Plaklemma (pasting lemma)

Zij \( X \) een topologische ruimte en \( A \) en \( B \) twee gesloten deelverzamelingen waarvan de unie de hele ruimte bedekt, dus \( A \cup B = X \). Stel dat de afbeeldingen \( f : A \to Y \) en \( g : B \to Y \) continu zijn naar een topologische ruimte \( Y \), en dat zij samenvallen op de doorsnede \( A \cap B \), dat wil zeggen \( f(x) = g(x) \) voor alle \( x \in A \cap B \). Dan is de afbeelding \( h : X \to Y \), gedefinieerd door $$ h(x) = \begin{cases} f(x) & \text{als } x \in A, \\ g(x) & \text{als } x \in B, \end{cases} $$ continu.

Het plaklemma geeft een eenvoudig maar krachtig idee: je kunt twee continue afbeeldingen samenvoegen tot één nieuwe afbeelding, zolang ze elkaar niet tegenspreken op het overlappende deel van hun domein.

In de praktijk betekent dit dat je een functie stuk voor stuk mag definiëren, op voorwaarde dat de afzonderlijke stukken netjes op elkaar aansluiten. Als dat zo is, blijft de hele functie continu.

Een concreet voorbeeld

Neem twee afbeeldingen op gesloten intervallen:

• \( f : [0, 1] \to \mathbb{R} \), gegeven door \( f(x) = x \), continu op \( [0, 1] \);
• \( g : [1, 2] \to \mathbb{R} \), gegeven door \( g(x) = 2 - x \), continu op \( [1, 2] \).

We controleren stap voor stap of de voorwaarden van het plaklemma vervuld zijn:

1. Gesloten verzamelingen: De intervallen \( [0, 1] \) en \( [1, 2] \) zijn gesloten in \( \mathbb{R} \).
2. Overdekking: Samen vormen ze het interval \( [0, 2] \), dus \( A \cup B = [0, 2] \).
3. Overeenstemming op de doorsnede: De doorsnede is \( \{1\} \). We controleren:
   - \( f(1) = 1 \)
   - \( g(1) = 2 - 1 = 1 \)
   De waarden komen overeen, dus de functies sluiten correct op elkaar aan.

Alle voorwaarden zijn dus vervuld.

We definiëren nu één functie \( h : [0, 2] \to \mathbb{R} \):

$$ h(x) = \begin{cases} x & \text{als } x \in [0, 1], \\ 2 - x & \text{als } x \in [1, 2]. \end{cases} $$

Waarom is deze functie continu?

• Op \( [0, 1] \) valt \( h \) samen met \( f \), dus is ze continu.
• Op \( [1, 2] \) valt \( h \) samen met \( g \), dus is ze ook daar continu.
• In het punt \( x = 1 \) komen beide definities overeen, dus er ontstaat geen sprong.

Daarom is \( h \) continu op het hele interval \( [0, 2] \).

Grafisch bestaat \( h \) uit twee rechte lijnstukken:

• van \( 0 \) tot \( 1 \): een stijgende rechte \( h(x) = x \);
• van \( 1 \) tot \( 2 \): een dalende rechte \( h(x) = 2 - x \).

Deze sluiten naadloos op elkaar aan in \( x = 1 \).

Bewijs

Het bewijs gebruikt een standaardcriterium uit de topologie: een afbeelding is continu als het inverse beeld van elke gesloten deelverzameling opnieuw gesloten is.

Neem dus een gesloten verzameling \( C \subseteq Y \). We willen aantonen dat \( h^{-1}(C) \) gesloten is in \( X \).

Omdat \( h \) opgebouwd is uit \( f \) en \( g \), geldt:

$$ h^{-1}(C) = f^{-1}(C) \cup g^{-1}(C). $$

Nu weten we:

• \( f \) is continu, dus \( f^{-1}(C) \) is gesloten in \( A \);
• \( g \) is continu, dus \( g^{-1}(C) \) is gesloten in \( B \).

Omdat \( A \) en \( B \) zelf gesloten zijn in \( X \), blijven deze verzamelingen ook gesloten wanneer we ze als deel van \( X \) beschouwen.

De unie van twee gesloten verzamelingen is opnieuw gesloten. Dus is \( h^{-1}(C) \) gesloten in \( X \).

Hieruit volgt dat \( h \) continu is op heel \( X \), wat precies de stelling van het plaklemma is.