a więc $ \bigcap\limits_{n=1}^\infty F_n $ zawiera pewien punkt $ x_0 $. Wybierając po jednym punkcie z każdego zbioru $ x_{n(k)}\in F_k\cap B(x_0,\frac 1k) $ otrzymujemy podciąg zbieżny do $ x_0 $.

$ \implies $ Na mocy lematów [link] oraz [link] wystarczy sprawdzić, że dowolna zstepująca przeliczalna rodzina niepustych zbiorów domkniętych ma niepuste przecięcie. Z założenia dowolnie wybrany ciąg elementów $ x_n\in F_n $ posiada podciąg zbieżny $ \{x_{n_k}\} $, którego granica musi należeć do $ \bigcap\limits_{n=1}^\infty F_n $. □

Liczba Lebesgue'a pokrycia

Stwierdzenie (#) Niech $ (X,d) $ będzie zwartą przestrzenią metryczną a $ \sU = \{U_s\}_{s\in S} $ jej pokryciem zbiorami $ U_s\in\sT(d). $ Wówczas istnieje liczba $ \lambda > 0 $ -- zwana liczbą Lebesgue'a pokrycia ( Henri Léon Lebesgue, (Beauvais, Oise, Picardie, F 1875 - 1941 Paryż) taka, że dla każdego punktu $ x\in X $ istnieje index $ s(x)\in S $ taki, że $ B(x,\lambda)\subset U_{s(x)}. $
Dowód: Dla każdego $ x\in X $ istnieje zbiór $ U_s $ i liczba $ \epsilon_{s,x}>0 $ taka, że $ B(x,2\epsilon_{s,x})\subset U_s $. Z pokrycia kulami $ \{B(x,\epsilon_{s,x})\}_{x\in X} $ można wybrać pokrycie skończone $ \{B(x_i,\epsilon_{s_i,x_i})\}_{i=1}^N. $ Liczba $ \lambda := \min\{\epsilon_{s_1,x_1},\dots,\epsilon_{s_N,x_N} \} $ spełnia tezę twierdzenia. Istotnie, dla dowolnego punktu $ y\in X $ oraz istnieje zbiór $ B(x_i,\epsilon{s_i,x_i}\in y. $ Zatem dla dowolnego $ z\in B(y,\lambda) $ mamy $ d(x_i,z)\leq d(x_i,y) + d(y,z) \leq \epsilon_{s_i,x_i} + \lambda \leq 2\epsilon_{s_i,x_i} $, a więc $ B(y,\lambda)\subset U_{s_i}. $

Zwarte podzbiory przestrzeni euklidesowych

Stwierdzenie Podzbiór zwarty dowolnej przestrzeni metrycznej $ (X,d) $ jest domknięty i ograniczony (tzn. zawarty w pewnej kuli). W przestrzeni przestrzeni euklidesowej $ (\R^n,d_e) $ podzbiór domknięty i ograniczony jest zwarty.
Dowód: Jeśli $ A\subset X $ jest podzbiorem zwartym przestrzeni metryzowalnej, to musi być domknięty, bowiem przestrzeń metryzowalna jest Hausdorffa. Zauważmy najpierw, że podzbiór zwarty prostej musi być ograniczony. Wybierzmy punkt $ a_0\in A $ i rozważmy funkcję $ d(a_0,\cdot )\colon X\to\R. $ Ponieważ $ A $ jest zbiorem zwartym istnieje $ R>0 $ takie, że dla każdego $ {a\in A} $ zachodzi nierówność $ d(a_0,a) \leq R $, stąd zbiór $ A $ jest zawarty w kuli $ B(a_0,R) $.

Niech teraz $ A\subset\R^n $ będzie domkniętym i ograniczonym podzbiorem przestrzeni euklidesowej (metryka euklidesowa!). Wtedy istnieje odcinek $ [a,b] $ taki, że $ A\subset [a,b]^n\subset\R^n. $ Ponieważ kostka $ [a,b]^n $ jest zwarta, a więc $ A $ jako jej podzbiór domknięty jest zbiorem zwartym. □

Przykład Zbiór macierzy ortogonalnych $ O(n)\subset GL(n,\R)\subset \R^n\times\dots\times\R^n $ jest zwarty. Istotnie, jako zbiór rozwiązań układu równań dwuliniowych jest on domknięty. Ponieważ kolumny macierzy ortogonalnej są wektorami o długości 1, $ O(n) $ jest zbiorem ograniczonym, a więc zwartym.

Zadania

Przykłady

Zadanie [Podzbiory płaszczyzny euklidesowej] BCPP Zad. 2.1
Zadanie [Zwarte podzbiory płaszczyzny kolejowej] BCPP Zad. 2.2 (A). Analogicznie, scharakteryzować podzbiory zwarte płaszczyzny ze słabą topologią kolejową tzn. topologią bukietu $ \bigvee\limits_{0\leq\alpha <\pi} (\R,\sT_e) $rodziny kontinuum prostych euklidesowych z $ 0\in\R $ jako punktem wyróżnionym. (p. Seria 3 Zad. 3).
Zadanie [Zwarte podzbiory strzałki] Wykazać, że zwarty podzbiór prostej z topologią strzałki ma puste wnętrze.y, że jeśli $ C\subset\R $ jest zwarty w topologii strzałki to jest zwarty w topologii euklidesowej oraz $ \sT_s|C = \sT_e|C $.
Zadanie [Zwarte podzbiory płaszczyzny Niemyckiego] Wykazać, że jeśli podzbiór płaszczyzny Niemyckiego jest zwarty to jest zwarty w topologii euklidesowej i przecina oś $ \{(x,y)\,|\, y=0\} $ w skończonej liczbie punktów. Podać przykład zbioru spełniającego te warunki, który nie jest zwarty w topologii Niemyckiego. Wykazać, że jeśli $ C\subset\R^2 $ jest zbiorem zwartym w topologii Niemyckiego, to $ \sT_{Niem}|C = \sT_e|C $.
Zadanie [Pawie oczka] Zbadać zwartość przestrzeni opisanych w Serii 3 Zad. 6 oraz scharakteryzować ich zwarte podzbiory.
Zadanie [Zbiór Cantora] BCPP Zad. 2.22

Własności

Zadanie Wykazać, że przestrzeń $ (X,\sT) $ jest zwarta wtedy i tylko wtedy gdy z dowolnego pokrycia zbiorami pewnej bazy $ \sB\subset\sT $ można wybrać pokrycie skończone.
Zadanie [Odstęp między podzbiorami przestrzeni metrycznej] BCPP Zad. 2.9
Zadanie [Oddzielanie podzbiorów zwartych] BCPP Zad. 2.18
Zadanie Niech $ (X,\sT_X) $ będzie przestrzenią Hausdorffa a $ (Y,\sT_Y) $ przestrzenią zwartą. Pokazać, że jeśli $ p\colon (X,\sT_X)\to (Y,\sT_Y) $ jest przekształceniem domkniętym takim, że $ \forall_{y\in Y}\, f^{-1}(y) $ jest zbiorem zwartym (takie przekształcenia nazywa się doskonałymi) to przestrzeń $ (X,\sT_X) $ jest zwarta. Podać przykład pokazujący, ze założenie domkniętości przekształcenia jest istotne.
Zadanie Wykazać, że przekształcenie doskonałe określone na przestrzeni Hausdorffa jest właściwe tzn. przeciwobrazy zbiorów zwartych są zbiorami zwartymi.
Zadanie Złożenie przekształceń doskonałych między przestrzeniami Hausdorffa jest przekształceniem doskonałym. Jeśli $ f_i:(X_i,\sT_{X_i})\to (Y_i,\sT_{Y_i}) $ są przekształceniami doskonałymi dla $ i=1,2 $, to odwzorowanie $ f_1\times f_2 : X_1\times X_2 \to Y_1\times Y_2 $ jest doskonałe.
Zadanie [Sumy podzbiorów zwartych]BCPP Zad. 2.16
Zadanie [Wykres funkcji] BCPP Zad. 2.17

Uzwarcenie Aleksandrowa

Zadanie [Przestrzeń z jednym punktem skupienia] BCPPZad. 2.20
Zadanie [Modele sfery] Rozpatrzmy zbiór $ S_n:= \R^n \cup \{\infty\} $ i zdefiniujmy w nim topologię jako generowaną przez podzbiory otwarte w $ \R^n $ oraz zbiory postaci $ \{\infty\}\cup (\R^n\setminus K) $ gdzie $ K\subset\R^n $ jest zbiorem zwartym. Udowodnij, że

  1. Przestrzeń $ S_n $ jest zwarta i homeomorficzna ze sferą $ S^n :=\{\vv\in\R^{n+1}\, |\, ||\vv||=1\} $.
  2. Istnieje homeomorfizm $ D^n/S^{n-1} \simeq S^n $, gdzie $ D^n :=\{\vv\in\R^{n}\, |\, ||\vv||\leq 1\} $.

Wskazówka. Jeśli $ (X,\sT_d) $ jest przestrzenią metryzowalną, to dla dowolnego zbioru domkniętego przestrzeń ilorazowa $ X/A $ jest Hausdorffa, a zatem jeśli $ X $ jest zwarta to $ X/A $ jest też zwarta.