TOPOLOGIJA - dzpucic.files.wordpress.com · Glava 1 Skupovi, funkcije, kardinalnost Da bi student...

DRZAVNI UNIVERZITET U NOVOM PAZARU

dr. Dzenis F. Pucic

TOPOLOGIJASA ODABRANIM ZADACIMA

≈ SKRIPTA ≈

NOVI PAZAR, 2014 (2011).

Predgovor prvom izdanju

Ova skripta nastala su kao rezultat potrebe da se studentima studijskog prog-rama Matematika na Drzavnom univerzitetu u Novom Pazaru obezbedi osnovnaliteratura za predmet Topologija. Napisane su prema vazecem nastavnom prog-ramu za ciju realizaciju je nastavnim planom predvideno dva casa predavanja i dvacasa vezbanja nedeljno, tokom jednog semestra.

Skripta su napisana, najvecim delom, na osnovu predavanja prof. dr LjubiseKocinca na Prirodno-matematickom fakultetu u Pristini sk. 1993/1994. godine, aosim toga koriscena je i sledeca literatura:

1. Miloslav Marjanovic, Topologija, Matematicki fakultet u Beogradu, 1990;

2. Ljiljana Gajic, Milos Kurilic, Stevan Pilipovic, Bogoljub Stankovic, Zbirkazadataka iz funkcionalne analize, Univerzitet u Novom Sadu, 2000;

3. Nebojsa Ralevic, Ilija Kovacevic, Zbirka resenih zadataka iz funkcionalneanalize, FTN izdavastvo, Novi Sad, 2004;

4. Olga Hadzic, Stevan Pilipovic, Uvod u funkcionalnu analizu, Novi Sad, 1996;

5. Milos Kurilic, Osnovi opste topologije, Izdavac DMI, Novi Sad, 1998;

Imajuci u vidu da se studenti kojima je namenjena ova skripta prvi put srecu saovom relativno slozenom materijom, autor je nastojao da dokazi teorema i postupciresavanja zadataka budu sto detaljniji. Kao ilustraciju konstrukcije podnizova kodmetrickih prostora efektivno je konstruisao podniz pomocu koga je dokazao da suskupovi Fm = {xn : n ≥ m} (∀m ∈ N) zatvoreni (lema 6.2.2). Autor srdacnozahvaljuje akademiku prof. dr Stevanu Pilipovicu na korisnim sugestijama, kako uvezi sa izvodenjem nastave, tako i u vezi sa priredivanjem ovih skripata, narocitozbog navike priredivaca da pretera u zahtevima.

Celokupnu pripremu teksta na racunaru, kao svoje seminarske radove, uradilisu studenti Culjevic Zijad i Mahmutovic Mirsena.

Autor se iskreno nada da ce ova skripta korisno posluziti studentima u pripremiispita i kompletiranju njihovog matematickog obrazovanja. Istovremeno, spremanje da prihvati sve dobronamerne sugestije i primedbe, unapred znajuci da je onodgovoran za eventualne nedostatke knjige.

U Novom Pazaru, 15.6.2011. Autor

Predgovor drugom izdanju

Drugo izdanje ove skripte bitno se razlikuje od prethodnog po tome sto jeprosirena sa putnom povezanoscu i nekim zadacima sa novijih ispitnih rokova sauputstvima za resavanje i delimicnim resenjima. Kod nekih zadataka prosirene suinformacije vec obradenih pojmova u skripti i date smernice za njihovo resavanjena vise nacina.

U ovom izdanju je, na osnovu iskustva autora, promenjen i prosiren pristuppovezanosti topoloskih prostora na kvalitetniji metodicki i vise pedagoski nacin.

Autor se posebno zahvaljuje studentu matematike, Mandak Seadu koji je usklopu seminarskog rada i u toku pripremanja ispita, sa velikom paznjom i entuzi-jazmom, tehnicki poboljsao skriptu, ispravljajuci slogovne i druge greske, cak i napojedinim mestima dajuci korisne sugestije. Naravno, za sve ono sto nije dobro, acega sigurno ima, odgovornost snosi autor.

U Novom Pazaru, 26.11.2014. Autor

Sadrzaj

1 Skupovi, funkcije, kardinalnost 41.1 Pojam skupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Osnovne operacije sa skupovima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3 Kolekcije (familije) skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4 Funkcije (preslikavanja) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.5 Osobine slike i inverzne slike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.6 Kardinalnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2 Topoloski prostori 122.1 Osnovni pojmovi i primeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.2 Baza. Lokalna baza. Predbaza (subbaza) . . . . . . . . . . . . . . . 162.3 Podskupovi topoloskog prostora i operacije sa njima . . . . . . . . . 23

3 Neprekidnost 353.1 Pojam neprekidnosti u topoloskim prostorima . . . . . . . . . . . . . 353.2 Topoloski potprostor i relativna topologija . . . . . . . . . . . . . . . 383.3 Topoloski proizvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

4 Aksiome separacije 494.1 Osnovni pojmovi i primeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

5 Konvergencija 565.1 Osnovni pojmovi i primeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

6 Kompaktnost 616.1 Pokrivaci i potpokrivaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 616.2 Kompaktnost u metrickim prostorima . . . . . . . . . . . . . . . . . 626.3 Kompaktnost u topoloskim prostorima . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

7 Povezanost (Koneksnost) 787.1 Otvorena i zatvorena diskoneksija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 787.2 Definicija povezanosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 797.3 Komponente povezanosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 867.4 Putna povezanost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

8 Dodatak 908.1 Odabrani ispitni zadaci sa resenjima . . . . . . . . . . . . . . . . . . 908.2 Odabrani ispitni zadaci sa uputstvima . . . . . . . . . . . . . . . . . 988.3 Ispitni rokovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

Glava 1

Skupovi, funkcije,kardinalnost

Da bi student mogao uspesno pratiti sadrzaj ove skripte neophodno je, presvega, obnoviti neke od najvaznijih rezultata iz matematicke logike. U ovoj glavinajpre uvodimo neke osnovne pojmove iz teorije skupova i dajemo kratak preglednjenih najvaznijih posledica. Zatim uvodimo pojam preslikavanja i njihove naj-bitnije osobine. Na kraju je, u kratkim crtama, predstavljena elementarna teorijakardinalnih brojeva.

1.1 Pojam skupa

Pojam skupa smatra se osnovnim pojmom u matematici pa se, kao takav, nedefinise, to jest ne svodi se na jos jednostavnije pojmove. Svaki skup se sastoji odnjegovih elemenata i on je njima potpuno odreden. Ako neki element x pripadaskupu X tada pisemo x ∈ X, u suprotnom pisemo x /∈ X. Elemente skupova cestonazivamo tackama kao sto je to slucaj za elemente skupova realnih ili prirodnihbrojeva. Skup X najcesce se opisuje sa nekim svojstvom P , tako da elementima odX smatramo sve one objekte x, koji u datim okolnostima dolaze u obzir, a imajusvojstvo P . Tada pisemo

X = {x : x ima svojstvo P} ili X = {x : P (x)},

a citamo: X je skup svih elemenata x sa svojstvom P . Najvaznije relacije naskupovima su relacija inkluzije

”⊆“ i relacija jednakosti

”=“ izmedu dva proizvoljna

skupa A i B koje definisemo na sledeci nacin:

A ⊆ B def⇐⇒ (∀x ∈ A)x ∈ A⇒ x ∈ B

A = Bdef⇐⇒ A ⊆ B ∧B ⊆ A

Ove dve relacije imaju posebnu ulogu u dokazivanju mnogih tvrdenja u topologiji.Dakle, ako za skupove A ⊆ X i B ⊆ X treba dokazati da je A = B tada je dovoljnodokazati da za svako x ∈ X, za koje je x ∈ A, proizilazi x ∈ B, i obrnuto, da zasvako x ∈ X, za koje je x ∈ B, proizilazi x ∈ A.

4

GLAVA 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, KARDINALNOST 5

Posmatrajmo sada skup svih podskupova skupa X (ukljucujuci prazan skupkoji obelezavamo sa ∅ i skup X). Takav skup zovemo partitivni skup od X ioznacavamo sa P (X), tj.

P (X)def= {A : A ⊆ X}

Dakle, svi elementi partitivnog skupa P (X) su podskupovi skupa X sto mozemonapisati kao:

A ∈ P (X)⇔ A ⊆ XMoze se pokazati da je (P (X),⊆) parcijalno ureden skup i da je relacija jednakosti

”=“ izmedu podskupova skupa X jedna relacija ekvivalencije na partitivnom skupuP (X).

1.2 Osnovne operacije sa skupovima

Neka su A ⊆ X i B ⊆ X proizvoljni skupovi. Unija”∪“, presek

”∩“ i razlika

”\“ skupova A i B su, redom, dati sa:

A ∪B def= {x ∈ X : x ∈ A ∨ x ∈ B}

A ∩B def= {x ∈ X : x ∈ A ∧ x ∈ B}

A \B def= {x ∈ X : x ∈ A ∧ x /∈ B}

Komplement podskupa A ⊆ X u skupu X je definisan sa:

X \A def= {x ∈ X : x /∈ A}

U slucaju da nema opasnosti od zabune komplement podskupa A ⊆ X u skupu Xoznacavamo sa AC ili CA.

Za uniju”∪“, presek

”∩“ i razliku

”\“ kazemo da su osnovne operacije na

skupovima. Ako su A ⊆ X, B ⊆ X i C ⊆ X proizvoljni podskupovi skupa X tadase jednostavno mogu dokazati (za vezbu) sledece formule:

(1) (A ∪B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C) (2) (A ∩B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C)

(3) A ∪B = B ∪A (4) A ∩B = B ∩A(5) A ∩ (A ∪B) = A (6) A ∪ (A ∩B) = A

(7) A ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C) (8) A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C)

(9) A ∪ (X \A) = X (10) A ∩ (X \A) = ∅(11) A ∪∅ = A (12) A ∩∅ = ∅(13) X \ (A ∪B) = (X \A) ∩ (X \B) (14) X \ (A ∩B) = (X \A) ∪ (X \B)

(15) X \X = ∅ (16) X \∅ = X

(17) A ∪A = A (18) A ∩A = A

Primetimo da su formule (1)-(8) dualne, u smislu da zamenom znaka”∪“ sa

”∩“

u levoj koloni dobijamo desnu kolonu. Takode, iz formula (7) i (8) zakljucujemoda su operacije

”∪“ i

”∩“ medusobno distributivne. Formule (13) i (14), koje

pokazuju odredenu”distributivnost“ operacije komplementiranja

”∪“ u odnosu na

”∩“ i obrnuto, zovu se De Morganove formule.


Napomenimo i sledeci vazan rezultat (dokazati):

X \ (X \A) = A

Direktni (ili Kartezijev) proizvod dva skupa X i Y , u oznaci”×“, jeste

skup svih uredenih parova (x, y) tako da x ∈ X i y ∈ Y , tj.:

X × Y def= {(x, y) : x ∈ X ∧ y ∈ Y }

Ovaj pojam mozemo prosiriti i na konacan broj skupova. Naime, Direktni (iliKartezijev) proizvod skupova X1, X2, . . . , Xn je definisan na sledeci nacin:

X1 ×X2 × · · · ×Xn =

n∏j=1

Xjdef= {(x1, x2, . . . , xn) : xj ∈ Xj , ∀j ∈ {1, 2, . . . , n}}

Napomenimo da je direktni proizvod dva skupa prazan ako i samo ako je bar jedanod skupova koji ucestvuju u njemu prazan skup. Takode se moze dokazati (zavezbu) da vazi:

(A×B) ∩ (C ×D) = (A ∩ C)× (B ∩D)

1.3 Kolekcije (familije) skupova

Ako svakom elementu α nepraznog skupa A pridruzimo skup Aα, tada se skupciji su elementi Aα naziva kolekcija (familija) skupova i oznacava sa

{Aα : α ∈ A}

Skup A zove se indeksni skup. U ovom kursu cesto cemo govoriti o tzv. kolekcijama(familijama) podskupova skupa X. Naime, svi podskupovi U partitivnog skupaP (X) zovu se kolekcije (familije) podskupova skupa X. Drugim recima, ako jeU ⊆ P (X) tada je U kolekcija podskupova skupa X. Ako za indeksni skup uzmemoskup U i stavimo UU = U (∀U ∈ U) tada kolekciju U podskupova skupa X mozemozapisati u obliku:

U = {UU : U ∈ U} ⊆ P (X)

Odavde zakljucujemo da kolekciju podskupova nekog skupa mozemo smatrati kaoposeban slucaj familije skupova.

Neka je {Aα : α ∈ A} ⊆ P (X) kolekcija podskupova skupa X. Unija i presekove kolekcije definisani su na sledeci nacin:⋃

α∈A

Aα =⋃{Aα : α ∈ A} def

= {x ∈ X : (∃α ∈ A)x ∈ Aα}⋂α∈A

Aα =⋂{Aα : α ∈ A} def

= {x ∈ X : (∀α ∈ A)x ∈ Aα}


Za kolekcije {Aα : α ∈ A} i {Bβ : β ∈ B} podskupova skupa X vazi:( ⋃α∈A

Aα

)⋂( ⋃β∈B

Bβ

)=

⋃(α,β)∈A×B

(Aα ∩Bβ) (1.1)

( ⋂α∈A

Aα

)⋃( ⋂β∈B

Bβ

)=

⋂(α,β)∈A×B

(Aα ∪Bβ) (1.2)

( ⋃α∈A

Aα

)×( ⋃β∈B

Bβ

)=

⋃(α,β)∈A×B

(Aα ×Bβ) (1.3)

( ⋂α∈A

Aα

)×( ⋂β∈B

Bβ

)=

⋂(α,β)∈A×B

(Aα ×Bβ) (1.4)

Dokazacemo prvu jednakost, a ostale jednakosti se mogu dokazati na slican nacin(dokazati za vezbu).

(∀x ∈ X)x ∈( ⋃α∈A

Aα

)⋂( ⋃β∈B

Bβ

)⇔ x ∈

⋃α∈A

Aα ∧ x ∈⋃β∈B

Bβ

⇔ (∃α ∈ A)x ∈ Aα ∧ (∃β ∈ B)x ∈ Bβ ⇔ (∃(α, β) ∈ A×B)x ∈ Aα ∩Bβ⇔ x ∈

⋃(α,β)∈A×B

(Aα ∩Bβ)

Takode se na jednostavan nacin mogu dokazati (za vezbu) i De Morganove formule:

X \( ⋃α∈A

Aα

)=⋂α∈A

(X \Aα) (1.5)

X \( ⋂α∈A

Aα

)=⋃α∈A

(X \Aα) (1.6)

1.4 Funkcije (preslikavanja)

Neka su X i Y dva neprazna skupa. Pod funkcijom (preslikavanjem) f skupaX u skup Y podrazumevamo neko pravilo po kojem se svakom elementu x ∈ Xpridruzuje jedinstveni element y ∈ Y (koji zavisi od x). Pridruzeni elementzovemo vrednost (slika) elementa x i oznacavamo sa f(x). Funkciju (preslikavanje)najcesce oznacavamo sa f : X → Y .

Neka su data dva preslikavanja f1 : X1 → Y1 i f2 : X2 → Y2. Tada vazi:

f1 = f2 ⇔ X1 = X2 ∧ Y1 = Y2 ∧ (∀x ∈ X1 = X2)f1(x) = f2(x)

Kompozicija preslikavanja f : X → Y i g : Y → Z, u oznaci”◦“, jeste preslika-

vanje h : X → Z takvo da vazi:

h = g ◦ f def⇐⇒ (∀x ∈ X)h(x) = g(f(x))

Graf funkcije f predstavlja skup

G(f) = {(x, f(x)) : x ∈ X}


Restrikcija preslikavanja f : X → Y na skup A ⊆ X (A 6= ∅) je preslikavanjef |A : A→ Y takvo da vazi

(∀x ∈ A) f |A (x) = f(x)

Za preslikavanje f : X → Y kazemo da je:

(a) sirjektivno (”na“) ako je

f(X) = Y ili (∀y ∈ Y )(∃x ∈ X)y = f(x)

(b) injektivno (”1-1“) ako je

(∀x1, x2 ∈ X)f(x1) = f(x2)⇒ x1 = x2

ili (∀x1, x2 ∈ X)x1 6= x2 ⇒ f(x1) 6= f(x2)

(c) bijektivno ako je f sirjektivno i injektivno preslikavanje.

Najjednostavniji primer bijektivnog preslikavanja je identicko preslikavanje idx :X → X definisano sa idx(x) = x.

Ako je dato preslikavanje f : X1-1−−→na

Y (f je bijekcija) tada postoji jedinstveno

preslikavanje f−1 : Y → X koje zovemo inverzno preslikavanje dato sa

f−1(y) = x⇔ y = f(x)

Za inverzno preslikavanje vazi

f−1 ◦ f = idx

f ◦ f−1 = idy

Neka je dato preslikavanje f : X → Y i podskupovi A ⊆ X i B ⊆ Y .

(a) Tada skup f(A) = {f(x) ∈ Y : x ∈ A} zovemo slika skupa A. Dakle, zaelemente ovog skupa vazi:

y ∈ f(A)⇔ (∃x ∈ A) y = f(x)

(b) Tada skup f−1(B) = {x ∈ X : f(x) ∈ B} zovemo inverzna slika1 skupa B.Dakle, za elemente ovog skupa vazi:

x ∈ f−1(B)⇔ f(x) ∈ B

(c) Ako je y ∈ Y tada skup f−1(y) = {x ∈ X : f(x) = y} zovemo f-fibra (f-vlakno).

1Skrecemo paznju citaocu da napravi razliku izmedu inverzne slike i inverznog preslikavanja


1.5 Osobine slike i inverzne slike

Neka je dato preslikavanje f : X → Y , podskupovi A ⊆ X, A1 ⊆ X, A2 ⊆ X,B ⊆ Y , B1 ⊆ Y , B2 ⊆ Y i kolekcije podskupova {Aα : α ∈ A} ⊆ P (X) i{Bβ : β ∈ B} ⊆ P (Y ). Tada vaze sledece jednakosti:

(1) f(∅) = ∅ (2) f−1(∅) = ∅(3) f(X) ⊆ Y (4) f−1(Y ) = X

(5) A1 ⊆ A2 ⇒ f(A1) ⊆ f(A2) (6) B1 ⊆ B2 ⇒ f−1(B1) ⊆ f−1(B2)

(7) f−1( ⋃β∈B

Bβ

)=⋃β∈B

f−1(Bβ) (8) f−1( ⋂β∈B

Bβ

)=⋂β∈B

f−1(Bβ)

(9) f( ⋃α∈A

Aα

)=⋃α∈A

f(Aα) (10) f( ⋂α∈A

Aα

)⊆⋂α∈A

f(Aα)

(11) f je”1-1“: f(A∩B)=f(A)∩f(B) (12) f je

”1-1“: f

( ⋂α∈A

Aα

)=⋂α∈A

f(Aα)

(13) f−1(B1) \ f−1(B2)=f−1(B1 \B2) (14) f−1(Y \B) = X \ f−1(B)

(15) f−1(f(A)) ⊇ A (16) f(f−1(B)) ⊆ B(17) f−1(f(A)) = A ako je f

”1-1“ (18) f(f−1(B)) = B ako je f

”na“

Dokazacemo jednakosti (5), (7), (13), (15) i (17), a ostale jednakosti se dokazujuna slican nacin (dokazati za vezbu).(5) A1 ⊆ A2 ⇒ (∀y ∈ Y )

(y ∈ f(A1)⇒ (∃a ∈ A1 ⊆ A2) y = f(a)

)⇒ (∀y ∈ Y )

(y ∈ f(A1)⇒ y ∈ f(A2)

)⇒ f(A1) ⊆ f(A2)

(7) (∀x ∈ X) x ∈ f−1( ⋃β∈B

Bβ

)⇔ f(x) ∈

⋃β∈B

Bβ ⇔ (∃β ∈ B) f(x) ∈ Bβ

⇔ (∃β ∈ B) x ∈ f−1(Bβ)⇔ x ∈⋃β∈B

f−1(Bβ)

⇔ f−1( ⋃β∈B

Bβ

)=⋃β∈B

f−1(Bβ)

(13) (∀x ∈ X) x ∈ f−1(B1) \ f−1(B2)⇔ x ∈ f−1(B1) ∧ x /∈ f−1(B2)

⇔ f(x) ∈ B1 ∧ f(x) /∈ B2 ⇔ f(x) ∈ B1 \B2 ⇔ x ∈ f−1(B1 \B2)

⇔ f−1(B1) \ f−1(B2) = f−1(B1 \B2)

(15) ((∀a ∈ A) a ∈ A⇒ f(a) ∈ f(A)⇒ a ∈ f−1(f(A)))⇔ A ⊆ f−1(f(A))(17) Dokazimo da u prethodnoj jednakosti umesto

”⊆“ stoji

”=“ ako je f

”1-1“:

(∀b ∈ f−1(f(A))) b ∈ f−1(f(A))⇒ f(b) ∈ f(A)⇒ (∃a ∈ A) f(b) = f(a)

⇒ b = a, jer je f”1-1“ ⇒ b = a ∈ A, odnosno f−1(f(A)) ⊆ A sto zajedno sa

A ⊆ f−1(f(A)) daje f−1(f(A)) = A, ako je f”1-1“.


1.6 Kardinalnost

Za dva skupa kazemo da imaju isti kardinalni broj (ili da su iste moci, kardinal-nosti) ako postoji bijekcija sa jednog skupa na drugi. Cesto kazemo da su takviskupovi ekvipotentni ili ekvivalentni. Kazemo jos da su podskupovi nekog skupau relaciji

”imati isti kardinalni broj“ ili da su ekvipotentni ako postoji bijekcija sa

jednog skupa na drugi. Ovu relaciju oznacavamo sa ∼. Dakle:

(∀A,B ∈ P (X))A ∼ B def⇐⇒ postoji bijekcija f : A1-1−−→na

B

Pokazuje se da je relacija”∼“ relacija ekvivalencije. Poznato je da svaka relacija

ekvivalencije definisana na nekom skupu razlaze taj skup na medusobno disjunktnepodskupove koji se zovu klase ekvivalencije. U nasem slucaju klasu ekvivalen-cije koja sadrzi skup A zovemo kardinalni broj (moc, kardinalnost) skupa A ioznacavamo sa |A| (ili card(A)). Ako postoji injekcija sa skupa A u skup B, ondato oznacavamo sa |A| ≤ |B|, a ako postoji injekcija koja nije sirjekcija onda pisemo|A| < |B|. Za ovu relaciju vaze sledeca tvrdenja:

(a) Ako za date skupove A, B, C vazi A ⊆ B ⊆ C tada je:

|A| = |C| ⇒ |B| = |C|

Uputstvo: Neka je f : C1-1−−→na

A bijekcija (postoji jer je |A| = |C|)

Indukcijom definisimo preslikavanja fn : C → C sa:

f0(c) = c, fn(c) = f(fn−1(c))

za svako c ∈ C. Dalje, definisimo funkciju g : C → B na sledeci nacin:

g(c) =

f(c), c ∈

∞⋃n=0

fn(C \B)

c, c /∈∞⋃n=0

fn(C \B)

Moze se pokazati2 da je g bijekcija pa sledi |B| = |C|.

(b) (Kantor - Barnstajn) relacija ≤ je antisimetricna u skupu kardinalnih bro-jeva to jest vazi:

|A| ≤ |B| ∧ |B| ≤ |A| ⇒ |A| = |B|

Dokaz:|A| ≤ |B| ⇔ postoji funkcija f : A

1-1−−→ B

|B| ≤ |A| ⇔ postoji funkcija g : B1-1−−→ A

Tada je g ◦ f takode”1-1“ , pa je g ◦ f : A→ g(f(A)) bijekcija, tj:

|A| = |g(f(A))| (1.7)

2Za detalje videti: Matematicka analiza u n-dimenzionalnom realnom prostoru, prvi dio, SibeMardesic


Dalje, imamo f(A) ⊆ B, g(B) ⊆ A i g(f(A)) ⊆ g(B), pa je

g(f(A)) ⊆ g(B) ⊆ A (1.8)

Iz tvrdenja pod (a) na osnovu (1.7) i (1.8) sledi |g(B)| = |A|. Po pretpostavci

je g : B1-1−−→ A pa je g : B → g(B) bijekcija tj. |B| = |g(B)|. Odavde, i iz

|g(B)| = |A|, sledi |A| = |B| sto je i trebalo dokazati.

(c) Ako je f : A→ B sirjekcija (”na“) onda je |B| ≤ |A|.

Za skup A kazemo da je konacan ako postoji n ∈ N tako da je A = {1, 2, . . . , n}ili ako postoji bijekcija f : A → {1, 2, . . . , n}. Pisemo |A| = n. U suprotnom,za skup A kazemo da je beskonacan. Ako je kolekcija U podskupova skupa Xkonacna onda pisemo U = {U1, U2, . . . , Un}.

Za skup A kazemo da je prebrojiv ako je A ∼ N, odnosno ako postoji bijekcijaf : N→ A. Tada kazemo da se A moze poredati u niz i pisemo:

A = {x1, x2, . . . , xn, . . . } = {xn : n ∈ N} (svi xj , j ∈ N su razliciti medu sobom)

Na isti nacin, kolekciju U podskupova skupa X za koju znamo da je prebrojivapisemo u obliku U = {U1, U2, . . . , Un, . . . } ili U = {Un : n ∈ N}.

Za skup A koji je konacan ili prebrojiv kazemo da je najvise prebrojiv. Kar-dinalni broj prebrojivih skupova oznacavamo sa ℵ0. Dakle, ako postoji bijekcijaf : N→ A tada je |A| = |N| = |ℵ0|.

Moze se pokazati da svaki beskonacan skup sadrzi prebrojiv podskup.

Primer 1.6.1. Preslikavanje φ : N → 2N = {2, 4, 6, . . . } definisano sa φ(n) = 2nje bijekcija (dokazati), pa je |2N| = ℵ0 iako je 2N ( N.

Primer 1.6.2. Neka je f : N→ Z preslikavanje dato sa:

f(n) =

{k − 1, ako je n = 2k

−k, ako je n = 2k − 1

Dokazuje se da je f bijekcija, pa je |Z| = ℵ0 to jest skup Z je prebrojiv.Takode se moze pokazati da je i skup Q racionalnih brojeva prebrojiv. Skup

(0, 1) ⊆ R nije ekvivalentan skupu prirodnih brojeva (Za takav skup kazemo da jeneprebrojiv i za njega vazi ℵ0 < |(0, 1)|), dok je skup Q ∩ (0, 1) prebrojiv.

Primer 1.6.3. Funkcija φ : R→ (0, 1) definisana sa

φ(x) =1

πarctg x+

1

2

je bijekcija, pa je |R| = |(0, 1)|. Dakle R je neprebrojiv i vazi ℵ0 < |R|.(d) Svaki podskup prebrojivog skupa je konacan ili prebrojiv. Unija najvise pre-

brojivo mnogo prebrojivih skupova je prebrojiv skup. Ako je A prebrojiv tadaje i Ak = A×A×A× · · · ×A︸︷︷︸

k

prebrojiv.

Napomena: Kardinalnost (kardinalni broj, moc) skupa je, dakle, zajednicka ka-rakteristika svih medusobno ekvipotentnih skupova. Kod konacnih skupova kardi-nalni broj se poklapa sa brojem elemenata skupa, dok kod beskonacnih, dva skupamogu imati isti kardinalni broj, iako je jedan od njih pravi podskup drugog (primer1.6.1: |2N| = |N| iako je 2N ( N).

Glava 2

Topoloski prostori

2.1 Osnovni pojmovi i primeri

Podsetimo se, najpre, pojma metrickog prostora.Ako je X 6= ∅ proizvoljan skup i ako postoji funkcija d : X × X → R koja

ispunjava uslove:

1◦ (∀x, y ∈ X) d(x, y) ≥ 0

2◦ (∀x, y ∈ X) d(x, y) = 0⇔ x = y

3◦ (∀x, y ∈ X) d(x, y) = d(y, x)

4◦ (∀x, y, z ∈ X) d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z)

tada uredeni par (X, d) zovemo metricki prostor. Funkcija d zove se rastojanjeili metrika na skupu X. Cesto metricki prostor (X, d), ako ne postoji opasnost odzabune, obelezavamo samo sa X.

Neka je ε > 0 i x0 ∈ X, gde je X metricki prostor. Tada skup

B(x0, ε) = {x ∈ X : d(x0, x) < ε} (2.1)

zovemo ε-okolina sa centrom u x0 ∈ X ili otvorena lopta sa centrom u tacki x0poluprecnika ε.

Sledecom definicijom uvodimo pojam otvorenog skupa.

Definicija 2.1.1. Neka je X metricki prostor. Za skup U ⊆ X kazemo da jeotvoren u X ako je prazan ili ako vazi:

(∀x ∈ U)(∃ε > 0)B(x, ε) ⊆ U

Drugim recima, podskup metrickog prostora je otvoren ako je prazan ili akosadrzi svaku svoju tacku zajedno sa nekom ε-okolinom sa centrom u toj tacki.

Teorema 2.1.1. Svaka ε-okolina jeste otvoren skup.

Dokaz. Treba dokazati:

(∀y ∈ B(x, ε))(∃δ > 0)B(y, δ) ⊆ B(x, ε)

12

GLAVA 2. TOPOLOSKI PROSTORI 13

Stavimo δ = ε− d(x, y). Neka je z ∈ B(y, δ) proizvoljan. Iz (2.1) sledi d(y, z) < δ.Tada je:

d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) < d(x, y) + δ = d(x, y) + ε− d(x, y) = ε

odnosno d(x, z) < ε, tj. z ∈ B(x, ε). Dakle, B(y, δ) ⊆ B(x, ε) sto je i trebalodokazati.

Teorema 2.1.2. Skup U ⊆ X je otvoren u metrickom prostoru X akko je jednakuniji neke kolekcije otvorenih lopti.

Dokaz. Neka je U proizvoljan otvoren skup. Tada, po definiciji, imamo:

(∀x ∈ U)(∃εx > 0)B(x, εx) ⊆ U

Lako je proveriti (dokazati za vezbu) da iz prethodnog iskaza sledi:

U =⋃{B(x, εx) : x ∈ U}

Obrnuta implikacija se takode dokazuje na jednostavan nacin.

Teorema 2.1.3 (Teorema o otvorenim skupovima u metrickom prostoru).Neka je Ud kolekcija svih otvorenih skupova metrickog prostora X. Tada za ovukolekciju vazi:

1◦ Skup X i prazan skup ∅ su otvoreni, tj. X,∅ ∈ Ud;

2◦ Unija proizvoljne kolekcije otvorenih skupova je otvoren skup, tj.

∀{Uα : α ∈ A} ⊆ Ud ⇒⋃{Uα : α ∈ A} ∈ Ud

3◦ Presek bilo koja dva otvorena skupa je otvoren skup, tj.

∀ U, V ∈ Ud ⇒ U ∩ V ∈ Ud

Dokaz.

1◦ Neka je ε > 0 proizvoljan broj. Tada, za svako x ∈ X, vazi B(x, ε) ⊆ X, aodatle sledi: ⋃

x∈XB(x, ε) ⊆ X (2.2)

S druge strane, vazi: (∀x ∈ X) x ∈ B(x, ε) ⊆⋃x∈X

B(x, ε), pa je

X ⊆⋃x∈X

B(x, ε) (2.3)

Iz (2.2) i (2.3) dobijamo:

X =⋃x∈X

B(x, ε) ∈ Ud

jer se moze predstaviti kao unija neke kolekcije otvorenih lopti (teorema 2.1.2).Prazan skup mozemo shvatiti kao unija prazne kolekcije otvorenih lopti, pa je∅ ∈ Ud.


2◦ Skupovi Uα(α ∈ A) su otvoreni pa se mogu predstaviti kao unija neke kolekcijeotvorenih lopti. Tada je i

⋃{Uα : α ∈ A} takode unija neke kolekcije otvorenih

lopti, pa je otvoren, tj: ⋃{Uα : α ∈ A} ∈ Ud

3◦ Neka su U i V otvoreni skupovi. Treba dokazati:

(∀x ∈ U ∩ V )(∃ε > 0)x ∈ B(x, ε) ⊆ U ∩ V

Neka je x ∈ U ∩ V proizvoljan. Tada je x ∈ U i x ∈ V . Iz definicije 2.1.1 sledi:

(∃ε1 > 0)x ∈ B(x, ε1) ⊆ U (∃ε2 > 0)x ∈ B(x, ε2) ⊆ V

Uzmimo ε = min{ε1, ε2}. Tada je:

B(x, ε) ⊆ B(x, ε1) ⊆ U ∧B(x, ε) ⊆ B(x, ε2) ⊆ V ⇒ B(x, ε) ⊆ U ∩ V

Ove tri osobine metrickih prostora posluzile su nam za definisanje apstraktnijihprostora koji se nazivaju topoloski prostori. Njih uvodimo sledecom definicijom.

Definicija 2.1.2. Neka je X 6= ∅ proizvoljan skup. Kolekciju τ podskupova skupaX nazivamo topologijom na X ako zadovoljava sledece uslove:

(T 1) Skup X i prazan skup ∅ su otvoreni, tj. X,∅ ∈ τ ;

(T 2) Unija proizvoljne kolekcije elemenata iz τ je element iz τ , tj.

∀{Uα : α ∈ A} ⊆ τ ⇒⋃{Uα : α ∈ A} ∈ τ

(T 3) Presek bilo koja dva elementa iz τ je element iz τ , tj.

∀ U, V ∈ τ ⇒ U ∩ V ∈ τ

Tada uredeni par (X,τ ) nazivamo topoloski prostor, a elemente topologije τotvorenim skupovima.

Cesto topoloski prostor (X,τ ), ako ne postoji opasnost od zabune i ako setopologija τ podrazumeva, obelezavamo samo sa X.

Primer 2.1.1. Iz teoreme 2.1.3 (Teorema o otvorenim skupovima u metrickomprostoru) vidimo da svi metricki prostori zadovoljavaju uslove iz prethodne defini-cije, pa zakljucujemo da su metricki prostori primeri topoloskih prostora.

Primer 2.1.2. Neka je X 6= ∅. Posmatrajmo sledece kolekcije skupova:

(a) D = P (X) (b) I = {∅, X}

(a) Lako se pokazuje (proveriti) da je (X,D) topoloski prostor. Topologiju D

zovemo diskretna topologija na X, a odgovarajuci prostor - diskretan to-poloski prostor. Primetimo da je diskretna topologija

”najbogatija“ otvorenim

skupovima.


(b) Jos jednostavnije je pokazati da je (X, I) topoloski prostor. Topologiju I zo-vemo indiskretna topologija na X, a odgovarajuci prostor - indiskretantopoloski prostor.

Iz ovog primera zakljucujemo da na svakom nepraznom skupu postoje bar dvetopologije.

Primer 2.1.3 (Obicna topologija na skupu R). Posmatrajmo sledecu kolekcijuskupova:

τo = {U ⊆ R : (∀x ∈ U)(∃(a, b) ⊆ R) x ∈ (a, b) ⊆ U,−∞ < a < b < +∞} ∪ {∅}

Imajuci u vidu da za (a, b) ∩ (c, d) 6= ∅ vazi (dokazati)

(a, b) ∩ (c, d) = (max{a, c},min{b, d})

bez teskoca se dokazuje da je τo topologija na R koju zovemo obicna ili uobicajenatopologija. Na R cemo uvek, osim ako to ne kazemo drugacije, podrazumevati ovutopologiju.

Skupove oblika (a, b) = {x ∈ R : a < x < b} zovemo otvorenim intervalima. Izdefinicije obicne topologije zakljucujemo da vazi sledeca teorema:

Teorema 2.1.4. Skup U ⊆ R je otvoren u R akko je jednak uniji neke kolekcijeotvorenih intervala.

Dakle, na skupu R odmah imamo tri topologije: D, I, i τo za koje vazi:I ⊆ τo ⊆ D. Topologije na istom skupu uporedujemo na sledeci nacin:

Definicija 2.1.3. Neka su τ1 i τ2 dve topologije na skupu X. Ako je τ1⊆τ2 ondakazemo da je τ1 grublja (siromasnija, slabija, sa manje otvorenih skupova) od τ2,a za τ2 kazemo da je finija (bogatija, jaca, sa vise otvorenih skupova) od τ1.


2.2 Baza. Lokalna baza. Predbaza (subbaza)

Da bismo proucavali osobine neke topologije nije potrebno posmatrati sve njeneelemente, vec se njene osobine mogu dobiti i na osnovu posebno izabranih podsku-pova te topologije.

Definicija 2.2.1. Neka je (X,τ ) topoloski prostor. Tada, za kolekciju B ⊆ τkazemo da je baza topologije τ ako se svaki otvoren skup iz X moze predstavitikao unija neke kolekcije elemenata iz B, tj.

(∀U ∈ τ ) U =⋃{B : B ∈ B1 ⊆ B} =

⋃B∈B1⊆B

B

Iz skupovne ekvivalencije (dokazati za vezbu)

A =⋃

α∈A′⊆A

Aα ⇔ (∀x ∈ A)(∃α ∈ A) x ∈ Aα ⊆ A (2.4)

pokazuje se da je sledeca definicija ekvivalentna prethodnoj.

Definicija 2.2.2. Neka je (X,τ ) topoloski prostor. Tada, za kolekciju B ⊆ τkazemo da je baza topologije τ ako

(∀U ∈ τ )(∀x ∈ U)(∃B ∈ B) x ∈ B ⊆ U

Ako u prethodnoj definiciji uzmemo fiksirano x dobijamo sledecu definiciju.

Definicija 2.2.3. Neka je (X,τ ) topoloski prostor i x ∈ X proizvoljan fiksiranelement prostora X. Tada, za kolekciju Bx ⊆ τ kazemo da je lokalna bazatopologije τ u x ako

(∀U ∈ τ , U 3 x)(∃B ∈ Bx) x ∈ B ⊆ U

Primer 2.2.1. Iz definicije 2.1.1 otvorenih skupova u metrickom prostoru za-kljucujemo da kolekcija svih otvorenih lopti predstavlja bazu za metricku topologijuU

d, tj.

B = {B(x, r) : (x, r) ∈ X × (0,+∞)}

je baza za Ud. Takode, za svako fiksirano x ∈ X, dobija se i lokalna baza u x:

Bx = {B(x, r) : r ∈ (0,+∞)}

Za svako r ∈ (0,+∞) postoji dovoljno veliko n tako da vazi 1n < r, pa sledi:

B(x,1

n) ⊆ B(x, r)

Odavde nije tesko pokazati da u metrickim prostorima imamo i prebrojivu lokalnubazu:

B′x =

{B

(x,

1

n

): n ∈ N

}


Definicija 2.2.4 ((prva) C1 - aksioma prebrojivosti). Za topoloske prostorekoji u svakoj svojoj tacki imaju prebrojivu lokalnu bazu kazemo da zadovoljavaju(prvu) C1 - aksiomu prebrojivosti.

Definicija 2.2.5 ((druga) C2 - aksioma prebrojivosti). Za topoloske pro-store koji imaju prebrojivu bazu kazemo da zadovoljavaju (drugu) C2 - aksiomuprebrojivosti.

Primer 2.2.2. Neka je (X,D) diskretan topoloski prostor (primer 2.1.2). Nepos-redno se vidi da je

(∀A ∈ D)A =⋃{{x} : x ∈ A}

pa je kolekcija {{x} : x ∈ A} baza za diskretnu topologiju. Ocigledno, ako je Xneprebrojiv, onda diskretan prostor (X,D) nema prebrojivu bazu.

Primer 2.2.3. Iz definicije obicne topologije na R (primer 2.1.3) sledi da je kolek-cija svih otvorenih intervala baza te topologije. Drugim recima: podskup skupa Rje otvoren akko se moze predstaviti kao unija neke kolekcije otvorenih intervala.Neka je (a, b) proizvoljan otvoren interval i x ∈ (a, b) proizvoljan element. Koris-teci poznatu cinjenicu da izmedu svaka dva realna broja postoji racionalan broj,dobijamo:

Izmedu a i x postoji racionalan broj p;Izmedu x i b postoji racionalan broj q;

Odavde je x ∈ (p, q) ⊆ (a, b), odakle zakljucujemo da je kolekcija

{(p, q) : (p, q) ∈ Q×Q, p < q}

takode baza za obicnu topologiju. Posto otvorenih intervala sa racionalnim koefi-cijentima ima prebrojivo mnogo (|Q×Q| = ℵ0) zakljucujemo da obicna topologijaima prebrojivu bazu (tj. zadovoljava drugu aksiomu prebrojivosti).Takode, za x ∈ (a, b) postoji dovoljno malo ε > 0 tako da vazi (x−ε, x+ε) ⊆ (a, b),pa dobijamo jos jednu bazu obicne topologije:

B = {(x− ε, x+ ε) : x ∈ R, ε > 0}

Za fiksirano x dobijamo lokalnu bazu obicne topologije τo u tacki x:

Bx = {(x− ε, x+ ε) : ε > 0}

Za proizvoljno ε > 0 i dovoljno veliko n vazi (x− 1n , x+ 1

n ) ⊆ (x− ε, x+ ε), pa nataj nacin dobijamo i prebrojivu lokalnu bazu ove topologije u tacki x:

B′x =

{(x− 1

n, x+

1

n

): n ∈ N

}Na osnovu prethodnog, zakljucujemo da skup realnih brojeva R sa obicnom topolo-gijom τo ima i prebrojivu lokalnu bazu, i prebrojivu bazu, odnosno da zadovoljavai prvu, i drugu aksiomu prebrojivosti.


Analogno kao i u metrickim prostorima, zatvorene skupove u topoloskim pros-torima definisemo na sledeci nacin.

Definicija 2.2.6. Neka je (X,τ ) topoloski prostor. Tada je F ⊆ X zatvoren akoje X \ F otvoren (X \ F ∈ τ ). Kolekciju svih zatvorenih skupova obelezavamo saF, tj.

F = {F ⊆ X : X \ F ∈ τ }Teorema 2.2.1. Kolekcija svih zatvorenih skupova F u topoloskom prostoru (X,τ )zadovoljava sledece uslove:

1◦ Skup X i prazan skup ∅ su zatvoreni, tj. X,∅ ∈ F;

2◦ Presek proizvoljne kolekcije zatvorenih skupova je zatvoren skup, tj.

∀{Fα : α ∈ A} ⊆ F ⇒⋂{Fα : α ∈ A} ∈ F

3◦ Unija bilo koja dva zatvorena skupa je zatvoren skup, tj.

∀ F1, F2 ∈ F ⇒ F1 ∪ F2 ∈ F

Uputstvo. Koristiti De Morganove formule (poglavlje 1.3, formule 1.5 i 1.6) i defi-niciju topologije.

Zadatak 1. U obicnoj topologiji τo na R, jednoelementni podskupovi {x} suzatvoreni.

Resenje. Skup R\{x} = (−∞, x) ∪ (x,+∞) je otvoren, jer su skupovi

(−∞, x) =⋃n∈N

(x− n, x) (x,+∞) =⋃n∈N

(x, x+ n)

otvoreni (mogu prikazati kao unije neke kolekcije otvorenih intervala). Kako jeskup R\{x} otvoren, izdefinicije 2.1.6 zakljucujemo da je skup {x} zatvoren. Naisti nacin pokazuje se da je segment [a, b]={x∈R : a≤x≤b} zatvoren jer je njegovkomplement R\[a, b] = (−∞, a)∪ (b,+∞) otvoren skup u obicnoj topologiji τo.

Da presek proizvoljne kolekcije otvorenih skupova ne mora da bude otvoren,pokazuje sledeci primer:

{x} =⋂n∈N

(x− 1

n, x+

1

n

)


Zadatak 2. Neka je dat skup X = {a, b, c, d, e}. Ispitati da li su sledece kolekcijepodskupova od X topologije na X:

(a) τ1 = {∅, X, {a}, {a, b}, {a, e}, {a, b, c}}

(b) τ2 = {∅, X, {a}, {a, b}, {a, c}, {a, c, d}, {a, b, c}, {a, b, c, d}}

Resenje.

(a) X,∅ ∈ τ1 pa je uslov (T 1) zadovoljen. Medutim {{a, b}, {a, e}} ⊆ τ1, ali{a, b} ∪ {a, e} = {a, b, e} /∈ τ1, pa zakljucujemo da τ1 nije topologija na X.

(b) X,∅ ∈ τ2 pa je uslov (T 1) zadovoljen. Kolekcija τ2 podskupova od X imakonacno mnogo elemenata, pa je bilo koja kolekcija podskupova iz τ2 konacna.Odavde sledi da unija bilo koje kolekcije elemenata iz τ2 pripada τ2 akko unijabilo koja dva elementa iz τ2 pripada τ2 (dokazati indukcijom). Na osnovu togatreba proveriti da li su presek i unija bilo koja dva elementa iz τ2 takode u τ2.Ako taj uslov vazi onda je τ2 topologija. U slucaju da za podskupove A i B izτ2 vazi A ⊆ B (B ⊆ A) tada je:

A ∪B = B ∈ τ2 (A ∪B = A ∈ τ2) A ∩B = A ∈ τ2 (A ∩B = B ∈ τ2)

pa je uslov zadovoljen. U ostalim slucajevima imamo:

{a, b} ∪ {a, c} = {a, b, c} ∈ τ2 {a, b} ∩ {a, c} = {a} ∈ τ2

{a, b} ∪ {a, c, d} = {a, b, c, d} ∈ τ2 {a, b} ∩ {a, c, d} = {a} ∈ τ2

{a, c, d} ∪ {a, b, c} = {a, b, c, d} ∈ τ2 {a, c, d} ∩ {a, b, c} = {a, c} ∈ τ2

Svi navedeni podskupovi su iz τ2 pa, na osnovu prethodnog, zakljucujemo daje τ2 topologija na X.

Zadatak 3. Neka je dat skup X i τ = {∅, X,A,B}, A 6= X, B 6= X, A 6= ∅,B 6= ∅, A 6= B.

(a) Koje uslove moraju zadovoljavati podskupovi A i B da bi τ bila topologija naX?

(b) Na skupu {a, b, c} naci sve topologije prethodnog tipa.

Resenje.

(a) Zbog (T 3) mora biti A ∩B∈τ . Treba razmotriti sledece slucajeve:

1◦ A ∩B = ∅2◦ A ∩B = X

3◦ A ∩B = A

4◦ A ∩B = B


1◦ A∩B=∅. Tada, iz uslova A∪B∈τ ostaje samo jedna mogucnost A∪B=X(A∪B=∅ ne moze biti jer su A i B neprazni skupovi, A∪B ne moze bitijednako ni A ni B jer bi tada npr. bilo A∪B=A⇒ B⊆A⇒ A∩B=B 6=∅).Dakle, jedan od trazenih uslova je:

A ∩B = ∅ ∧A ∪B = X (2.5)

2◦ A ∩ B =X. Ovaj slucaj je nemoguc. Naime, iz A ∩ B =X sledi X ⊆A iX⊆B, pa je A=X=B sto je u suprotnosti sa pretpostavkom A 6=B datomu zadatku.

3◦ A ∩ B = A. Odavde je B ⊆ A, ali i A 6= B (pretpostavka). Tada vaziA ∪B=B∈τ . Dakle, jos jedan trazeni uslov je:

∅ 6= A ( B ( X (2.6)

4◦ A ∩B=B. Ovaj slucaj je analogan prethodnom. Njegovo resenje je:

∅ 6= B ( A ( X (2.7)

(b) Neka student samostalno koriscenjem uslova (2.5), (2.6) i (2.7) resi ovaj deozadatka.

Zadatak 4. Neka je X 6=∅ i (Y,τ ) topoloski prostor. Ako je dato preslikavanje

f :X→Y dokazati da je kolekcija τ ∗ = {f−1(U) : U ∈ τ } topologija na X.

Resenje. Dokazimo da τ ∗ zadovoljava uslove definicije 2.1.2:

(T 1) Kako je Y,∅∈τ to je X = f−1(Y )∈τ ∗ i ∅= f−1(∅)∈τ ∗ pa je ovaj uslovispunjen.

(T 2) Neka je {f−1(Uα) : α ∈ A} proizvoljna kolekcija podskupova iz τ ∗. Tada je,

po definiciji τ ∗, {Uα : α ∈ A} kolekcija otvorenih skupova u Y , pa imamo:

{Uα : α ∈ A} ⊆ τ ⇒⋃{Uα : α ∈ A} =

⋃α∈A

Uα ∈ τ

Odavde sledi:⋃{f−1(Uα) : α ∈ A} =

⋃α∈A

f−1(Uα) = f−1

( ⋃α∈A

Uα

)∈ τ ∗

tj. unija neke kolekcije elemenata iz τ ∗ je element iz τ ∗ pa je i ovaj uslovispunjen.

(T 3) Neka su V1 i V2 proizvoljni elementi iz τ ∗. Tada postoje otvoreni skupoviU1, U2∈τ tako da vazi V1 =f−1(U1) i V2 =f−1(U2). Kako je U1, U2∈τ tadaje i U1 ∩ U2∈τ pa imamo:

V1 ∩ V2 = f−1(U1) ∩ f−1(U2) = f−1(U1 ∩ U2) ∈ τ ∗

tj. presek bilo koja dva elementa iz τ ∗ je element iz τ ∗ sto je i trebalodokazati.


Definicija 2.2.7. Ako presek konacno mnogo elemenata neke kolekcije otvore-nih skupova obrazuje bazu za topologiju τ , onda se ta kolekcija zove predbaza(subbaza).

Primer 2.2.4. U obicnoj topologiji τo, kolekcija {(−∞, b), (a,+∞) : a, b ∈ R}jeste predbaza za obicnu topologiju, jer se svaki otvoren interval (a, b) moze pred-staviti u obliku:

(a, b) = (−∞, b) ∩ (a,+∞)

Teorema 2.2.2 (Teorema o bazi). Neka je X neki skup i B kolekcija podskupovaskupa X. Kolekcija B je baza neke jedinstvene topologije τ na X akko za B vazi:

1◦ X =⋃B∈B

B =⋃{B : B ∈ B}

2◦ (∀B1, B2 ∈ B)(∀x ∈ B1 ∩B2)(∃B3 ∈ B) x ∈ B3 ⊆ B1 ∩B2

Dokaz.(=⇒): Neka je B baza za neku topologiju τ na X. τ je topologija na X, pa slediX ∈ τ , a B je baza topologije τ , pa se X predstavlja kao unija neke potkolekcijekolekcije B:

X =⋃

B∈B1⊆B

B ⊆⋃B∈B

B ⇒ X =⋃B∈B

B

Dokazimo sada da vazi uslov (2◦). Neka su B1, B2 ∈ B i x ∈ B1 ∩ B2. Kako jeB1, B2 ∈ B ⊆ τ tada je i B1 ∩B2 ∈ τ i kako je B baza za τ , to iz definicije 2.2.2sledi:

(∀x ∈ B1 ∩B2)(∃B3 ∈ B) x ∈ B3 ⊆ B1 ∩B2

sto je i trebalo dokazati.(⇐=): Neka kolekcija B podskupova skupaX zadovoljava uslove (1◦) i (2◦). Dokazimoda postoji topologija τ kojoj je B baza. Definisimo kolekciju τ na sledeci nacin:

τ = {U : U je unija neke kolekcije elemenata iz B}

⇐⇒ τ = {U ∈ P (X) : (∃B1 ⊆ B) U =⋃

B∈B1

B} (2.8)

Dokazimo da je τ topologija na X:

(T 1) Iz (1◦) sledi X ∈ τ . Prazan skup ∅ shvatamo kao uniju prazne kolekcije, paje i ∅ ∈ τ .

(T 2) Neka je {Uα : α ∈ A} proizvoljna kolekcija elemenata iz τ . Tada se, za svakoα ∈ A, Uα predstavlja kao unija neke kolekcije elemenata iz B, pa se i skup⋃{Uα : α ∈ A} predstavlja kao unija neke kolekcije elemenata iz B, tj.

∀{Uα : α ∈ A} ⊆ τ ⇒⋃{Uα : α ∈ A} ∈ τ

dakle, kolekcija τ ispunjava i uslov (T 2) definicije topologije.


(T 3) Neka su V1 i V2 proizvoljni elementi iz τ . Tada se oni mogu prikazati kao unijeneke kolekcije elemenata iz B. Treba dokazati da se i V1 ∩ V2 takode mozeprikazati kao unija neke kolekcije elemenata iz τ . Iz skupovne ekvivalencije(2.4) zakljucujemo da vazi

V1 ∩ V2 =⋃

B∈B1⊆B

B ⇔ (∀x ∈ V1 ∩ V2)(∃B ∈ B) x ∈ B ⊆ V1 ∩ V2 (2.9)

Dokazimo desnu stranu prethodnog iskaza. Neka je x∈ V1∩V2 proizvoljan.Tada postoje B1, B2∈B takvi da je x∈B1⊆V1 i x∈B2⊆V2 (sledi iz 2.8), tj.da je x∈B1∩B2 ⊆ V1∩V2. Odavde, i iz (2◦), sledi da postoji B3∈B takvoda je x∈B3 ⊆ B1∩B2 ⊆ V1∩V2, odnosno x∈B3 ⊆ V1∩V2. Time je desnastrana u (2.9) dokazana, a odatle sledi trazeni rezultat.

Ostaje jos dokazati jedinstvenost topologije τ . Neka je τ ∗ topologija kojoj je B

takode baza. Svaki element U ∈ τ predstavlja se kao U =⋃{B : B ∈ B1 ⊆ B}.

Medutim, B je baza i za topologiju τ ∗, pa U ∈ τ ∗, odnosno τ ⊆ τ ∗. Na isti nacinpokazujemo i da je τ ∗ ⊆ τ , sto zajedno sa τ ⊆ τ ∗ daje τ = τ ∗. Drugim recima,topologija τ sa bazom B je jedinstvena.

Definicija 2.2.8. Okolina neke tacke jeste svaki otvoren skup koji sadrzi tu tacku.

Napomena 2.2.1. U nekim udzbenicima se pod okolinom tacke x podrazumevasvaki skup A za koji postoji neki otvoren skup U takav da vazi x ∈ U ⊆ A. U ovomslucaju, ako je A otvoren (zatvoren), za njega kazemo da je otvorena (zatvorena)okolina tacke x. Tada takode vazi: Skup A je otvoren akko je okolina svake svojetacke. Mi cemo pod okolinom neke tacke podrazumevati prethodnu definiciju.

Teorema 2.2.3 (Teorema o lokalnoj bazi). Neka je (X,τ ) topoloski prostor iBX lokalna baza topologije τ u tacki x. Tada su zadovoljeni sledeci uslovi:

1◦ (∀B ∈ Bx) x ∈ B2◦ ∀B1, B2 ∈ Bx ⇒ B1 ∩B2 ∈ Bx

3◦ (∀B ∈ Bx)(∀y ∈ B)(∃B′ ∈ By) y ∈ B′ ⊆ B

Iz prethodne teoreme zakljucujemo sledece:

1◦ Svaka bazna okolina tacke x sadrzi tu tacku;

2◦ Presek dve okoline neke tacke je okolina te tacke;

3◦ Okoline tacaka su otvoreni skupovi;

Definicija 2.2.9. Neka je (X,τ ) topoloski prostor. Za topoloski prostor (X,τ )kaze se da je metrizabilan ako postoji metrika d takva da je topologija Ud, kojaje indukovana ovom metrikom, upravo topologija τ (tj. Ud = τ ).


2.3 Podskupovi topoloskog prostora i operacije sanjima

Definicija 2.3.1. Neka je (X,τ ) topoloski prostor i A ⊆ X. Tada, za tacku x ∈ Xkaze se da je:

(a) tacka zatvaranja (adherentna tacka) skupa A ako svaka okolina tacke xima neprazan presek sa skupom A, tj.

(∀ okolinu U 3 x) U ∩A 6= ∅

Skup svih tacaka zatvaranja skupa A zovemo zatvaranje (adherencija) skupaA i oznacavamo sa A (ili ClA, ili Cl

XA), tj.

A = {x ∈ X : x je tacka zatvaranja skupa A}

(b) tacka nagomilavanja skupa A ako svaka okolina tacke x, bez te tacke, imaneprazan presek sa skupom A, tj.

(∀ okolinu U 3 x) U \ {x} ∩A 6= ∅

Skup svih tacaka nagomilavanja skupa A zovemo izvodni skup skupa A ioznacavamo sa A′, tj.

A′ = {x ∈ X : x je tacka nagomilavanja skupa A}

(c) unutrasnja tacka skupa A ako postoji okolina U tacke x koja je podskupskupa A, tj.

(∃ okolina U 3 x) x ∈ U ⊆ ASkup svih unutrasnjih tacaka skupa A zovemo unutrasnjost (interior) skupaA i oznacavamo sa intA (ili int

XA, ili A◦), tj.

intA = {x ∈ X : x je unutrasnja tacka skupa A}

(d) granicna (rubna) tacka skupa A ako svaka okolina U tacke x ima neprazanpresek sa skupom A i sa njegovim komplementom, tj.

(∀ okolinu U 3 x) U ∩A 6= ∅ ∧ U ∩ (X \A) 6= ∅

Skup svih granicnih (rubnih) tacaka skupa A zovemo granica (rub) skupa Ai oznacavamo sa ∂A (ili frA), tj.

∂A = {x ∈ X : x je granicna tacka skupa A}

Primetimo odmah da iz (a) i (d) prethodne definicije sledi ∂A = A ∩ (X \A)

Teorema 2.3.1 (Teorema o zatvaranju). Za proizvoljan podskup A topoloskogprostora vazi:

A =⋂{F ⊆ X : A ⊆ F, F zatvoren} =

⋂A⊆F,F zat

F (2.10)


Dokaz. Posto X ∈ {F ⊆ X : A ⊆ F, F zatvoren} zakljucujemo da je familija nadesnoj strani u (2.10) neprazna. Treba dokazati:

A ⊆⋂

F⊆X,F zat

F i A ⊇⋂

A⊆F,F zat

F

Prelaskom na komplement u poslednjim inkluzijama dobijamo:

X \A ⊇ X \⋂

A⊆F,F zat

F i X \A ⊆ X \⋂

A⊆F,F zat

F (2.11)

Neka x ∈ X \⋂

A⊆F,F zat

F =⋃

A⊆F,F zat

(X \ F ). Tada postoji zatvoren skup F ⊇ A tako da

vazi x ∈ X \ F . Odavde sledi da je U = X \ F 3 x otvoren i da vazi

U ∩A ⊆ (X \ F ) ∩ F = ∅

Dakle, postoji okolina U 3 x takva da je U ∩A = ∅. Odavde sledi da je x /∈ A, tj.x ∈ X \A pa je prva inkluzija u (2.11) dokazana.

Dokazimo sada drugu inkluziju u (2.11). Neka je x ∈ X \ A. Tada postojiokolina U 3 x takva da vazi U ∩ A = ∅. Odavde sledi da je A ⊆ X \ U , X \ Uzatvoren i x /∈ X \U , pa x /∈

⋂A⊆F,F zat

F , tj. x ∈ X \⋂

A⊆F,F zat

F sto je i trebalo dokazati.

Iz prethodne teoreme mozemo zakljuciti sledece.

Posledica 2.3.1. Za podskup A topoloskog prostora X vazi:

(a) A jeste zatvoren skup.

(b) A jeste najmanji (u smislu inkluzije) zatvoren skup koji sadrzi A, tj.

(∀F ⊇ A,F zatvoren)A ⊆ F (2.12)

(c) A je zatvoren ⇐⇒ A = A

Posledica 2.3.2. Za proizvoljne podskupove A, B topoloskog prostora X vazi:

(a) ∅ = ∅(b) A ⊆ A(c) A ∪B = A ∪B

Dokaz. Dokaz pod (a) i (b) sledi neposredno iz definicije tacke zatvaranja.

(c) Prvo dokazimo da je A ∪B ⊆ A ∪B. Iz A ⊆ A i B ⊆ B sledi A ∪B ⊆ A ∪B,a skup A ∪B je zatvoren, pa iz (2.12) sledi A ∪B ⊆ A ∪B.Sada dokazimo da je A∪B ⊆ A ∪B, ili ekvivalentno X \(A∪B) ⊇ X \(A ∪B).Za svako x ∈ X \ (A ∪B) postoji okolina U 3 x tako da je U ∩ (A ∪ B) = ∅.Tada je ∅ = U ∩ (A ∪ B) = (U ∩ A) ∪ (U ∩ B), pa dobijamo U ∩ A = ∅ iU ∩B = ∅, odnosno x /∈ A ∪B, tj. x ∈ X \ (A ∪B), sto je i trebalo dokazati.Iz A ∪B ⊆ A ∪B i A ∪B ⊆ A ∪B sledi skupovna jednakost pod (c).


Teorema 2.3.2 (Teorema o unutrasnjosti). Za podskup A topoloskog prostoraX vazi:

intA =⋃{U ⊆ X : U ⊆ A,U otvoren} =

⋃U⊆A,Uotv

U

Dokaz. Ostavljamo studentu za vezbu.

Posledica 2.3.3. Za podskup A topoloskog prostora X vazi:

(a) intA jeste otvoren skup.

(b) intA jeste najveci (u smislu inkluzije) otvoren podskup skupa A, tj.

(∀U ⊆ A,U otvoren) U ⊆ intA (2.13)

(c) A je otvoren ⇐⇒ A = intA

Napomena 2.3.1. Iz stavke (c) prethodne posledice sledi da je podskup A to-poloskog prostora X otvoren ako i samo ako je jednak svojoj unutrasnjosti. KakointA ⊆ A uvek vazi, to je za dokazivanje otvorenosti skupa A dovoljno dokazatiA ⊆ intA ili simbolicki:

A = intA⇔ A ⊆ intA⇔ (∀x ∈ A)(∃ okolina U 3 x) x ∈ U ⊆ A

Poslednja relacija ima praktican znacaj u ispitivanju da li je neki skup otvoren iline.

Posledica 2.3.4. Za proizvoljne podskupove A i B topoloskog prostora X vazi:

(a) X = intX

(b) intA ⊆ A(c) int(A ∩B) = intA ∩ intB

(c) int(intA) = intA

Teorema 2.3.3. Za podskup A topoloskog prostora X vazi:

intA = X \ (X \A)

Dokaz.Dokazimo prvo intA ⊆ X \ (X \A):

(∀x ∈ X) x ∈ intA⇒ (∃ okolina U 3 x) U ⊆ A⇒ (∃ okolina U 3 x) U ∩ (X \A) = ∅

⇒ x /∈ X \A⇒ x ∈ X \ (X \A)

Sada dokazimo intA ⊇ X\(X \A). Iz posledice 2.3.2 pod (b) imamoX\A ⊆ X \A,pa je prelaskom na komplement X \ (X \A) ⊆ X \ (X \A) = A. Skup X \ (X \A)je otvoren (zasto?), pa iz posledice 2.3.3 pod (b) imamo X \ (X \A) ⊆ intA sto jei trebalo dokazati.


Definicija 2.3.2. Tacka x ∈ X je izolovana tacka podskupa A topoloskog pros-tora X ako postoji okolina U 3 x takva da je U ∩A = {x}.

Napomena 2.3.2. Ako x /∈ A′ (nije tacka nagomilavanja) tada postoji okolinaU 3 x takva da je U ∩ A ⊆ {x}, pri cemu je U ∩ A = {x} samo u slucaju kadax ∈ A.

Primer 2.3.1. Za A = [0, 1) ∪ {2} ⊆ R (u obicnoj topologiji) 2 /∈ A′, ali 2 ∈ A,pa je 2 izolovana tacka skupa A.

Primer 2.3.2. Posmatrajmo skup celih brojeva Z = {0,±1,±2, . . . } u topoloskomprostoru (R,τo). Intervali

(n− 1

2 , n+ 12

), n ∈ Z ne sadrze ni jedan ceo broj osim

n, pa su svi celi brojevi izolovane tacke skupa Z u topoloskom prostoru (R,τo).

Definicija 2.3.3. Podskup nekog topoloskog prostora cije su sve tacke izolovanenaziva se diskretan podskup.

Zadatak 5. Za podskup A topoloskog prostora X vazi:

1◦ A = A ∪A′

2◦ A = A ∪ ∂A3◦ A = intA ∪ ∂A4◦ A je zatvoren⇐⇒ A′ ⊆ A5◦ A je zatvoren⇐⇒ ∂A ⊆ A6◦ (A ∪B)′ = A′ ∪B′

Resenje. Uradicemo zadatak pod 1◦, 2◦, i 4◦, a ostalo ostavljamo za vezbu.

1◦ Prvo dokazimo A ⊆ A ∪ A′, ili tome ekvivalentno X \ (A ∪ A′) ⊆ X \ A. Zasvako x ∈ X \ (A ∪ A′) = (X \ A) ∩ (X \ A′) vazi x /∈ A i x /∈ A′. Iz x /∈ A′sledi da postoji okolina U 3 x takva da vazi U ∩ A ⊆ {x} (Napomena 2.3.1).Ali x /∈ A pa je U ∩A = ∅. Dokazali smo:

(∃ okolina U 3 x) U ∩A = ∅

tj. x /∈ A, odnosno x ∈ X \A sto je i trebalo dokazati.

Sada dokazimo A ∪ A′ ⊆ A. Znamo da vazi A ⊆ A, a lako se pokazuje da jeA′ ⊆ A (dokazati). Odavde imamo A ∪ A′ ⊆ A ∪ A = A. Iz A ⊆ A ∪ A′ iA ⊇ A ∪A′ sledi 1◦.

2◦ Prvo dokazimo A ⊆ A ∪ ∂A. Za svako x ∈ A i za svaku okolinu U 3 x vaziU ∩A 6= ∅. Ako za svaku takvu okolinu U 3 x vazi i U ∩ (X \A) 6= ∅ onda jex ∈ ∂A. U suprotnom, ako postoji okolina U0 3 x takva da je U0∩ (X \A) = ∅tada je i x ∈ U0 ⊆ X \ (X \ A) = A, tj. x ∈ A. Dakle, u oba slucaja sledix ∈ A ∪ ∂A pa vazi A ⊆ A ∪ ∂A.Sada dokazimo A∪∂A ⊆ A. Znamo da uvek vazi A ⊆ A, a iz ∂A = A∩ (X \A)sledi ∂A ⊆ A pa imamo A ∪ ∂A ⊆ A ∪A = A odakle sledi trazeni rezultat.


4◦ (=⇒) Neka je A zatvoren (A = A). Tada imamo:

(∀a ∈ A′)(∀ okolinu U 3 a) ∅ 6= U \ {a} ∩A ⊆ U ∩A

pa je U ∩ A 6= ∅, a odavde sledi a ∈ A = A, tj. a ∈ A. Time smo dokazaliA′ ⊆ A.(⇐=) Neka vazi A′ ⊆ A. Treba dokazati da je A zatvoren, odnosno A = A.Posto A ⊆ A vazi uvek, treba jos pokazati A ⊆ A, ili ekvivalentno tome X \A ⊆X \A. Po pretpostavci je A′ ⊆ A, odnosno X \A ⊆ X \A′. Odavde, za svakox ∈ X \ A sledi da x ∈ X \ A′, a odatle da postoji okolina U0 3 x takva da jeU0∩A ⊆ {x}. Medutim, x /∈ A (jer x ∈ X \A), pa je U0∩A = ∅, tj. x ∈ X \A.

Zadatak 6. Neka su A,B,Aα(α ∈ A) podskupovi topoloskog prostora X. Proverititacnost sledecih relacija:

1◦ A ⊆ B ⇒ A′ ⊆ B′

2◦ int(A \B) ⊆ int(A \ intB) ⊆ intA \ intB

3◦ ClA \ ClB ⊆ Cl(A \ ClB) ⊆ Cl(A \B)

4◦ Clint∂A = Cl(A ∩ int∂A) = Cl(int∂A \A)

5◦ ∂A ∪ ∂B = ∂(A ∪B)

6◦⋃α∈A

intAα ⊆ int( ⋃α∈A

Aα)

7◦⋂α∈A

intAα ⊇ int( ⋂α∈A

Aα)

8◦⋃α∈A

ClAα ⊆ Cl( ⋃α∈A

Aα)

9◦⋂α∈A

ClAα ⊇ Cl( ⋂α∈A

Aα)

10◦ intA = X \ Cl(X \A) = A \ ∂A

Resenje. Ostavljamo studentu za vezbu.

Zadatak 7. Neka je dat topoloski prostor (X,τ ), X = {a, b, c, d}, gde je

τ = {∅, X, {a}, {a, b}, {a, c}, {a, c, d}, {a, b, c}}

Za podskupove A = {a, b, d} i B = {b, c, d} naci A, B, intA, intB, A′, B′,∂A i ∂B.

Resenje. Iz topologije τ dobijamo kolekciju F svih zatvorenih skupova:

F = {∅, X, {b, c, d}, {c, d}, {b, d}, {b}, {d}}

Skup A je presek svih zatvorenih skupova koji su nadskup od A (Teorema 2.3.1),pa je A = X (iz kolekcije F je samo X ⊇ A). Skup B je zatvoren, pa je B = B ={b, c, d}. intA je unija svih otvorenih (teorema 2.3.2) podskupova skupa A, pa jeintA = {a} ∪ {a, b} = {a, b}. Na isti nacin dobijamo intB = ∅.


Iz A = A∪A′ = {a, b, d}∪{c} sledi c ∈ A′. Treba jos proveriti koje od tacaka a, b, dpripadaju skupu A′. Kako je skup {a} otvoren, to odmah sledi a /∈ A′. Sve okolinetacke b sadrze tacku a, pa presek tih okolina sa skupom A\{b} nije prazan. Odavdezakljucujemo da b ∈ A′. Iz istih razloga je i d ∈ A′, pa je A′ = {b, c, d}. Kako jeB = B = B ∪ B′ treba proveriti koje su od tacaka b, c i d tacke nagomilavanja.Imamo b /∈ B′ (jer {{a, b} \ {b}} ∩ B = ∅) i c /∈ B′ (jer {{a, c} \ {c}} ∩ B = ∅).Okoline tacke d, bez te tacke, imaju neprazan presek sa B, pa je B′ = {d}. Zanalazenje skupova ∂A i ∂B koristimo skupovnu jednakost ∂A = A ∩ (X \A):

X \A = {c} = X ∩ {b, c, d} ∩ {c, d} = {c, d}, X \B = {a} = X

Odavde je ∂A=A∩(X\A)=X∩{c, d}={c, d} i ∂B=B∩(X\B)=B∩X=B.

Definicija 2.3.4. Za podskup A topoloskog prostora X kazemo da je:

(a) svuda gust (race gust) u X ako je ClA = X (ili A = X);

(b) gust u odnosu na skup B ako je ClA ⊇ B (ili A ⊇ B);

(c) nigde gust u X ako je intClA = ∅ (ili intA = ∅);

Napomena 2.3.3. Iz prethodne definicije neposredno zakljucujemo:

A je gust u X ⇐⇒ (∀ otvoren skup U 6= ∅)U ∩A 6= ∅

Primer 2.3.3. U zadatku 7 primeri pravih gustih podskupova u X su {a, b, d} i{a}. Neka student samostalno pronade jos takvih podskupova.

Teorema 2.3.4. Neka je A podskup metrickog prostora (X, d). Tada vazi:

A je gust u X ⇐⇒ (∀x ∈ X) d(x,A) = 01

Dokaz. Pretpostavljajuci da student ima potrebno predznanje iz metrickih pros-tora, dokaz ove teoreme ostavljamo za vezbu.

Definicija 2.3.5. Za topoloski prostor X kaze se da je separabilan ako postojiprebrojiv i svuda gust podskup u X.

Primer 2.3.4. Svaki otvoreni interval realne prave sadrzi racionalan broj, pa jeskup racionalnih brojeva svuda gust (Q = R) u skupu realnih brojeva (sa obicnomtopologijom). Kako je skup racionalnih brojeva prebrojiv zakljucujemo da je skuprealnih brojeva sa obicnom topologijom separabilan.

Zadatak 8. Neka je τ kolekcija podskupova skupa R sastavljena od R, ∅ i svihneogranicenih intervala oblika (a,+∞), a ∈ R. Dokazati da je τ topologija na R.

Resenje.

(T 1) Iz definicije kolekcije τ sledi R,∅ ∈ τ .

1Realan broj d(x,A)=inf{d(x, y) : y ∈ A} zove se rastojanje tacke x od skupa A.


(T 2) Neka je {(a,+∞) : a ∈ A} proizvoljna kolekcija elemenata iz τ . Treba do-

kazati da i skup⋃{(a,+∞) : a ∈ A)} =

⋃a∈A

(a,+∞) pripada kolekciji τ .

Oznacimo sa inf A infimum skupa A. U skupu realnih brojeva R svaki pod-skup ima infimum koji je konacan (tj. realan broj) ako je podskup ogranicenodozdo, odnosno jednak je −∞ ako podskup nije ogranicen odozdo. Dakleinf A ≥ −∞. Iz definicije infimuma (infimum je najvece donje ogranicenje)imamo:

1◦ (∀a ∈ A)a ≥ inf A (infimum je donje ogranicenje)

2◦ (∀b ∈ R) b > inf A⇒ (∃a ∈ A) inf A ≤ a < b

(Uvecani infimum to vise nije)

Za svako x ∈⋃a∈A

(a,+∞) postoji a ∈ A takvo da je x ∈ (a,+∞), tj. da je

x > a. Posto je a ≥ inf A (sledi iz 1◦) i x > a dobijamo x > inf A, odnosno

x ∈ (inf A,+∞). Time smo dokazali da vazi⋃a∈A

(a,+∞) ⊆ (inf A,+∞).

Sada dokazimo obrnutu inkluziju. Za svako x ∈ (inf A,+∞) vazi x > inf A,pa iz 2◦ sledi da postoji a ∈ A takvo da je inf A ≤ a < x, odnosno x ∈(a,+∞). Time smo dokazali i obrnutu inkluziju, pa zakljucujemo da je⋃

a∈A

(a,+∞) = (inf A,+∞)

Razmotrimo sledeca dva moguca slucaja:(i) Ako je inf A = −∞, tada je (inf A,+∞) = (−∞,+∞) = R ∈ τ .(ii) Ako je inf A > −∞, tada je inf A ∈ R, pa iz definicije topologije τ sledi⋃

a∈A

(a,+∞) = (inf A,+∞) ∈ τ

U oba slucaja smo pokazali da⋃a∈A

(a,+∞) ∈ τ , sto je i trebalo dokazati.

(T 3) Za bilo koja dva neogranicena intervala (a,+∞) ∈ τ i (b,+∞) ∈ τ imamo:

(a,+∞) ∩ (b,+∞) = (max{a, b},+∞) ∈ τ (dokazati)

Zadatak 9. Neka je τ kolekcija podskupova od N sastavljena od praznog skupa isvih skupova oblika:

Nk = {k, k + 1, k + 2, . . . }(k ∈ N)

(a) Dokazati da je τ topologija na N;

(b) Navesti sve otvorene skupove koji sadrze broj 7;

(c) Naci izvodni skup skupa A = {10, 17, 24, 27};

(d) Naci kolekciju zatvorenih skupova ove topologije i naci zatvaranje (adherenciju)skupova B = {7, 19, 21, 57} i C = {2, 4, 6, . . . };


Resenje.

(a) Dokazimo da kolekcija τ zadovoljava uslove definicije topologije:

(T 1) Iz pretpostavki zadatka imamo ∅ ∈ τ i N = N1 = {1, 2, 3, . . . } ∈ τ paje ovaj uslov zadovoljen.

(T 2) Neka je {Nl : l ∈ L}, (∅ 6= L ⊆ N) proizvoljna kolekcija elemenata iz

τ . Treba dokazati da i skup⋃{Nl : l ∈ L} =

⋃l∈L

Nl ∈ τ . Znamo

da je skup N dobro ureden, tj da svaki njegov neprazan podskup imaminimalni element. Neka je l0 = minL. Tada je (∀l ∈ L) l ≥ l0 i l0 ∈ L.

Za svako m ∈⋃l∈L

Nl postoji l ∈ L tako da je m ∈ Nl = {l, l+1, l+2, . . . },

tj. da je m ≥ l. Iz m ≥ l i l ≥ l0 dobijamo m ≥ l0, odnosno m ∈ Nl0 =

{l0, l0 + 1, l0 + 2, . . . }. Time smo dokazali⋃l∈L

Nl ⊆ Nl0 , a kako l0 ∈ L,

to sledi i Nl0 ⊆⋃l∈L

Nl. Odavde sledi⋃l∈L

Nl = Nl0 ∈ τ .

(T 3) Neka su k, l ∈ N i k ≤ l. Tada je:

Nk = {k, k + 1, k + 2, . . . , l, l + 1, l + 2, . . . } ⊇ {l, l + 1, l + 2, . . . } = Nl

tj. (∀k, l ∈ N) k ≤ l ⇒ Nk ⊇ Nl. Odavde dobijamo da za svakoNk, Nl ∈ τ (k, l ∈ N) vazi Nk ∩Nl = Nmax{k,l} ∈ τ .

Topologija τ zadovoljava sva tri uslova definicije topologije, pa zakljucujemoda je τ topologija na N.

(b) Svi otvoreni skupovi koji sadrze broj 7 su N1, N2, . . . , N7 (Objasniti).

(c) Kako za svako n ∈ N vazi n ∈ Nn ⊆ Nk (∀k ∈ N, k ≤ n) zakljucujemo da susve okoline tacke n skupovi N1, N2, . . . , Nn. Tada imamo:

(∀n < 27) 27 ∈ Nn \ {n} ∩A⇒ Nn \ {n} ∩A 6= ∅,n = 27 ⇒ N27\{27}∩A = ∅

Odavde sledi da je skup svih tacaka nagomilavanja skupa A (tzv. indeksniskup A′) jednak A′ = {1, 2, . . . , 26}.

(d) Kolekcija zatvorenih skupova F topologije τ je data sa

F = {∅,N, {1}, {1, 2}, {1, 2, 3}, . . . }

pa je B = {1, 2, . . . , 57} i C = N (tj. C je gust u N).


Zadatak 10 (Kofinitna topologija). Neka je τ kolekcija podskupova od R datasa:

τk = {U ⊆ R : R \ U je konacan} ∪ {∅}

(a) Dokazati da je τk topologija na R.

(b) Dokazati da topoloski prostor (R,τk) ne zadovoljava C1-aksiomu prebrojivosti.

Resenje.

(a) Dokazimo da kolekcija τk zadovoljava uslove definicije topologije:

(T 1) Iz definicije kolekcije τk sledi ∅ ∈ τk. Kako je R \ R = ∅ (prazan skupje skup sa nula elemenata, pa je konacan) zakljucujemo R ∈ τk.

(T 2) Neka je {Uα : α ∈ A} proizvoljna kolekcija elemenata iz τk. Treba

dokazati da je i⋃{Uα : α ∈ A} =

⋃α∈A

Uα element iz τk. Posmatrajmo

skup:

R \( ⋃α∈A

Uα

)=⋂α∈A

(R \ Uα)

Po pretpostavci Uα ∈ τk (∀α ∈ A), pa su skupovi R\Uα (α ∈ A) konacnii vazi: ⋂

α∈A

(R \ Uα) ⊆ R \ Uα (∀α ∈ A)

Kako konacan skup ne moze biti nadskup beskonacnog, iz prethodne

inkluzije zakljucujemo da je⋂α∈A

(R\Uα) konacan, pa je⋃α∈A

Uα∈τk sto

je i trebalo dokazati.

(T 3) Neka su U i V proizvoljni podskupovi kolekcije τk. Tada su skupoviR \U i R \ V konacni, pa je i njihova unija R \U ∪R \ V = R \ (U ∩ V )konacna. Odavde mozemo zakljuciti da je U ∩V ∈ τk, pa je i ovaj uslovispunjen.

Kolekcija τk ispunjava sva tri uslova definicije topologije pa je njom definisanatopologija na R. Zovemo je kofinitna topologija.

(b) Pretpostavimo suprotno, da topoloski prostor (R,τk) zadovoljava C1 - aksiomuprebrojivosti (videti definiciju 2.2.4). Neka je {Bn : n ∈ N} prebrojiva lokalnabaza u nuli. Iz definicije topologije τk sledi da su skupovi R \ Bn (n ∈ N)konacni, pa je skup A =

⋃{R \ Bn : n ∈ N}, kao prebrojiva unija konacnih

skupova, prebrojiv. Tada je prebrojiv i skup A ∪ {0}. Skup R je neprebrojiv,a skup A ∪ {0} ⊆ R je prebrojiv, pa je R \ (A ∪ {0}) 6= ∅. Neka je

a ∈ R \ (A ∪ {0}) = R \ (⋃n∈N

(R \Bn) ∪ {0}) ==⋂n∈N

(Bn) ∩ (R \ {0})

Drugim recima, postoji realan broj a 6= 0 takav da je (∀n ∈ N) a ∈ Bn. SkupR \ {a} je otvoren u τk i zbog a 6= 0 sadrzi nulu (0 ∈ R \ {a}). Kako jekolekcija {Bn : n ∈ N} lokalna baza u nuli i R \ {a} otvoren skup koji sadrzi


nulu, to postoji n0 ∈ N tako da je 0 ∈ Bn0⊆ R \ {a}. Medutim, vec smo ranije

pokazali da a ∈ Bn0, pa imamo a ∈ Bn

0⊆ R \ {a}, tj. a ∈ R \ {a}, sto je

nemoguce. Do kontradikcije nas je dovela pretpostavka da (R,τ ) zadovoljavaC1 - aksiomu prebrojivosti. Odavde zakljucujemo da skup realnih brojeva sakofinitnom topologijom ne zadovoljava C1 - aksiomu prebrojivosti.

Zadatak 11. Ako topoloski prostor X zadovoljava C1 - aksiomu prebrojivosti tadapostoji lokalna prebrojiva opadajuca2 baza za svako x ∈ X.

Resenje. Neka je x proizvoljna tacka prostora X i {Bn : n ∈ N} odgovarajuca(prebrojiva) lokalna baza u x. Posmatrajmo skupove:

Un = B1 ∩B2 ∩ · · · ∩Bn (n ∈ N)

Kako x ∈ Bn (∀n ∈ N) to x ∈ Un (∀n ∈ N). Takode, za svako m < n (m,n ∈ N)vazi:

Um = B1 ∩B2 ∩ · · · ∩Bm ⊇ B1 ∩B2 ∩ · · · ∩Bm ∩ · · · ∩Bn = Un

Odavde zakljucujemo da je kolekcija {Un : n ∈ N} opadajuca. Ostaje jos dokazatida je ova kolekcija lokalna baza u x. Neka je V proizvoljan otvoren skup koji sadrzix. Posto je {Bn : n ∈ N} lokalna baza u x sledi da postoji n0 ∈ N tako da jex ∈ Bn0

⊆ V . Medutim, x ∈ Un0i Un

0⊆ Bn

0⊆V pa imamo x ∈ Un

0⊆V . Time smo

dokazali da je {Un : n ∈ N} lokalna opadajuca baza u x.

Zadatak 12 (Zorgenfrejeva prava). Neka je B kolekcija podskupova od R datasa:

B = {[a, b) : a ∈ R, b ∈ R, a < b}

(a) Dokazati da B predstavlja bazu neke jedinstvene topologije τ na R.

(b) Dokazati da topoloski prostor (R,τ ) ima prebrojivu bazu.

(c) Topologija τ jeste finija (sa vise otvorenih skupova)3 od obicne topologije τo.

(d) Skupovi oblika [a,+∞) i (−∞, b) (a, b ∈ R) su otvoreni, a skupovi oblika [a, b)(a, b ∈ R, a < b) su otvoreno-zatvoreni u topologiji τ .

Resenje.

(a) Potrebni i dovoljni uslovi da kolekcija B bude baza neke jedinstvene topologijena R su (Teorema o bazi 2.2.1):

1◦ R =⋃B∈B

B =⋃{B : B ∈ B}

2◦ (∀B1, B2 ∈ B)(∀x ∈ B1 ∩B2)(∃B3 ∈ B) x ∈ B3 ⊆ B1 ∩B2

2Kolekcija {Un : n ∈ N} je opadajuca ako vazi U1 ⊇ U2 ⊇ U3 . . .3pogledati definiciju 2.1.3


1◦ Neka je ε > 0 proizvoljan realan broj. Tada imamo:

(∀x ∈ R) x ∈ [x− ε, x+ ε)⇒ R ⊆⋃{[x− ε, x+ ε) : x ∈ R} ⊆

⋃B∈B

B

tj. R ⊆⋃B∈B

B. Kako uvek vazi⋃B∈B

B ⊆ R, to sledi R =⋃B∈B

B.

2◦ Za svako B1, B2 ∈ B je B1 = [a1, b1) i B2 = [a2, b2) (ai, bi ∈ R, ai < bi, i =1, 2). Za njih vazi (dokazati za vezbu)

B1 ∩B2 = [max{a1, a2},min{b1, b2}) = [a, b)

gde je a = max{a1, a2} ∈ R i b = min{b1, b2} ∈ R, pa imamo B3 = [a, b) ∈B. Dakle, za svako x ∈ B1∩B2, postoji B3 ∈ B tako da je x ∈ B3 ⊆ B1∩B2

(sledi iz B3 = B1 ∩B2) sto je i trebalo dokazati.

Kolekcija B zadovoljava oba uslova teoreme o bazi pa mozemo zakljuciti daona predstavlja bazu neke jedinstvene topologije τ na R. Skup R sa ovakvomtopologijom zovemo Zorgenfrejeva prava i ona je vazan izvor kontraprimera.

(b) Ostavljamo studentu za vezbu (anologno kao u primeru 2.2.3)

(c) Treba dokazati da je τo ⊆ τ . Skup U je otvoren u topologiji τ (tj. U ∈ τ )ako i samo ako je jednak svojoj unutrasnjosti (Napomena 2.3.1), odnosno akovazi:

(∀x ∈ U)(∃ okolina V 3 x) x ∈ V ⊆ U (2.14)

Za svako U ∈ τo i za svako x ∈ U postoji (pogledati primer 2.1.3) otvoren

interval (a, b) takav da vazi x ∈ (a, b) ⊆ U . Iz (a, b) =⋃n∈N

[a+1

n, b) (dokazati)

sledi (a, b) ∈ τ (zasto?). Imamo:

(∀x ∈ U)(∃ okolina V = [a, b) 3 x) x ∈ V ⊆ U

(gde je V okolina u τ ), odnosno U ∈ τ .

(d) Iz [a,+∞) =⋃n∈N

[a, a + n), sledi [a,+∞) ∈ τ (unija kolekcije sastavljene od

elemenata baze). Pod (b) smo dokazali τo ⊆ τ , a iz (−∞, b) =⋃n∈N

(b − n, b)

sledi (−∞, b) ∈ τo ⊆ τ , odnosno (−∞, b) ∈ τ . Iz [a, b) ∈ B ⊆ τ sledi da suskupovi [a, b) otvoreni u τ . Dokazimo sada da su oni i zatvoreni, odnosno da suskupovi R\[a, b) = (−∞, a)∪[b,+∞) otvoreni u τ . Prethodno smo pokazali dasu skupovi (−∞, a) i [b,+∞) otvoreni, pa je i njihova unija (−∞, a)∪[b,+∞) =R \ [a, b) otvoren skup, odnosno [a, b) je zatvoren. Dakle, skupovi oblika [a, b)su otvoreno- zatvoreni skupovi u τ .


Zadatak 13. Neka je τ kolekcija podskupova skupa X = {a, b, c, d, e} data sa:

τ = {∅, X, {a}, {a, c}, {a, c, d}, {a, b, c}, {a, b, c, d}}

(a) Dokazati da je τ topologija na X.

(b) Naci intA, ∂A,A′ za skup A = {a, b, c}.

(c) naci B za skup B = {c, e} i guste prave podskupove od X.

(d) Naci C ′ za skup C = {c, d, e}.

Uputstvo. Analogno zadatku 7.

Glava 3

Neprekidnost

3.1 Pojam neprekidnosti u topoloskim prostorima

Prisetimo se definicije neprekidnosti u metrickim prostorima:

Neka su (X, d) i (Y, d1) metricki prostori. Za preslikavanje f : X → Y kazese da je neprekidno u tacki x ∈ X ako za svako ε > 0 postoji δ = δ(ε) > 0tako da za svako y ∈ X, iz d(x, y) < δ sledi d1(f(x), f(y)) < ε, tj. ako vazi

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀y ∈ X) d(x, y) < δ ⇒ d1(f(x), f(y)) < ε (3.1)

Kako je uslov d(x, y)<δ ekvivalentan uslovu y ∈ Bd(x, δ), a uslov d1(f(x), f(y))<εekvivalentan uslovu f(y) ∈ Bd1(f(x), ε), to (3.1) mozemo zapisati i u obliku:

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀y ∈ X) y∈Bd(x, δ)⇒ f(y)∈Bd1(f(x), ε)

Ubuduce cemo (nadajuci se da to nece dovesti do zabune) otvorene lopte u obametricka prostora obelezavati sa B(a, ε).

Preslikavanje f je neprekidno na skupu A ⊆ X ako je neprekidno u svakojtacki skupa A. U slucaju da je preslikavanje f neprekidno na celom skupu X, ondakazemo da je neprekidno.

Sledeca teorema daje nam ekvivalentan uslov za neprekidnost u metrickim pros-torima. Ovaj uslov ce nam biti inspiracija za uvodenje definicije neprekidnosti naproizvoljnim topoloskim prostorima.

Teorema 3.1.1. Preslikavanje f : (X, d) → (Y, d1) je neprekidno ako i samo akoje skup f−1(V ) otvoren u X za svaki otvoren skup V u Y .

Dokaz.(=⇒) Neka je f : X → Y neprekidno preslikavanje i V ⊆ Y proizvoljan otvorenskup. Skup V je otvoren, pa za svako x ∈ f−1(V ), tj. f(x) ∈ V , postoji ε > 0tako da je B(f(x), ε) ⊆ V . Takode, iz definicije neprekidnosti, sledi da postojiδ > 0 tako da za svako y ∈ B(x, δ) vazi f(y) ∈ B(f(x), ε) ⊆ V , tj. da za svakof(y) ∈ f(B(x, δ)) vazi f(y) ∈ B(f(x), ε) ⊆ V . Time smo dokazali:

f(B(x, δ)) ⊆ B(f(x), ε) ⊆ V

GLAVA 3. NEPREKIDNOST 36

Prelaskom na inverznu sliku i koristeci osobinu A ⊆ f−1(f(A)) dobijamo:

B(x, δ) ⊆ f−1(f(B(x, δ)) ⊆ f−1(B(f(x), ε)) ⊆ f−1(V )

Na osnovu prethodnog, imamo: (∀x ∈ f−1(V ))(∃δ > 0) x ∈ B(x, δ) ⊆ f−1(V ), tj.skup f−1(V ) je otvoren u X sto je i trebalo dokazati.(⇐=) Neka je f−1(V ) otvoren uX za svaki otvoren skup V u Y . Za svako x ∈ X i zasvako ε > 0, otvorene lopte B(f(x), ε) su otvoreni skupovi u Y , pa iz pretpostavkesledi da je i skup f−1(B(f(x), ε)) ⊆ X otvoren i sadrzi x. Odavde sledi da postojiδ > 0 tako da je x ∈ B(x, δ) ⊆ f−1(B(f(x), ε)). Dakle:

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀y ∈ X) y ∈ B(x, δ)⇒ y ∈ f−1(B(f(x), ε))⇒ f(y) ∈ B(f(x), ε)

tj. preslikavanje f je neprekidno.

Definicija 3.1.1. Neka su (X,τ ) i (Y,τ1) topoloski prostori. Za preslikavanjef : (X,τ ) → (Y,τ1) kaze se da je neprekidno ako i samo ako je f−1(V ) otvorenskup u X, za svaki otvoren skup V u Y , tj.

(∀V ∈ τ1) f−1(V ) ∈ τ

Zadatak 14. Neka su X i Y topoloski prostori i y ∈ Y fiksiran element. Tadavazi:

(a) Identicko preslikavanje id : X → X definisano sa id(x) = x je neprekidno.

(b) Konstantno preslikavanje ϕ : X → Y definisano sa ϕ(x) = y je neprekidno.

Resenje.

(a) Dokazimo da je id−1(U) = U , za svaki otvoren skup U u X:

x ∈ id−1(U)⇒ x = id(x) ∈ U ⇒ x ∈ U ⇒ id−1(U) ⊆ Ux ∈ U ⇒ id(x) = x ∈ U ⇒ x ∈ id−1(U)⇒ U ⊆ id−1(U)

Time smo dokazali id−1(U) = U , to jest skup id−1(U) je otvoren u X. Sledi:identicko preslikavanje je neprekidno.

(b) Neka je V proizvoljan otvoren skup u Y . Tada vazi:

ϕ−1(V ) =

{X, ako y ∈ V∅, ako y /∈ V

U oba slucaja je ϕ−1(V ) otvoren skup pa je konstantno preslikavanje nepre-kidno.

Primer 3.1.1. Neka je (X,D) diskretan topoloski prostor, a (Y,τ ) proizvoljantopoloski prostor. Tada su sva preslikavanja f : (X,D) → (Y,τ ) neprekidna(Proveriti).


Sledeca teorema je veoma vazna jer ima praktican znacaj u ispitivanju da li jeneka funkcija neprekidna:

Teorema 3.1.2 (Teorema o neprekidnom preslikavanju). Neka su X i Ytopoloski prostori i neka je dato preslikavanje f : X → Y . Tada su sledeci usloviekvivalentni:

1◦ Preslikavanje f je neprekidno.

2◦ (∀x ∈ X)(∀ okolinu V 3 f(x))(∃ okolina U 3 x) f(U) ⊆ V

3◦ (∀A ⊆ X) f(A) ⊆ f(A)

4◦ Inverzna slika svakog zatvorenog skupa u Y je zatvoren skup u X, tj.

(∀F = F ⊆ Y ) f−1(F ) = f−1(F ) ⊆ X

Resenje.(1◦ =⇒ 2◦) Neka je x ∈ X i V 3 f(x) proizvoljna okolina tacke f(x). Preslikavanjef je neprekidno, pa je skup U = f−1(V ) otvoren i x ∈ U = f−1(V ). Odavde sledida je f(U) = f(f−1(V )) ⊆ V (pogledati formulu 16, poglavlje 1.5) pa je uslov 2◦

ispunjen.

(2◦ =⇒ 3◦) Neka vazi 2◦ i neka je A ⊆ X proizvoljan skup. Za svako f(x) ∈ f(A)vazi x ∈ A. Treba dokazati f(x) ∈ f(A), odnosno:

(∀x ∈ A)f(x) ∈ f(A)⇒ (∀ okolinu V 3 f(x))V ∩f(A) 6= ∅⇒ f(x) ∈ f(A) (3.2)

Neka je x ∈ A proizvoljna tacka i V 3 f(x) proizvoljna okolina. Tada, iz 2◦ sledida postoji okolina U 3 x takva da je f(U) ⊆ V . Kako je U okolina tacke x i kakox ∈ A, to sledi U ∩A 6= ∅, tj. postoji a ∈ U ∩A. Sada imamo:

f(a) ∈ f(U ∩A) ⊆ f(A) f(a) ∈ f(U ∩A) ⊆ f(U) ⊆ V

tj. f(a) ∈ f(A) ∩ V , odnosno f(A) ∩ V 6= ∅, pa je iskaz (3.2) dokazan. Iz (3.2)dobijamo f(A) ⊆ f(A) tj. uslov 3◦ je ispunjen.

(3◦ =⇒ 4◦) Neka vazi 3◦ i neka je F = F proizvoljan zatvoren skup u Y . Trebadokazati da je skup W = f−1(F ) ⊆ X zatvoren, odnosno W = W . Posto W ⊆Wvazi uvek, dovoljno je dokazati W ⊆W . Iz 3◦ sledi

f(W ) ⊆ f(W ) = f(f−1(F )) ⊆ F = F

tj. f(W ) ⊆ F . Prelaskom na inverznu sliku dobijamo f−1(f(W )) ⊆ f−1(F ),odnosno W ⊆ f−1(f(W )) ⊆ f−1(F ) = W , a to je upravo W ⊆ W pa zaista vazif−1(F ) = W = W = f−1(F ).

(4◦ =⇒ 1◦) Neka vazi 4◦. Treba dokazati da je f−1(V ) ⊆ X otvoren za svakiotvoren skup V ⊆ Y . Skup Y \ V je zatvoren u Y , pa iz 4◦ sledi da je skupf−1(Y\V )=X\f−1(V ) zatvoren u X. Odavde zakljucujemo da je skup f−1(V )⊆Xotvoren, pa je, pri datim pretpostavkama, uslov 1◦ ispunjen.


Napomena 3.1.1. Aku u uslovu 2◦ prethodne teoreme umesto”za svako x“

uzmemo x∈X fiksirano, tada dobijamo definiciju neprekidnosti funkcije u tacki x.

Sledecom definicijom uvodimo jedan od najvaznijih pojmova u topologiji, alina kojem se, zbog opstosti gradiva koje izlazemo u ovoj skripti, necemo dugozadrzavati.

Definicija 3.1.2. Za preslikavanje f : (X,τ ) → (Y,τ1) kazemo da je homeo-

morfizam ako je f bijekcija, a f i f−1 neprekidna preslikavanja.

Napomenimo jos jednu vrstu preslikavanja koja su specificna za metricke pros-tore:

Definicija 3.1.3. Neka su (X, d) i (X, d1) metricki prostori. Za preslikavanjef : (X, d)→ (X, d1) kaze se da je uniformno ako vazi:

(∀ε > 0)(∃δ = δ(ε) > 0)(∀x, y ∈ X)d(x, y) < δ ⇒ d1(f(x), f(y)) < ε

3.2 Topoloski potprostor i relativna topologija

Teorema 3.2.1. Neka je (X,τ ) topoloski prostor i A ⊆ X proizvoljan skup.Kolekcija

τA = {U ∩A : U ∈ τ }je topologija na skupu A.

Dokaz. Dokaz ove teoreme ostavljamo citaocu za vezbu.

Definicija 3.2.1. Neka je (X,τ ) topoloski prostor i A ⊆ X proizvoljan skup.Kolekcija

τA = {U ∩A : U ∈ τ }zove se relativna (nasledna, indukovana) topologija na skupu A, a topoloskiprostor (A,τA) zove se topoloski potprostor prostora (X,τ ). Ako je A otvo-ren (zatvoren) skup onda za (A,τA) kazemo da je otvoren (zatvoren) topoloskipotprostor.

Primer 3.2.1. Posmatrajmo skup (segment) A = [a, b] = {x ∈ R : a ≤ x ≤ b}u obicnoj topologiji τo na R. Bazni otvoreni skupovi u topoloskom potprostoru(A,τA) su:

[a, a+ ε), (c− ε, c+ ε) za c ∈ (a, b), (b− ε, b]Na primer, bazne okoline tacke a dobijamo kao (a− ε, a+ ε) ∩ [a, b] = [a, a+ ε).

Napomena 3.2.1. Neka su (X,τ ) i (Y,τ1) topoloski prostori i (A,τA),A ⊆ Xodgovarajuci topoloski potprostor. Iz definicije neprekidnosti (3.1.1) sledi da jepreslikavanje g : (A,τA) → (Y,τ1) neprekidno ako i samo ako je skup g−1(V )oblika

”otvoren skup iz X presek A“ za svaki otvoren skup V u Y . Slicno,

preslikavanje g : (A,τA) → (Y,τ1) je neprekidno u tacki x ∈ A ako (pogledatinapomenu 3.1.1):

(∀ okolinu V 3 g(x))(∃ okolina U 3 x) g(U ∩A) ⊆ V

Na isti nacin iz teoreme o neprekidnosti 3.1.2 mogu se dobiti ekvivalentni uslovi zaneprekidnost funkcije g.


Teorema 3.2.2. Neka su (X,τ ) i (Y,τ1) topoloski prostori i (A,τA), A ⊆ Xodgovarajuci topoloski potprostor prostora (X,τ ). Ako je f : (X,τ ) → (Y,τ 1)neprekidno preslikavanje, tada je i restrikcija ovog preslikavanja na skup A takodeneprekidno u odnosu na relativnu topologiju τA skupa A.

Dokaz. Treba dokazati da je preslikavanje f |A : (A,τA) → (Y,τ1) neprekidno.Skup f−1(V ) je otvoren u X za svaki otvoren skup V u Y . Tada je i skup

f |−1A (V ) = f−1(V ) ∩ A takode otvoren u relativnoj topologiji τA

, pa je presli-kavanje f |A neprekidno.

Teorema 3.2.3. Neka je (Y,τY ) topoloski potprostor prostora (X,τ ) i A ⊆ Yproizvoljan skup. Dokazati:

(a) A ⊆ Y je zatvoren u Y (u odnosu na relativnu topologiju τY

) ako i samo akopostoji zatvoren skup F u (X,τ ) takav da vazi A = F ∩ Y .

(b) ClYA = ClXA ∩ Y

Dokaz.

(a) (=⇒): Neka je A ⊆ Y zatvoren u Y . Tada je Y \ A otvoren u Y , pa postojiotvoren skup U iz X takav da vazi Y \A = U ∩ Y . Sada imamo:

Y \ (Y \A) = Y \ (U ∩ Y )⇔ A = (Y \ U) ∪ (Y \ Y )⇔ A = Y \ U

Iz A = Y \ U sledi A = Y ∩ (X \ U) (dokazati). Uzmimo F = X \ U . SkupF = X \U je zatvoren u X i vazi A = F ∩U , a to je upravo i trebalo dokazati.

(⇐=): Neka je F zatvoren skup u X takav da vazi A = F ∩ Y . Tada je

Y \A = Y \ (F ∩ Y )⇔ Y \A = (Y \ F )⇔ Y \A = Y ∩ (X \ F )

Uzmimo U = X \ F . Tada je Y \ A = Y ∩ U , gde je skup U otvoren uX. Odavde, i iz definicije relativne topologije zakljucujemo da je skup Y \ Aotvoren u Y , a odatle sledi da je A zatvoren u Y .

(b) Iz A ⊆ Y i A ⊆ ClXA dobijamo A = A ∩A ⊆ ClXA ∩ Y . Iz (a) zakljucujemoda je skup ClXA ∩ Y zatvoren u Y i za njega vazi A ⊆ Cl

XA ∩ Y , pa je

ClYA ⊆ Cl

XA ∩ Y (posledica 2.3.1 pod (b)).

Dokazimo sada obrnutu inkluziju, tj. ClXA ∩ Y ⊆ ClYA. Skup ClYA jezatvoren u Y , pa iz (a) zakljucujemo da postoji zatvoren skup F = ClXF takoda vazi ClYA = F ∩ Y . Odavde, i iz A ⊆ ClYA = F ∩ Y sledi A ⊆ F , tjClXA ⊆ ClXF . Sada imamo:

ClXA ∩ Y ⊆ ClXF ∩ Y = ClYA

Dakle, vazi i ClXA ∩ Y ⊆ ClYA pa je jednakost u (b) zadovoljena.


3.3 Topoloski proizvod

U uvodnoj glavi (poglavlje 1.2) uveli smo definiciju direktnog proizvoda i reklismo da direktni proizvod nepraznih skupova X1, X2, . . . , Xn jeste skup

n∏i=1

Xi = X1 ×X2 × · · · ×Xn = {(x1, x2, . . . , xn) : xj ∈ Xj(∀j ∈ {1, 2, . . . , n})}

Iz ranijih kurseva poznato nam je da pod nizom iz skupa X podrazumevamo bilokoje preslikavanje x : N → X definisano sa x(n) = xn ∈ X(∀n ∈ N) i oznacavamoga sa (xn)n∈N ili (xn), a ponekad i sa (x1, x2, . . . , xn, . . . ) (uredena beskonacno-torka).Definicija niza nam sugerise da direktni proizvod nepraznih skupovaX1, X2, . . . , Xn

mozemo posmatrati kao skup svih preslikavanja oblika:

x : {1, 2, . . . , n} →n⋃j=1

Xj za koje vazi x(j) = xj ∈ Xj(∀j ∈ {1, . . . , n})

Oznacavajuci ova preslikavanja, kao i uobicajeno, sa (x1, x2, . . . , xn) ili (xj)nj=1

dobijamo:

n∏j=1

Xi = X1 ×X2 × · · · ×Xn = {(xj)nj=1 : xj ∈ Xj(∀j ∈ {1, 2, . . . , n})}

Slicno, direktni proizvod prebrojivo mnogo nepraznih skupova X1, X2, . . . , Xn, . . .je skup svih nizova (xn)n∈N za koje vazi xn ∈ Xn (∀n ∈ N), tj.

+∞∏j=1

Xj =∏{Xn : n ∈ N} = X1×X2×· · ·×Xn×· · · = {(xn)n∈N : xn ∈ Xn(∀n ∈ N)}

Razmotrimo sada opsti slucaj. Neka je A 6= ∅ i {Xα : α ∈ A} kolekcijanepraznih skupova. Direktni proizvod kolekcije {Xα : α ∈ A} jeste skup svihpreslikavanja

x : A→⋃{Xα : α ∈ A} =

⋃α∈A

Xα za koje vazi x(α) = xα ∈ Xα(∀α ∈ A)

Ovakva preslikavanja oznacavamo sa (xα)α∈A. Sada imamo:∏α∈A

Xα =∏{Xα : α ∈ A} = {(xα)α∈A : xα ∈ Xα(∀α ∈ A)}

Razmotrimo sada sledeci primer koji ce nam posluziti za bolje razumevanjetopologije na direktnom proizvodu dva topoloska prostora.

Primer 3.3.1. Posmatrajmo kolekciju

{(a, b)× (c, d) : (a, b) ⊆ R, (c, d) ⊆ R} (3.3)

podskupova direktnog proizvoda R2 = R × R. Elemente ove kolekcije nazivamootvorenim pravougaonicima (nacrtati sliku). Dokazimo da ta kolekcija zadovoljavaoba uslova teoreme o bazi (teorema 2.2.1).


1◦ Svako (x, y) ∈ R2 pripada bar jednom otvorenom pravougaoniku, recimo(x− 1, x+ 1)× (y − 1, y + 1), pa vazi:

R2 ⊆ {(a, b)× (c, d) : (a, b) ⊆ R, (c, d) ⊆ R}

Obrnuta inkluzija takode vazi, pa je prvi uslov teoreme o bazi ispunjen.

2◦ Neka su (a1, b1) × (c1, d1) i (a2, b2) × (c2, d2) dva proizvoljna otvorena pravo-ugaonika koja imaju neprazan presek. Dokazimo da je njihov presek takodeotvoren pravougaonik. Iz primera 2.1.3 (obicna topologija) sledi:

(a1, b1)∩(a2, b2) 6=∅⇒(a1, b1)∩(a2, b2)=(a, b), a=max{a1, a2}, b=min{b1, b2}(c1, d1)∩(c2, d2) 6=∅⇒(c1, d1)∩(c2, d2)=(c, d), c=max{c1, c2}, d=min{d1, d2}

Odavde, i iz skupovne jednakosti (A×B)∩(C×D) = (A∩C)×(B∩D) imamo:

((a1, b1)× (c1, d1)) ∩ ((a2, b2)× (c2, d2)) 6= ∅⇒((a1, b1) ∩ (a2, b2))× ((c1, d1) ∩ (c2, d2)) = (a, b)× (c, d)

tj. (neprazan) presek dva otvorena pravougaonika je otvoren pravougaonik.Sada je lako pokazati da je i uslov 2◦ teoreme o bazi zadovoljen.

Dakle, kako vaze oba uslova teoreme o bazi, zakljucujemo da postoji jedinstvenatopologija na R2 kojoj je kolekcija (3.3) baza. Ovu topologiju zovemo obicna to-pologija na R2 i obelezavamo je sa τR2 . Kao sto vidimo, elementi ove topologijesu oblika

”otvoren interval puta otvoren interval“, tj.

”(bazni) otvoren skup puta

(bazni) otvoren skup“.

Razmotrimo sada direktni proizvod dva proizvoljna topoloska prostora (X1,τ1 )i (X2,τ2 ). Prethodni primer nam sugerise da posmatramo kolekciju

BX1×X2 = {U1 × U2 : U1 ∈ τ1, U2 ∈ τ2}

podskupova proizvoda X1×X2. Lako se moze proveriti da vaze oba uslova teoremeo bazi. Uputstvo:

1◦ Za svako (x1, x2) ∈ X1 × X2 postoje otvoreni skupovi U1 ⊆ X1 i U2 ⊆ X2

(recimo U1 = X1 i U2 = X2) takvi da je (x1, x2) ∈ U1 × U2, pa je prvi uslovzadovoljen.

2◦ Iz

(∀U1, V1 ∈ τ1 )(∀U2, V2 ∈ τ2 )(U1 × U2) ∩ (V1 × V2) = (U1 ∩ V1)× (U2 ∩ V2)

lako se pokazuje da je i ovaj uslov zadovoljen.

Zakljucujemo da je kolekcija BX1×X2 baza neke (jedinstvene) topologije τX1 ×X2.

Definicija 3.3.1. Topoloski proizvod dva topoloska prostora (X1,τ1 ) i (X2,τ2 )jeste topoloski prostor koji se sastoji od skupa X1×X2 i topologije τX1 ×X2

kojojje baza kolekcija BX1×X2 = {U1 × U2 : U1 ∈ τ1 , U2 ∈ τ2 }.

Topologiju τX1 ×X2zovemo topologija proizvoda prostora (X1,τ1 ) i (X2,τ2 ),

a topoloski prostor oznacavamo uobicajeno sa (X1×X2,τX1 ×X2), ili sa X1×X2

podrazumevajuci topologiju proizvoda.


Primetimo da su elementi baze topologije proizvoda oblika”Otvoren skup iz X1

puta otvoren skup iz X2“. i da je svaki otvoren skup topologije τX1 ×X2jednak

uniji neke kolekcije baznih elemenata (tj. elemenata oblika U1×U2, U1∈τ1 , U2∈τ2 ).

Primer 3.3.2. Par (R2,τR2 ) jeste topoloski proizvod prostora (R,τo) sa samimsobom. Bazu ove topologije, kao sto smo pokazali, cine otvoreni pravougaonici(a, b) × (c, d), (a, b) ⊆ R, (c, d) ⊆ R. Svaki otvoren skup iz R2 jeste unija nekekolekcije otvorenih pravougaonika. Na isti nacin, proizvod R3 = R × R × R satopologijom cija je baza kolekcija podskupova oblika (a, b)× (c, d)× (e, f), (a, b) ⊆R, (c, d) ⊆ R, (e, f) ⊆ R jeste topoloski proizvod sa obicnom topologijom na R3.

Primer 3.3.3. Uredeni par (X1 × X2 × · · · × Xn,τX1 ×X2 × · · · ×Xn) jeste to-

poloski proizvod prostora (Xj ,τj )(j ∈ {1, 2, . . . , n}) sa topologijom proizvodaτX1 ×X2 × · · · ×Xn

cija je baza kolekcija podskupova U1 × U2 × · · · × Un gde jeUj ∈ τj(j ∈ {1, 2, . . . , n}).

Primer 3.3.4 (vazan). Uredeni par (X1×X2×· · ·×Xn,τX1 ×X2 × · · · ×Xn) jeste

topoloski proizvod prostora (Xj ,τj )(j ∈ {1, 2, . . . , n}). Preslikavanja

pj : X1 ×X2 × · · · ×Xn → Xj data sa pj(x1, x2, . . . , xn) = xj(∀j ∈ {1, 2, . . . , n})

zovu se projekcije.Dokazimo da su projekcije neprekidna preslikavanja. Jednostavnosti radi, do-

kazacemo samo za topoloski proizvod dva topoloska prostora. Dakle, treba dokazatida su preslikavanja

pj : X1 ×X2 → Xj , pj(x1, x2) = xj(j ∈ {1, 2})

neprekidna, tj. da je za svaki otvoren skup Uj iz Xj , skup p−1j (Uj) otvoren uX1 ×X2 (j ∈ {1, 2}). Za svaki otvoren skup U1 ⊆ X vazi:

(x1, x2) ∈ p−11 (U1)⇔ p1(x1, x2) = x1 ∈ U1, x2 ∈ X2 ⇔ (x1, x2) ∈ U1 ×X2

Odavde sledi p−11 (U1) = U1 ×X2. Na isti nacin pokazujemo da, za svaki otvorenskup U2 ⊆ X2, vazi p−12 (U) = X1×U2. Kako su skupovi U1×X2 i X1×U2 otvoreniu X1 ×X2, tj. p−11 (U1) = U1 ×X2 ∈ τX1 ×X2

i p−12 (U2) = X1 × U2 ∈ τX1 ×X2

sledi da su preslikavanja p1 i p2 neprekidna.Primetimo da je

p−11 (U1)∩p−12 (U2) = (U1×X2)∩(X1×U2) = (U1∩X1)×(U2∩X2) = U1×U2 ∈ BX1×X2

tj. bazni element topologije proizvoda, pa mozemo zakljuciti da je kolekcija cijisu elementi p−1j (Uj), (Uj ∈ τj , j ∈ {1, 2}) predbaza (subbaza) topologije proizvoda(pogledati definiciju 2.2.6).

Sledeca teorema je veoma vazna i ima veliku primenu u zadacima:

Teorema 3.3.1. Neka su X,X1, X2 topoloski prostori sa odgovarajucim topologi-jama. Dokazati:

(a) Ako su f : X → X1 i g : X1 → X2 neprekidna preslikavanja, tada je i njihovakompozicija g ◦ f : X → X2 neprekidno preslikavanje.


(b) Preslikavanje f : X → X1 ×X2 je neprekidno ako i samo ako su preslikavanjapj ◦ f : X → Xj (j ∈ {1, 2}) neprekidna. (Ovakva preslikavanja zovu sekoordinatna preslikavanja).

Dokaz.

(a) Za svaki otvoren skup V ⊆ X2 vazi:

(g ◦ f)−1(V ) = f−1 ◦ g−1(V ) = f−1(g−1(V ))

Preslikavanje g : X1 → X2 je neprekidno i V ⊆ X2 je otvoren skup, pa jei g−1(V ) ⊆ X1 otvoren. Slicno, preslikavanje f : X → X1 je neprekidno ig−1(V ) ⊆ X1 je otvoren skup, pa je i (g ◦ f)−1 = f−1(g−1(V )) ⊆ X otvoren,tj. g ◦ f : X → X2 je neprekidno preslikavanje.

(b) (=⇒): Kako su projekcije pj : X1 × X2 → Xj (j ∈ {1, 2}) i funkcija f :X → X1 × X2 neprekidna preslikavanja, to iz (a) sledi da su i kompozicijepj ◦ f : X → Xj (j ∈ {1, 2}) neprekidna preslikavanja.(⇐=): Neka su kompozicije pj ◦ f : X → Xj (j ∈ {1, 2}) neprekidna preslika-vanja. Dokazimo da je i preslikavanje f : X → X1 ×X2 neprekidno. Kako sesvaki otvoren skup iz X1 ×X2 predstavlja kao unija neke kolekcije baznih ele-menata U1×U2 (Uj ⊆ Xj otvoreni skupovi, j ∈ {1, 2}) to je dovoljno dokazatida je za svako U1×U2 ⊆ X1×X2 (Uj ⊆ Xj otvoreni skupovi, j ∈ {1, 2}), skupf−1(U1 × U2) otvoren u X. Imamo:

f−1(U1 × U2) =f−1((U1 ×X2) ∩ (X1 × U2)) = f−1(p−11 (U1) ∩ p−12 (U2))

=f−1◦p−11 (U1) ∩ f−1◦p−12 (U2) = (p1◦f)−1(U1) ∩ (p2◦f)−1(U2)

Po pretpostavci, preslikavanja pj ◦ f : X → Xj (j ∈ {1, 2}) su neprekidna,pa su skupovi (p1 ◦ f)−1(U1) i (p2 ◦ f)−1(U2) otvoreni u X. Tada je i skupf−1(U1×U2) = (p1◦f)−1(U1)∩(p2◦f)−1(U2) otvoren, kao presek dva otvorenaskupa. Dokazali smo da je za svako U1 × U2 ⊆ X1 × X2 (Uj ⊆ Xj otvoreniskupovi, j ∈ {1, 2}) skup f−1(U1 × U2) otvoren u X, a odavde zakljucujemoda je preslikavanje f : X → X1 ×X2 neprekidno.

Pojam topologije TihonovaProblem definisanja topologije na direktnom proizvodu proizvoljne kolekcije

topoloskih prostora prvi je resio Tihonov, pa se ova topologija zove Tihonova to-pologija. Neka je A 6= ∅ i neka je data kolekcija {Xα : α ∈ A} topoloskih prostora.Na direktnom proizvodu∏

α∈A

Xα =∏{Xα : α ∈ A} = {(xα)α∈A : xα ∈ Xα(∀α ∈ A)}

definisimo preslikavanja

(∀β ∈ A)pβ :∏α∈A

Xα → Xβ , pβ((xα)α∈A) = xβ ∈ Xβ

koja zovemo projekcije. Topologija cija je predbaza kolekcija

{p−1β (U) : β ∈ A, U otvoren u Xβ}

zovemo topologijom proizvoda, ili Tihonovom topologijom.


Primetimo da je

p−1β (U) =U ×∏{Xα : α ∈ A \ {β}};

p−1β (U) ∩ p−1γ (V ) =U × V ×∏{Xα : α ∈ A \ {β, γ}}

gde je U otvoren u Xβ i V otvoren u Xγ . Odavde i iz definicije predbaze za-kljucujemo da su bazni skupovi za Tihonovu topologiju oblika

Uα1× Uα2

× · · · × Uαn×∏{Xα : α ∈ A \ {α1, α2, . . . , αn}}

gde je Uαjotvoren u Xαj

(j ∈ {1, 2, . . . , n}). Specijalno, za direktni proizvod∏{Xn : n ∈ N} prebrojivo mnogo topoloskih prostora X1, X2, . . . , Xn, . . . , bazni

skupovi su oblika

Un1 × Un2 × · · · × Unk×∏{Xn : n ∈ N \ {n1, n2, . . . , nk}}

gde je Unjotvoren u Xnj

(j∈{1, 2, . . . , k}).

Napomena 3.3.1. Intuitivno je prihvatljivo da je skup∏{Xα :α ∈ A} neprazan

jer su skupovi Xα(α∈A) neprazni. Drugim recima, postoji bar jedno preslikavanje

x : A→⋃α∈A

Xα. Bez aksiome izbora ovo ne bi mogli da dokazemo. Prihvatajuci

aksiomu izbora bice uvek∏α∈A

Xα 6= ∅ kada su svi Xα 6= ∅ (∀α ∈ A).

Zadatak 15. Dokazati da su preslikavanja ϕj : R2 → R (j ∈ {1, 2, 3}) neprekidna:

(a) ϕ1(x, y) = x+ y

(b) ϕ2(x, y) = x− y(c) ϕ3(x, y) = x · y

Napomena 3.3.2. Iz ovog zadatka zakljucujemo da su u skupu R operacije sa-biranja, oduzimanja i mnozenja neprekidna preslikavanja u odnosu na uobicajenetopologije na R2 i R. Skup R mozemo posmatrati i kao vektorski prostor nad sa-mim sobom. U ovom slucaju je (a)

”sabiranje vektora“, a (c)

”mnozenje vektora

skalarom“. Ovaj zadatak nam govori o spoju algebre i topologije koristeci nepre-kidnost operacija u odgovarajucim algebarskim strukturama. Naime, ako je nekiskup snabdeven strukturom grupe i topologijom takvom da su skupovna operacijai invertiranje elemenata iz X neprekidna preslikavanja, onda za njega kazemo da jetopoloska grupa. Dakle, (R,+,τo) je primer topoloske grupe. Slicno se definisutopoloski vektorski prostori: realni vektorski prostori sa topologijom kome su sa-biranje vektora i mnozenje vektora skalarom neprekidna preslikavanja. Svi realninormirani prostori su primeri topoloskih vektorskih prostora.


Resenje. Koristeci ekvivalenat 2◦ iz teoreme o neprekidnosti (teorema 3.2.1, po-gledati i napomenu 3.1.1) dokazacemo da su funkcije ϕj (j ∈ {1, 2, 3}) neprekidneu proizvoljnoj tacki (a, b) ∈ R2. Lokalne baze u tackama (a, b) ∈ R2 i ϕj(a, b)(j ∈ {1, 2, 3}) (u obicnoj topologiji na R2 i R) su kolekcije:

{(a− δ, a+ δ)× (b− δ, b+ δ) : δ > 0} i {(ϕj(a, b)− ε, ϕj(a, b) + ε) : ε > 0}

Neka je (a, b) ∈ R2 proizvoljna tacka i ε > 0 proizvoljan broj. Treba dokazati:

(∃δ > 0)ϕj((a− δ, a+ δ)× (b− δ, b+ δ)) ⊆ (ϕj(a, b)− ε, ϕj(a, b) + ε) (3.4)

za j ∈ {1, 2, 3}. Prethodna relacija je ekvivalentna sa

(∃δ > 0)(∀(x, y) ∈ R2)(x, y) ∈(a− δ, a+ δ)× (b− δ, b+ δ)

⇒ ϕj(x, y) ∈(ϕj(a, b)− ε, ϕj(a, b) + ε)

za j ∈ {1, 2, 3}. Medutim, iz ekvivalencija

(x, y) ∈ (a− δ, a+ δ)× (b− δ, b+ δ)⇔ x ∈ (a− δ, a+ δ) ∧ y ∈ (b− δ, b+ δ)

⇔ |x− a| < δ ∧ |y − b| < δ

i ϕj(x, y) ∈ (ϕj(a, b)− ε, ϕj(a, b) + ε)⇔ |ϕj(x, y)− ϕj(a, b)| < ε (j ∈ {1, 2, 3})

sledi da je (3.4) ekvivalentno sa

(∃δ > 0)(∀(x, y) ∈ R2)|x− a| < δ ∧ |y − b| < δ ⇒ |ϕj(x, y)− ϕj(a, b)| < ε (3.5)

za j ∈ {1, 2, 3}. Na osnovu prethodnog, zakljucujemo da su funkcije ϕj (j ∈{1, 2, 3}) neprekidne ako i samo ako vazi relacija (3.5). Relacija (3.5) nam sig-nalizira da pri nalazenju odgovarajuceg δ > 0 podemo od |ϕj(x, y) − ϕj(a, b)|(j ∈ {1, 2, 3}).

(a) |ϕ1(x, y)−ϕ1(a, b)| = |x+ y− a− b| ≤ |x− a|+ |y− b|. Posmatranjem relacije(3.5) i poslednje relacije vidimo da ce za δ = ε

2 vaziti:

|ϕ1(x, y)− ϕ1(a, b)| ≤ |x− a|+ |y − b| ≤ δ + δ = 2δ = ε

Dakle, za δ = ε2 dobijamo

(∀(x, y) ∈ R2)|x− a| < ε

2∧ |y − b| < ε

2⇒ |ϕ1(x, y)− ϕ1(a, b)| < ε

a to je upravo (3.5) za δ = ε2 . Relacije (3.5) i (3.4) su ekvivalentne, pa je

ϕ1((a− ε

2, a+

ε

2)× (b− ε

2, b+

ε

2)) ⊆ (ϕ1(a, b)− ε, ϕ1(a, b) + ε)

Time smo dokazali da je preslikavanje ϕ1 neprekidno u proizvoljnoj tacki(a, b) ∈ R2, pa je ona neprekidna na R2.

(b) Neprekidnost funkcije ϕ2 pokazuje se na analogan nacin kao za funkciju ϕ1.


(c)

|ϕ3(x, y)− ϕ3(a, b)| = |xy − ab| = |xy − ay + ay − ab| = |(x− a)y + a(y − b)|= |(x− a)(y − b) + (x− a)b+ a(y − b)|≤ |x− a||y − b|+ |x− a||b|+ |a||y − b|

Odavde sledi:

(∀δ> 0)(∀(x, y)∈R2)|x−a|<δ∧|y−b|<δ ⇒ |ϕ3(x, y)−ϕ3(a, b)| < δ·δ+δ|b|+|a|δ

Medutim, za svako δ ∈ R za koje vazi 0 < δ ≤ 1 imamo

|ϕ3(x, y)− ϕ3(a, b)| < 1 · δ + δ|b|+ |a|δ = (1 + |a|+ |b|)δ

Ponovo kao pod (a), posmatranjem relacije (3.5) i poslednje nejednakosti (kojavazi za 0 < δ ≤ 1), vidimo da za δ = min{1, ε

1+|a|+|b|} vazi

(∀(x, y) ∈ R2)|x−a| < δ∧|y−b| < δ ⇒ |ϕ3(x, y)−ϕ3(a, b)| < (1+|a|+|b|)δ ≤ ε

Time je tacnost relacije (3.5) za funkciju ϕ3 dokazana, pa je ona neprekidna uproizvoljnoj tacki (a, b) ∈ R2, odnosno ona je neprekidna na R2.

Zadatak 16. Neka je X proizvoljan topoloski prostor i f : X → R neprekidnafunkcija.

(a) Dokazati da je i funkcija F : X×R→ R data sa F (x, y) = y−f(x) neprekidna.

(b) Dokazati da je skup A = {(x, y) ∈ X × R : y ≥ f(x)} zatvoren u X × R.

Resenje.

(a) (Prvi nacin) Postupamo slicno kao kod prethodnog zadatka. Lokalna baza uproizvoljnoj tacki (a, b) ∈ X × R je kolekcija

{U × (b− δ, b+ δ) : U okolina od a, δ > 0}

(U okolina od a znaci U ⊆ X, U otvoren i U 3 a).Neka je (a, b) ∈ X × R proizvoljna tacka i ε > 0 proizvoljan broj. Trebadokazati da

(∃ okolina U 3 a)(∃δ > 0)F (U × (b− δ, b+ δ)) ⊆ (F (a, b)− ε, F (a, b) + ε)

Poslednja relacija je ekvivalentna sa (videti prethodni zadatak)

(∃ okolina U 3 a)(∃δ > 0)(∀x ∈ U)(∀y ∈ R)|y−b| < δ ⇒ |F (x, y)−F (a, b)| < ε

Imamo |F (x, y)− F (a, b)| = |y − f(x)− b+ f(a)| ≤ |f(x)− f(a)|+ |y − δ|. Popretpostavci je preslikavanje f : X → R neprekidno, pa za ε

2 > 0

(∃ okolina U 3 a)f(U) ⊆ (f(a)− ε

2, f(a) +

ε

2)

⇔ (∃ okolina U 3 a)(∀x ∈ U)|f(x)− f(a)| < ε

2


Sada, za δ = ε2 i za okolinu U 3 a za koju vazi prethodna nejednakost imamo:

|F (x, y)− F (a, b)| ≤ |f(x)− f(a)|+ |y − b| < ε

2+ε

2= ε

tj. |F (x, y)−F (a, b)| < ε, pa je F neprekidna u proizvoljnoj tacki (a, b) ∈ X×R,odnosno neprekidna na X × R.(Drugi nacin) Transformisimo funkciju F : X × R→ R na sledeci nacin:

F (x, y) = y − f(x) = ϕ2(y, f(x)) = ϕ2(ψ(x, y)) = ϕ2 ◦ ψ(x, y)

gde je ϕ2 : R2 → R, ϕ2(x, y) = x−y i ψ : X×R→ R2, ψ(x, y) = (y, f(x)). Naosnovu prethodnog zadatka pod (b) znamo da je funkcija ϕ2 neprekidna, paje za neprekidnost funkcije F dovoljno dokazati da je i funkcija ψ neprekidna(kompozicija dva neprekidna preslikavanja je neprekidno preslikavanje). Nekasu

p1 : R2 → R, p1(x1, x2) = x1 p2 : R2 → R, p2(x1, x2) = x2

q1 : X × R→ X, q1(x, α) = x q2 : X × R→ R, q2(x, α) = α

projekcije odgovarajucih proizvoda. Za projekcije znamo da su neprekidnapreslikavanja. Koordinatna preslikavanja funkcije ψ : X × R→ R2 su:

p1 ◦ ψ(x, y) = p1(ψ(x, y)) = p1(y, f(x)) = y = q2(x, y)

p2 ◦ ψ(x, y) = p2(ψ(x, y)) = p2(y, f(x)) = f(x) = f(q1(x, y)) = f ◦ q1(x, y)

za svako (x, y) ∈ X ×R, tj. p1 ◦ ψ = q2 i p2 ◦ ψ = f ◦ q1. Ova preslikavanja suneprekidna kao projekcija q2, odnosno kao kompozicija neprekidne funkcije fi projekcije q1 (koja je takode neprekidna). Dakle, koordinatna preslikavanjafunkcije ψ su neprekidna, pa je na osnovu teoreme 3.3.1 i preslikavanje ψ ne-prekidno. Odavde sledi da je i F = ϕ2 ◦ ψ takode neprekidno kao kompozicijadva neprekidna preslikavanja.

(b) Dokazimo da je skup (X×R)\A otvoren u topologiji proizvoda X×R. Imamo

(X × R) \A = {(x, y) ∈ X × R : y < f(x)} = {(x, y) ∈ X × R : y − f(x) < 0}= {(x, y) ∈ X × R : F (x, y) < 0} = F−1((−∞, 0))

Skup (−∞, 0) je otvoren u obicnoj topologiji skupa R i preslikavanje F : X ×R → R, F (x, y) = y − f(x) je neprekidno (dokazano pod (a)), pa je skupF−1((−∞, 0)) = (X×R)\A otvoren u X×R, tj. A je zatvoren sto je i trebalodokazati.


Zadatak 17. Ako je f : X → Y neprekidno preslikavanje topoloskog prostora Xu topoloski prostor Y i G(f) = {(x, f(x)) : x ∈ X} ⊆ X × Y graf preslikavanja f ,dokazati da je X homeomorfno sa G(f).

Resenje. Definisimo preslikavanje F : X → G(f) sa F (x) = (x, f(x)) (∀x ∈ X).Lako se dokazuje da je F bijekcija (dokazati!). Treba dokazati da su preslikava-nja F : X → G(f) i F−1 : G(f) → X, F−1((x, f(x))) = x (∀(x, f(x)) ∈ G(f))neprekidna. Napomenimo da graf G(f) posmatramo kao topoloski potprostor to-poloskog proizvoda X × Y , pa su njegovi bazni skupovi oblika (U × V )∩G(f) gdeje U otvoren u X i V otvoren u Y .

Prvo dokazimo da je preslikavanje F : X → G(f) neprekidno. Neka je (U ×V ) ∩ G(f), (U otvoren u X, V otvoren u Y ) proizvoljan (bazni) otvoren skup uG(f). Dokazimo da je njegova inverzna slika otvoren skup u X. Imamo:

x ∈ F−1((U × V ) ∩G(f))⇔ F (x) = (x, f(x)) ∈ (U × V ) ∩G(f)

⇔ x ∈ U ∧ f(x) ∈ V⇔ x ∈ U ∧ x ∈ f−1(V )

⇔ x ∈ U ∩ f−1(V )

tj. F−1((U ×V )∩G(f)) = U ∩ f−1(V ). Skup V je otvoren u Y , pa je f−1(V ), kaoinverzna slika neprekidnog preslikavanja, otvoren u X. Takode je i skup U otvorenu X pa je i njihov presek U ∩ f−1(V ) = F−1((U ×V )∩G(f)) otvoren u X. Dakle,inverzna slika F−1 proizvoljnog baznog otvorenog skupa u G(f) je otvoren u X,pa zakljucujemo da je F neprekidno.

Sada dokazimo da je i preslikavanje F−1 : G(f) → X neprekidno. Projekcijap1 : X × Y → X je neprekidno preslikavanje, pa je i njegova restrikcija p1|G(f) :

G(f) → X na potprostor G(f) takode neprekidno preslikavanje (teorema 3.2.2).Kako je

p1|G(f) (x, f(x)) = p1(x, f(x)) = x = F−1(x, f(x))

za svako (x, f(x)) ∈ G(f), to je i F−1 : G(f)→ X neprekidno preslikavanje.Dakle, preslikavanje F : X → G(f) je bijekcija takva da su F i F−1 neprekidna

preslikavanja, pa je F : X → G(f) homeomorfizam, tj. X i G(f) su homeomorfni.

Glava 4

Aksiome separacije


Razmotrimo, pre svega, nekoliko primera.

Primer 4.1.1 (Svezana dvotacka). U topoloskom prostoru (X,τ ), X = {a, b} gdeje

τ = {∅, {a}, {a, b}}

primetimo sledece:

1◦ Jednoelementni podskup {a} je otvoren.

2◦ Podskup {a} je okolina tacke a koja ne sadrzi tacku b.

3◦ Svaka okolina tacke {b} (u ovom slucaju samo jedna: {a, b}) sadrzi i tacku a,pa zakljucujemo da ne postoje disjunktne okoline tacaka a i b.

Primer 4.1.2. Razmotrimo sada topoloski prostor (R,τo):

1◦ U prostoru (R,τo) jednoelementni skupovi {x} su zatvoreni (zadatak 4).

2◦ Za svake dve tacke x, y ∈ R, za koje je x 6= y, imamo da je x < y ili x > y.Neka je, recimo x < y. Tada je x ∈ (x − 1, y) i okolina (x − 1, y) /∈y. Dakle,postoji okolina tacke x koja ne sadrzi tacku y.

3◦ Za svake dve tacke x, y ∈ R, za koje je x 6= y, imamo da je x < y ili x > y.Neka je, recimo x < y. Tada, iz x < x+y

2 < y sledi da za okoline (x− 1, x+y2 ) i

(x+y2 , y + 1) tacaka x i y, redom, vazi

(x− 1,x+ y

2) ∩ (

x+ y

2, y + 1) = ∅

Odavde zakljucujemo da za svake dve tacke iz R postoje okoline tih tacaka kojesu disjunktne, tj. postoje otvoreni intervali koji sadrze ove dve tacke i ciji jepresek prazan.

GLAVA 4. AKSIOME SEPARACIJE 50

Primer 4.1.3. Neka je (X, d) metricki prostor.

1◦ Dokazimo da je za svaku tacku x ∈ X skup X \ {x} otvoren u X. Za svakoy ∈ X \ {x} imamo da, za ε = d(y, x) > 0 (y 6= x ⇒ d(y, x) > 0), vaziB(y, ε) ⊆ X \ {x}, tj.

(∀y ∈ X \ {x})(∃ε > 0)B(y, ε) ⊆ X \ {x}

Odavde zakljucujemo da je X \{x} otvoren, odnosno {x} zatvoren skup u met-rickom prostoru. Dakle, svi jednoelementni podskupovi {x} metrickog prostorasu zatvoreni.

2◦ Ako su x, y ∈ X, x 6= y proizvoljne tacke metrickog prostora, tada za ε = d(x, y)imamo da je x ∈ B(x, ε) i y /∈ B(x, ε). Dakle, postoji okolina tacke x koja nesadrzi tacku y.

3◦ Neka su x, y ∈ X, x 6= y proizvoljne tacke u metrickom prostoru i ε = d(x,y)2 .

Tada za okoline B(x, ε) 3 x i B(y, ε) 3 y vazi B(x, ε) ∩ B(y, ε) = ∅, jer bi, usuprotnom, za neko z ∈ X bilo z ∈ B(x, ε) ∩B(y, ε) pa bi dobili:

d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) < ε+ ε = 2ε = d(x, y)

tj. d(x, y) < d(x, y) sto je nemoguce. Zakljucujemo: U metrickim prostorimasvake dve razlicite tacke imaju disjunktne (bazne) okoline.

Primer 4.1.4. U indiskretnom topoloskom prostoru (X, {∅, X}) za bilo koje dverazlicite tacke ne postoji ni jedna okolina, ni jedne od ovih tacaka, koja ne sadrzionu drugu tacku.

T 0 - prostori

Definicija 4.1.1. Za topoloski prostor X kaze se da je T 0 - prostor i pise seX ∈ T0 ako za svake dve razlicite tacke vazi da bar jedna od ovih tacaka imaokolinu koja ne sadrzi drugu tacku, tj.

(∀x, y ∈ X,x 6= y)((∃ okolina U 3 x)y /∈ U ili (∃ okolina V 3 y)x /∈ V ))

Iz prethodnih primera vidimo da su svi oni, sem indiskretnog prostora, T0 -prostori. Dakle, svezana dvotacka, R sa obicnom topologijom i metricki prostorisu primeri T0 - prostora.

Sledeca teorema nam daje karakterizaciju T0 - prostora.

Teorema 4.1.1. X ∈ T0 ⇐⇒ (∀x, y ∈ X,x 6= y){x} 6= {y}

Dokaz.(=⇒): Neka je X ∈ T0 i x, y ∈ X bilo koje dve tacke za koje vazi x 6= y. Tada, naprimer, postoji okolina U 3 x za koju y /∈ U . Iz x ∈ {x} i y /∈ U sledi x ∈ {x} iU ∩{y} = ∅, a odavde x ∈ {x} i x /∈ {y} (jer bi, u slucaju da je x ∈ {y}, za okolinuU 3 x vazilo U ∩ {y} 6= ∅). Pokazali smo x ∈ {x} i x /∈ {y}, pa zakljucujemo{x} 6= {y}.


(⇐=): Neka za svako x, y ∈ X, za koje je x 6= y, vazi {x} 6= {y}. Dokazimoda X ∈ T0. Za svake dve razlicite tacke x, y ∈ X, iz {x} 6= {y} sledi da postojia ∈ {x} \ {y} ili da postoji b ∈ {y} \ {x} (Za proizvoljna dva skupa A i B takvada je A \ B = ∅ i B \ A = ∅ sledi A ⊆ B i B ⊆ A, odnosno A = B). Neka je,na primer, a ∈ {x} \ {y}. Iz a /∈ {y} sledi da postoji okolina U 3 a takva da jeU∩{y} = ∅. Sa druge strane, iz a ∈ {x} sledi da svaka okolina tacke a, pa i okolinaU ima neprazan presek sa {x}, tj. U ∩ {x} 6= ∅. Kako U ∩ {x} 6= ∅ i U ∩ {y} = ∅povlaci x ∈ U i y /∈ U , i kako je U otvoren skup, to je X T0 - prostor.

T 1 - prostori (Freseovi prostori)

Definicija 4.1.2. Za topoloski prostor X kaze se da je T 1 - prostor ili Freseovprostor, i pise se X ∈ T1, ako za svake dve razlicite tacke ovog prostora postojeokoline ovih tacaka takve da one ne sadrze drugu tacku, tj.

(∀x, y ∈ X,x 6= y)(∃ okolina U 3 x)(∃ okolina V 3 y)y /∈ U ∧ x /∈ V

Sledeca veoma vazna teorema nam daje karakterizaciju T1 - prostora.

Teorema 4.1.2. Topoloski prostor X je T1 - prostor ako i samo ako su svi njegovijednoelementni podskupovi zatvoreni, tj.

X ∈ T1 ⇐⇒ (∀x ∈ X){x} = {x}

Dokaz.(=⇒): Neka je X ∈ T1 i x ∈ X proizvoljna tacka. Dokazacemo da je skup X \ {x}otvoren. Treba dokazati da je svaka tacka y ∈ X \ {x} unutrasnja tacka skupaX \ {x}. Za svako y ∈ X \ {x} vazi y 6= x, pa kako je X ∈ T1, to postoje okolineU 3 x i V 3 y takve da y /∈ U i x /∈ V . Iz x /∈ V sledi V ∩ {x} = ∅, odnosnoV ⊆ X \ {x}. Medutim, V je okolina tacke y za koju je y ∈ V ⊆ X \ {x}, pa jesvaka tacka y ∈ X \{x} unutrasnja, tj. X \{x} je otvoren, odnosno {x} je zatvorenskup u X.(⇐=): Neka je {x} (∀x ∈ X) zatvoren skup u X. Dokazimo da X ∈ T1. Za svakox, y ∈ X, x 6= y, skupovi {x} i {y} su zatvoreni, odnosno skupovi X \{x} i X \{y}su otvoreni, y ∈ X \ {x}, x ∈ X \ {y} (sledi iz x 6= y), x /∈ X \ {x} i y /∈ X \ {y}.Odavde zakljucujemo da je X, T1 - prostor.

Na osnovu prethodne teoreme, iz uvodnih primera mozemo zakljuciti da sumetricki prostori i skup R sa obicnom topologijom T1 - prostori, a da svezanadvotacka nije T1 - prostor.

Primer 4.1.5. Neka je X beskonacan skup i x0 ∈ X fiksiran element. Na Xdefinisimo topologiju τ sa (dokazati da je kolekcija τ zaista topologija na X)

τ = {U ⊆ X : X \ U = (X \ U) ∪ {x0}} ∪X

Za svako x 6= x0 je X \ {x} = (X \ {x}) ∪ {x0}, tj. skup {x} je otvoren pazakljucujemo X /∈ T1. Sa druge strane, za svake dve tacke x, y ∈ X, x 6= y vazi ilix 6= x0 ili y 6= x0. Neka je, recimo x 6= x0. Tada je {x}, kao sto smo videli, okolinatacke x za koju vazi y /∈ {x} (sledi iz x 6= y), pa zakljucujemo X ∈ T0.


Prethodni primer nam pokazuje da postoje T0 - prostori koji nisu T1 - prostori.Ocigledno je svaki T1 - prostor ujedno i T0 - prostor (x ∈ T1 ⇒ x ∈ T0), dokobrnuto ne vazi u opstem slucaju.

T 2 - prostori (Hausdorfovi prostori)

Definicija 4.1.3. Za topoloski prostor X kaze se da je T 2 - prostor ili Haus-dorfov prostor, i pise se X ∈ T2, ako za svake dve razlicite tacke ovog prostorapostoje disjunktne okoline, tj.

(∀x, y ∈ X,x 6= y)(∃ okolina U 3 x)(∃ okolina V 3 y)U ∩ V = ∅

Iz uvodnih primera zakljucujemo da su metricki prostori i skup R sa obicnomtopologijom Hausdorfovi prostori (T2 - prostori), a da svezana dvotacka nije Haus-dorfov prostor.

Primer 4.1.6. Neka je X beskonacan skup i τk kofinitna topologija definisana naskupu X (pogledati zadatak 10). Dakle,

τk = {U ⊆ X : X \ U konacan} ∪ {∅}

Za svako x ∈ X skupovi X \ {x} su otvoreni, jer su njihovi komplementi X \(X \ {x}) = {x} konacni. Kako su, za svako x ∈ X, skupovi X \ {x} otvoreni, tosu skupovi {x} zatvoreni, pa je (X,τk) T1 - prostor. Dokazimo da prostor (X,τk),ne samo da nije Hausdorfov, vec da je anti-Hausdorfov, u smislu da presek svakadva otvorena skupa iz (X,τk) nije prazan. Pretpostavimo suprotno, da postojeotvoreni skupovi U i V takvi da je U∩V = ∅. Prelaskom na komplement dobijamoX \ (U ∩ V ) = X \ ∅ = X, odnosno (X \ U) ∪ (X \ V ) = X. Kako su skupoviU i V otvoreni u kofinitnoj topologiji, to je leva strana u prethodnoj jednakostikonacan skup (kao unija dva konacna skupa), dok je desna strana beskonacan skup.Zakljucujemo da (X,τ ) nije Hausdorfov prostor (X /∈ T2).

Lako se uveravamo da je svaki T2 - prostor ujedno i T1 - prostor (X ∈ T2 ⇒X ∈ T1), dok obrnuto, kao sto smo videli u prethodnom primeru, ne vazi u opstemslucaju.

T 3 - prostori (Regularni prostori)

Definicija 4.1.4. Za topoloski prostor X kaze se da je T 3 - prostor ili regularniprostor, i pise se X ∈ T3, ako za svaki zatvoren skup iz X i za svaku tacku koja nepripada tom zatvorenom skupu, postoje disjunktne okoline te tacke i zatvorenogskupa (Okolina skupa A jeste svaki otvoren skup U za koji je U ⊇ A). Simbolicki

X ∈ T3⇔(X∈T1)(∀F = F ⊆ X)(∀x ∈ X\F )(∃ okoline U 3 x i V ⊇ F )U∩V = ∅

Na ovom mestu napomenimo izuzetno vaznu metrizacionu teoremu Urisona.

Teorema 4.1.3 (Teorema Urisona). Svaki regularni topoloski prostor sa pre-brojivom bazom jeste metrizabilan, tj. postoji metrika tako da se topologija indu-kovana metrikom poklapa sa polaznom topologijom.

Regularnost mozemo okarakterisati na sledeci nacin:

X ∈ T3 ⇔ (X ∈ T1)(∀x ∈ X)(∀ okolinu U 3 x)(∃ okolina V 3 x)x ∈ V ⊆ V ⊆ U


T 4 - prostori (Normalni prostori)

Definicija 4.1.5. Za topoloski prostor X kaze se da je T 4 - prostor ili normalanprostor, i pise se X ∈ T4, ako za svaka dva zatvorena i disjunktna skupa iz Xpostoje disjunktne okoline ovih skupova. Simbolicki X ∈ T4 ako i samo ako

X ∈ T4 ⇔ (X ∈ T1)(∀F1, F2 ⊆ X,F1 = F1, F2 = F2, F1 ∩ F2 =∅)

(∃ okoline U ⊇ F1 i V ⊇ F2)U ∩ V =∅

Primer 4.1.7. Svaki metricki prostor (X, d) jeste normalan (a samim tim i regu-laran). Naime. X ∈ T1 (primer 4.1.3, teorema 4.1.2) i za svaka dva zatvorena idisjunktna podskupa A ⊆ X i B ⊆ X moze se pokazati da su skupovi

U = {x ∈ X : d(x,A) <α

2} ⊇ A V = {x ∈ X : d(x,B) <

α

2} ⊇ B

gde je α = d(A,B) = inf{d(a, b) : a ∈ A, b ∈ B} > 0, neprazni, otvoreni idisjunktni.(pogledati zadatak 32 u dodatku).

Zadatak 18. Neka je X = {p, q, r} i Y = {a, b} i neka su

τX

= {∅, X, {p}, {r}, {p, q}, {p, r}} τY

= {∅, Y, {a}, {b}}

odgovarajuce topologije na X i Y .

(a) Naci bazu topoloskog proizvoda (X × Y,τ ).

(b) Da li je (X × Y,τ ) Hausdorfov?

(c) Ispitati neprekidnost preslikavanja f : X×Y → X i g : X×Y → Y definisanihsa

f :

((p, a) (q, a) (r, a) (p, b) (q, b) (r, b)p r p p q p

)

g :

((p, a) (q, a) (r, a) (p, b) (q, b) (r, b)a a a b b b

)Resenje.

(a) Baza topologije proizvoda jeste kolekcija podskupova oblika”otvoren u X puta

otvoren u Y “, pa imamo:

B = {{p} × {a}, {p} × {b}, {p} × Y, {r} × {a}, {r} × {b}, {r} × Y,{p, q} × {a}, {p, q} × {b}, {p, q} × Y, {p, r} × {a}, {p, r} × {b}, {p, r} × Y,X × {a}, X × {b}, X × Y }

(b) Svaka okolina tacke q (to su {p, q} i X) sadrzi tacku p, pa u prostoru (X,τX

)ne postoje disjunktne okoline tacaka p i q, tj. X nije Hausdorfov prostor, pani X × Y nije Hausdorfov prostor jer je

X ∈ T2 ∧ Y ∈ T2 ⇐⇒ X × Y ∈ T2 (zadatak 21)


(c) Kako f−1({r}) = {(q, a)}={q} × {a} /∈ τ , to preslikavanje f nije neprekidno(objasniti). Iz

g−1({a}) = {(p, a), (q, a), (r, a)} = {p, q, r} × {a} = X × {a} ∈ τg−1({b}) = {(p, b), (q, b), (r, b)} = {p, q, r} × {b} = X × {b} ∈ τg−1(Y ) = X × Y ∈ τg−1(∅) = ∅ ∈ τ

zakljucujemo da je inverzna slika svakog otvorenog skupa iz Y otvoren skup uX × Y , pa je g neprekidno preslikavanje.

Zadatak 19. Dokazati ekvivalenciju

X ∈ T2 ⇐⇒ dijagonala ∆X

= {(x, x) : x ∈ X} jeste zatvoren skup u X2 = X ×X

Resenje.(=⇒): Neka je X Hausdorfov prostor. Dokazacemo da je skup X2 \∆

Xotvoren u

X2, tj. da je svaka njegova tacka unutrasnja. Neka je (a, b) ∈ X2 \∆X

proizvoljnatacka. Tada je a 6= b, pa kako je X ∈ T2, to postoje okoline U i V , U 3 a, V 3 btako da je U ∩ V = ∅. Dokazimo da je (U × V ) ∩∆

X= ∅. Ako bi postojalo neko

(p, q) ∈ (U × V ) ∩∆X

, tada bi imali da je p = q (zbog (p, q) ∈ ∆X

) i p ∈ U, q ∈ V(zbog (p, q) ∈ U × V ), odnosno p = q ∈ U ∩ V , sto je suprotno sa U ∩ V = ∅.Dakle, vazi (U × V )∩∆

X= ∅, a odavde sledi (a, b) ∈ U × V ⊆ X2 \∆

X. Posto je

skup U ×V 3 (a, b) otvoren u X2, iz prethodnog sledi da je tacka (a, b) ∈ X2 \∆X

unutrasnja tacka skupa X2 \∆X

, pa je skup X2 \∆X⊆ X2 otvoren, tj. dijagonala

∆X⊆ X2 jeste zatvoren skup u X2.

(⇐=): Neka je ∆X⊆ X2 zatvoren skup. Dokazimo da je X Hausdorfov prostor.

Za svako a, b ∈ X, za koje je a 6= b imamo da (a, b) /∈ ∆X

, tj. (a, b) ∈ X2 \∆X

. Popretpostavci ∆

Xje zatvoren, pa je X2 \∆

Xotvoren. Odavde, i iz (a, b) ∈ X2 \∆

X

sledi da postoje okoline U 3 a i V 3 b takve da je (a, b) ∈ U × V ⊆ X2 \ ∆X

.Ako bi postojalo neko c ∈ U ∩ V , tada bi dobili da je (c, c) ∈ U × V ⊆ X2 \∆

Xi

(c, c) ∈ ∆X

, sto je nemoguce. Dakle U ∩ V = ∅. Time smo dokazali

(∀a, b ∈ X, a 6= b)(∃ okolina U 3 a)(∃ okolina V 3 b)U ∩ V = ∅

tj. X je Hausdorfov prostor (X ∈ T2).

Zadatak 20. Neka je X topoloski prostor, Y Hausdorfov prostor i f, g : X → Yneprekidna preslikavanja. Dokazati da je skup

A = {x ∈ X : f(x) = g(x)}

zatvoren u X.

Resenje. Ako je f(x) 6= g(x) (∀x ∈ X) tada je A = ∅ zatvoren skup. Takode, akoje f(x) = g(x) (∀x ∈ X) tada je A = X zatvoren skup. U ostalim slucajevima


dokazimo da je skup X \ A otvoren, tj. da je svaka njegova tacka unutrasnja ilisimbolicki

(∀p ∈ X)p ∈ X \A⇒ (∃ okolina U 3 p)p ∈ U ⊆ X \A

Za svako p ∈ X \ A imamo da je f(p) 6= g(p), pa kako Y ∈ T2 zakljucujemo dapostoje okoline V1, V2 iz Y ,V1 3 f(p), V2 3 q(p) takve da vazi V1∩V2 = ∅. Funkcijef i g su neprekidne na X, pa za uocene okoline V1 3 f(p) i V2 3 g(p) postoje okolineU1 3 p i U2 3 p takve da je f(U1) ⊆ V1 i f(U2) ⊆ V2. Skup U = U1 ∩ U2 je takodeokolina tacke p za koju vazi

f(U) = f(U1 ∩ U2) ⊆ f(U1) ⊆ V1 g(U) = g(U1 ∩ U2) ⊆ g(U2) ⊆ V2

Odavde je f(U) ∩ g(U) ⊆ V1 ∩ V2 = ∅, tj. f(U) ∩ g(U) = ∅. Za svako q ∈ Uje f(q) 6= g(q), jer bi, u suprotnom, iz f(q) = g(q), q ∈ U dobili f(q) = g(q) ∈f(U) ∩ g(U), sto je, kao sto smo pokazali, nemoguce. Dakle, za svako q ∈ U jef(q) 6= g(q), tj. U ⊆ X \ A i p ∈ U , pa je svaka tacka skupa X \ A unutrasnja.Zakljucujemo da je X \A otvoren, odnosno A je zatvoren.

Na primer, skup A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1} je zatvoren (objasniti).

Zadatak 21. Dokazati ekvivalenciju

X,Y ∈ T2 ⇐⇒ X × Y ∈ T2

Resenje.(=⇒): Ovaj deo ekvivalencije nam govori da je

”hausdorfnost“ multiplikativno

svojstvo: Direktni proizvod dva T2 - prostora je T2 - prostor. Neka je X,Y ∈ T2i p = (a, b), q = (c, d) proizvoljne tacke iz X × Y , takve da je p 6= q. Tada je,na primer a 6= c (dva uredena para su razlicita akko se razlikuju bar u jednojkomponenti). Iz X ∈ T2, a, c ∈ X, a 6= c sledi da postoje okoline U i V , U 3 ai V 3 c takve da je U ∩ V = ∅. Projekcija p1 : X × Y → X je neprekidnopreslikavanje, pa su p−11 (U) = U × Y 3 p i p−11 (V ) = V × Y 3 q otvoreni skupoviu X × Y i za njih vazi

p−11 (U) ∩ p−11 (V ) = (U × Y ) ∩ (V × Y ) = (U ∩ V )× Y = ∅

jer je U ∩ V = ∅. Drugim recima, za okoline p−11 (U) 3 p i p−11 (V ) 3 q imamo daje p−11 (U) ∩ p−11 (V ) = ∅, pa je X × Y Hausdorfov prostor, tj. X × Y ∈ T2.(⇐=): Neka je X × Y ∈ T2. Dokazacemo da je X ∈ T2. Neka su a i b proizvoljnetacke iz X za koje je a 6= b i neka je c ∈ Y . Tada je (a, c) 6= (b, c), pa kako jeX × Y ∈ T2, to postoje (bazne) okoline U1 × V1 3 (a, c) i U2 × V2 3 (b, c) takve daje (U1× V1)∩ (U2× V2) = ∅. Iz ∅ = (U1× V1)∩ (U2× V2) = (U1 ∩U2)× (V1 ∩ V2)i c ∈ V1 ∩ V2 sledi da je U1 ∩ U2 = ∅. Time smo dokazali da za svake dve razlicitetacke a i b iz X postoje okoline U1 3 a i U2 3 b takve da je U1 ∩ U2 = ∅, pa je XHausdorfov prostor. Na isti nacin pokazuje se i Y ∈ T2.

Glava 5

Konvergencija


Niz u metrickom prostoru (X, d), kao sto nam je poznato od ranije, definisalismo kao preslikavanje x : N→ X. Stavljajuci x(n) = xn, (∀n ∈ N) niz oznacavamosa (xn) ili (xn)n∈N. Cesto kazemo da je niz (xn)n∈N iz A ako xn ∈ A (∀n ∈ N).

Kaze se da niz (xn)n∈N u metrickom prostoru X konvergira ka x ∈ X, i pisese (xn)n∈N → x (ili xn → x(n → ∞), ili lim

n→+∞xn = x) ako je niz realnih brojeva

(d(xn, x))n∈N nula niz, tj.

limn→+∞

xn = x⇐⇒ limn→+∞

d(xn, x) = 0

Neka niz (xn)n∈N u metrickom prostoru X konvergira ka x ∈ X. Za svakuokolinu U 3 x postoji ε > 0 tako da je B(x, ε) ⊆ U . Medutim, iz d(xn, x) → 0(n→ +∞) sledi da postoji n0 = n0(ε) ∈ N tako da je d(xn, x) < ε za svako n ≥ n0,odnosno xn ∈ B(x, ε) za svako n ≥ n0. Dakle, iz (xn)n∈N → x sledi da za svakuokolinu U 3 x postoji ε > 0 i prirodan broj n0 = n0(ε) = n0(U) tako da za svakon ≥ n0 vazi xn ∈ B(x, ε) ⊆ U . Drugim recima:

Proizvoljna okolina U granice konvergentnog niza (xn)n∈N sadrzi skoro sveclanove tog niza, tj. xn ∈ U za sve dovoljno velike prirodne brojeve n.

Naravno, vazi i obrnuto: Ako svaka okolina U 3 x sadrzi skoro sve clanove niza(xn)n∈N, tj.

(∀ okolinu U 3 x)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)n ≥ n0 ⇒ xn ∈ U

tada je niz (xn)n∈N konvergentan i granica mu je x. Zaista, ε - okoline tacke xsu otvoreni skupovi, tj. okoline tacke x, pa na osnovu prethodnog sledi da postojin0 ∈ N takvo da je xn ∈ B(x, ε) za sve prirodne brojeve n ≥ n0. Medutim,xn∈B(x, ε) je ekvivalentno sa d(xn, x) < ε, pa zakljucujemo:

(∀ε > 0)(∃n0 = n0(ε) ∈ N)(∀n ∈ N)n ≥ n0 ⇒ d(xn, x) < ε

tj. limn→+∞

d(xn, x) = 0, pa (xn)→ x(n→ +∞).

GLAVA 5. KONVERGENCIJA 57

Iz prethodnog zakljucujemo da se konvergencija nizova u metrickom prostorumoze okarakterisati bez pozivanja na metriku. Kako su metricki prostori ujedno itopoloski, prirodno se namece sledeca definicija.

Definicija 5.1.1. Neka je (X,τ ) topoloski prostor. Za niz (xn)n∈N iz X kazemoda konvergira ka x ∈ X i pisemo (xn)n∈N → x ako za svaku okolinu U 3 x postojin0 = n0(U) ∈ N tako da za sve prirodne brojeve n ≥ n0 vazi xn ∈ U , tj.

(∀ okolinu U 3 x)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)n ≥ n0 ⇒ xn ∈ U

Tada kazemo da okolina tacke U sadrzi skoro sve clanove niza (xn)n∈N.

Prosirimo sada pojam niza. Za to ce nam trebati neki novi pojmovi.

Definicija 5.1.2. Neka je dat skup X 6= ∅ i relacija”≤“ tako da za sve x, y, z ∈ X

vazi:

x ≤ x (refleksivnost)

x ≤ y ∧ y ≤ x⇒ x = y (antisimetricnost)

x ≤ y ∧ y ≤ z ⇒ x ≤ z (tranzitivnost)

Tada za uredeni par (X,≤) kazemo da je parcijalno (delimicno) ureden skup.

Definicija 5.1.3. Ako su svaka dva elementa parcijalno uredenog skupa (X,≤)uporediva1, tada za njega kazemo da je linearno (kompletno) ureden skup (lanac).

Primer 5.1.1. (N,≤) i (R,≤) jesu primeri linearno uredenih skupova.

Definicija 5.1.4. Neka je (D,≤) parcijalno ureden skup. Za (D,≤) kazemo da jeusmeren udesno (mreza) ako

(∀α, β ∈ D)(∃γ ∈ D)γ ≥ α ∧ γ ≥ β

Primer 5.1.2. U linearno uredenom skupu (N,≤) za svako m,n ∈ N vazi m ≥ nili n ≥ m. Neka je, na primer, m ≥ n. Tada je m ≥ n i m ≥ m, pa je (N,≤)usmeren udesno.

Primer 5.1.3. U linearno uredenom skupu (L,≤) za svako x, y ∈ L vazi x ≥ yili y ≥ x. Neka je, na primer, x ≥ y. Tada je x ≥ y i x ≥ x (refleksivnost), pa je(L,≤) usmeren udesno.

Primer 5.1.4. Neka je (X,τ ) topoloski prostor, x ∈ X proizvoljan, ali fiksiranelement i Bx lokalna baza u x. Definisimo relaciju

”≥“ na Bx sa:

(∀B1, B2 ∈ Bx)B1 ≥ B2 ⇔ B1 ⊆ B2

Tada je (Bx,≤) parcijalno ureden skup. Takode imamo

(∀B1, B2 ∈ Bx)B1 ∩B2 ∈ Bx ⇒ B1 ∩B2 ⊆ B1 ∧B1 ∩B2 ⊆ B2

odnosno da je B1 ∩B2 ≥ B1 i B1 ∩B2 ≥ B2, pa je (Bx,≤) usmeren udesno.

1x i y su uporedivi ⇐⇒ x ≤ y ∨ y ≤ x


Definicija 5.1.5. Neka je (X,τ ) topoloski prostor i (D,≤) usmeren skup. Tadasvako preslikavanje ϕ : D → X zovemo uopsteni niz (mreza). Stavljajuci ϕ(α) =xα ∈ X, (∀α ∈ D) uopsteni niz oznacavamo sa (xα)α∈D.

Kazemo da je uopsteni niz (xα)α∈D iz A ako je xα ∈ A (∀α ∈ D).

Definicija 5.1.6. Za x ∈ X kaze se da je tacka nagomilavanja uopstenog niza(xα)α∈D ako

(∀ okolinu U 3 x)(∀α ∈ D)(∃β ∈ D,β ≥ α)xβ ∈ U

Definicija 5.1.7. Kaze se da niz (xα)α∈D konvergira ka x ∈ X i pise (xα)α∈D → xako

(∀ okolinu U 3 x)(∃α0 ∈ D)(∀β ∈ D)β ≥ α0 ⇒ xβ ∈ U

Primer 5.1.5. Neka je u diskretnom prostoru (X,D) dat uopsteni niz (xα)α∈Dkoji konvergira ka x ∈ X, tj. (xα)α∈D → x. Kako je {x} okolina tacke x imamoda su pocev od nekog α0 ∈ D svi clanovi niza (xα)α∈D jednaki x, tj. on je oblikaxα, xβ , xγ , . . . , x, x, x, . . . .

Primer 5.1.6. Neka je u indiskretnom prostoru (X, {∅, X}) sa bar dva elementadat konvergentan uopsteni niz (xα)α∈D → x. Tada i za svako y ∈ X,x 6= yvazi (xα)α∈D → y jer je svaka okolina tacke y ujedno i okolina tacke x. Dakle(xα)α∈D → x i (xα)α∈D → y.

Primer 5.1.7. U topoloskom prostoru (X,τ ), X = {a, b},τ = {∅, {a}, {a, b}}(svezana dvotacka) za niz (xn)n∈N takav da postoji n0 ∈ N tako da za sve prirodnebrojeve n ≥ n0 vazi xn = a, imamo da svaka okolina tacke a (okoline {a}, {a, b}, X)i svaka okolina tacke b (okoline {a, b}, X) sadrzi skoro sve clanove niza (xn)n∈N.Dakle, (xn)n∈N → a i (xn)n∈N → b.

Iz ovih primera uocavamo da konvergentni nizovi u topoloskim prostorima moguimati dve ili cak beskonacno mnogo limesa. Ovo moze da nas iznenadi jer smo u do-sadasnjim kursevima koji govore o konvergenciji nizova veoma cesto koristili sledecucinjenicu: ako limes postoji, on je jedinstven (Konvergentni realni nizovi imaju je-dinstvenu granicu, konvergentni nizovi u metrickim prostorima imaju jedinstvenugranicu). Objasnjenje ovih poteskoca nalazi se u cinjenici da topoloski prostoriu primerima 5.1.6 i 5.1.7 nisu Hausdorfovi, a da u Hausdorfovim prostorima vazisledeca teorema.

Teorema 5.1.1. U Hausdorfovim prostorima uopsteni niz moze da konvergiranajvise jednoj tacki.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, da uopsteni niz (xα)α∈D iz Hausdorfovog prostoraX konvergira ka tackama x, y ∈ X, x 6= y i dokazimo da je to nemoguce. Kakoje X Hausdorfov prostor i x 6= y to postoje okoline U 3 x i V 3 y takve da vaziU ∩ V = ∅. Medutim, iz pretpostavki da (xα)α∈D → x i (xα)α∈D → y sledi:

(xα)α∈D → x =⇒ (∃α1 = α1(U) ∈ D))(∀α ∈ D)α ≥ α1 ⇒ xα ∈ D (5.1)

(xα)α∈D → y =⇒ (∃α2 = α2(V ) ∈ D))(∀α ∈ D)α ≥ α2 ⇒ xα ∈ D (5.2)


Skup D je usmeren udesno, pa za α1, α2 ∈ D postoji α0 ∈ D tako da vazi α0 ≥ α1

i α0 ≥ α2. Odavde, i iz (5.1) i (5.2) sledi xα0 ∈ U ∩ V , sto je u suprotnosti saizborom okolina U i V (U ∩ V = ∅).

Zadatak 22. Neka je (X,τ ) topoloski prostor i neka niz (xn)n∈N iz A ⊆ X (tj.xn ∈ A za n = 1, 2, . . . ) konvergira ka x ∈ X. Tada x ∈ A.

Resenje. Za svaku okolinu U 3 x treba dokazati da je U ∩ A 6= ∅. Neka je U 3 xproizvoljna okolina. Iz konvergencije niza (xn)n∈N sledi da postoji prirodan brojn0 = n0(U) takav da xn ∈ U (∀n ≥ n0, n ∈ N). Odavde, i iz xn ∈ A (∀n = 1, 2, . . . )imamo xn0

∈ U ∩ A, tj. U ∩ A 6= ∅. Kako je U proizvoljna okolina, iz U ∩ A 6= ∅zakljucujemo da x ∈ A.

Zadatak 23. Za podskup A topoloskog prostora X vazi

x ∈ A⇐⇒ postoji uopsteni niz (xα)α∈D iz A takav da (xα)α∈D → x

Specijalno, za podskup A metrickog prostora (X, d) vazi

x ∈ A⇐⇒ postoji niz (xn)n∈N iz A takav da (xn)n∈N → x

Resenje.(=⇒): x ∈ A. Neka je kolekcija Bx lokalna baza u x ∈ X. Tada je skup (Bx,≤),gde je relacija

”≤“ definisana sa

(∀B1, B2 ∈ Bx)B1 ≥ B2 ⇐⇒ B1 ⊆ B2

usmeren udesno (primer 5.1.4). Iz x ∈ A sledi da je B∩A 6= ∅ (∀B ∈ Bx). Drugimrecima, za svako B ∈ Bx postoji xB ∈ X tako da xB ∈ B ∩ A. Posmatrajmouopsteni niz (xB)B∈Bx

iz A. Neka je U proizvoljna okolina tacke x. Kako je Bxlokalna baza, to postoji B0 ∈ Bx tako da je x ∈ B0 ⊆ U . Iz xB ∈ B∩A (∀B ∈ Bx)i iz B ⊆ B0 ⊆ U (∀B ≥ B0) sledi

(∀B ≥ B0)xB ∈ B ⊆ B0 ⊆ U

Dokazali smo da za proizvoljnu okolinu U tacke x vazi

(∃B0 = B0(U) ∈ Bx)(∀B ∈ Bx)B ≥ B0 ⇒ xB ∈ U

tj. (xB)B∈B → x. Dakle, niz (xB)B∈B je iz A i za njega vazi (xB)B∈B → x.(⇐=): Postupamo slicno kao u zadatku 22. Neka je (xα)α∈D uopsteni niz iz Atakav da (xα)α∈D → x i U 3 x proizvoljna okolina. Tada

(∃α0 = α0(U) ∈ D)(∀α ∈ D)α ≥ α0 ⇒ xα ∈ U

Za α = α0 je xα0 ∈ A i xα0 ∈ U , pa je xα0 ∈ U ∩A. Dakle, za proizvoljnu okolinuU 3 x vazi U ∩A 6= ∅, pa zakljucujemo x ∈ A.

Posledica 5.1.1. Za podskup A topoloskog prostora (X,τ ) koji zadovoljava prvuaksiomu prebrojivosti vazi

x ∈ A⇐⇒ postoji niz (xn)n∈N iz A takav da (xn)n∈N → x


Okarakterisimo neprekidnost jezikom konvergencije.

Teorema 5.1.2. Neka su X i Y topoloski prostori i f : X → Y preslikavanje.Tada

f je neprekidno u x ∈ X ⇐⇒ za svaki niz (xα)α∈D → x vazi (f(xα))α∈D → f(x)

Specijalno, za metricke prostore (X, d1) i (Y, d2) vazi

f je neprekidno u x∈X ⇐⇒ za svaki niz (xn)n∈N → x vazi f(xn)→ f(x)(n→∞)2

Resenje.(=⇒): Neka je preslikavanje f neprekidno u x ∈ X i (xα)α∈D → x proizvoljanuopsteni niz. Iz neprekidnosti funkcije f u x ∈ X sledi da za proizvoljnu okolinuV 3 f(x) postoji okolina U 3 x takva da je f(U) ⊆ V . Za tu okolinu U , izkonvergencije uopstenog niza (xα)α∈D → x zakljucujemo:

(∃α0 = α0(U) ∈ D)(∀α ∈ D)α ≥ α0 ⇒ xα ∈ U

Medutim, tada je i f(xα) ∈ f(U) ⊆ V (∀α ∈ D,α ≥ α0). Drugim recima, zaproizvoljnu okolinu V 3 f(x) imamo

(∃α0 = α0(V ) ∈ D)(∀α ∈ D)α ≥ α0 ⇒ f(xα) ∈ V

tj. (f(xα))α∈D → f(x) sto je i trebalo dokazati.(⇐=): Neka vazi desna strana ekvivalencije. Pretpostavimo suprotno, da f nijeneprekidna u x ∈ X. Tada postoji okolina V 3f(x) takva da za svaku okolinu U 3 xnije ispunjeno f(U) ⊆ V , odnosno da, za svako U 3 x, vazi f(U) \ V 6= ∅. Neka jeBx lokalna baza u x. Tada je (Bx,≤) usmeren skup i, na osnovu prethodnog, sledif(B) \ V 6= ∅ (∀B ∈ Bx). Dakle:

(∀B ∈ Bx)(∃xB ∈ B)f(xB) ∈ f(B) \ V

Posmatrajmo sada uopsteni niz (xB)B∈Bx. Neka student sam proveri da vazi

(xB)B∈Bx→ x. Tada, po pretpostavci mora biti (f(xB))B∈Bx

→ f(x). Medutim,za odabranu okolinu V 3 f(x) vazi f(xB) /∈ V (∀B ∈ Bx), pa (f(xB))B∈Bx

9 f(x),sto je u kontradikciji sa ranije dokazanim. Do kontradikcije nas je dovela pretpos-tavka da funkcija f nije neprekidna u x ∈ X. Dakle, funkcija f je neprekidna ux ∈ X.

2Za vezbu dokazite ovu ekvivalenciju uz pomoc metrike

Glava 6

Kompaktnost

6.1 Pokrivaci i potpokrivaci

Definicija 6.1.1. Neka je dat skup X 6= ∅ i kolekcija U ⊆ P (X) takva da vazi

X =⋃

U =⋃{U : U ∈ U}

Tada se za kolekciju U kaze da je pokrivac za X. Ako je kolekcija U1 ⊆ U takva davazi

X =⋃

U1 =⋃{U : U ∈ U1}

tada za kolekciju U1 kazemo da je potpokrivac pokrivaca U.

Kolekciju U ⊆ P (X) mozemo napisati u obliku U = {Uα : α ∈ A}, gde je A

odgovarajuci skup indeksa. Ako je jos i

X =⋃{Uα : α ∈ A} =

⋃α∈A

Uα

tada kolekciju {Uα : α ∈ A} zovemo pokrivac za X. Ako je A1 ⊆ A skup indeksaza koji vazi:

X =⋃{Uα : α ∈ A1} =

⋃α∈A1

Uα

tada kolekciju {Uα : α ∈ A1 ⊆ A} zovemo potpokrivac pokrivaca {Uα : α ∈ A}.Ako je skup A1 konacan (prebrojiv, najvise prebrojiv) tada za potpokrivac

{Uα : α ∈ A1 ⊆ A} skupa X kazemo da je konacan (prebrojiv, najvise prebrojiv).Ako je, recimo, U prebrojiv pokrivac zaX tada mozemo pisati U = {Un : n ∈ N}

i X =⋃n∈N

Un.

Slicno, ako je U konacan pokrivac zaX tada mozemo pisati U = {U1, U2, . . . , Un}

i X =

n⋃j=1

Uj .

Kolekcija {Uα : α ∈ A} jeste pokrivac za A ⊆ X ako je A ⊆⋃α∈A

Uα

61

GLAVA 6. KOMPAKTNOST 62

Definicija 6.1.2. Neka je (X,τ ) topoloski prostor i U pokrivac za X. Ako suelementi pokrivaca U otvoreni (zatvoreni) skupovi tada se U zove otvoreni (za-tvoreni) pokrivac za X.

6.2 Kompaktnost u metrickim prostorima

Neka je (xn)n∈N niz u metrickom prostoru i neka je 1<k1<k2<. . .<kn<. . .strogo rastuci niz prirodnih brojeva. Tada niz (xkn)n∈N zovemo podnizom niza(xn)n∈N. Ocigledno vazi kn ≥ n (∀n ∈ N).

Definicija 6.2.1. Metricki prostor (X, d) je kompaktan ako svaki niz (xn)n∈N izX ima konvergentan podniz.

Definicija 6.2.2. Podskup A metrickog prostora (X, d) je kompaktan ako svakiniz (xn)n∈N iz A ima konvergentan podniz cija je granica u A.

Nas cilj je da dokazemo sledecu teoremu:

Teorema 6.2.1 (Hajne - Borel). Metricki prostor (X, d) je kompaktan ako isamo ako se iz svakog otvorenog pokrivaca za X moze izdvojiti konacan potpok-rivac.

Definicija 6.2.3 (ε-mreza). Neka je (X, d) metricki prostor i ε > 0. Skup S ⊆ Xje ε-mreza za X ako je

X =⋃s∈S

B(s, ε), tj. (∀x ∈ X)(∃s ∈ S)d(x, s) < ε

Stav 6.2.1. (X, d) kompaktan =⇒ (∀ε > 0) postoji konacna ε-mreza za X.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, da postoji ε0 > 0 tako da ne postoji konacna ε0-mreza, tj.

(∃ε0 > 0)(∀S ⊆ X,S je konacan)(∃x ∈ X)(∀s ∈ S)d(x, s) ≥ ε0

Neka je s0 ∈ X. Skup {s0} nije ε0 - mreza, pa imamo

(∃s1 ∈ X)d(s1, s0) ≥ ε0

Skup {s0, s1} nije ε0 - mreza, pa imamo

(∃s2 ∈ X)d(s2, s1) ≥ ε0 ∧ d(s2, s0) ≥ ε0

Na ovaj nacin, konstruisimo elemente s0, s1, . . . , sn za koje vazi

d(sn, sj) ≥ ε0, (∀j ∈ {0, 1, . . . , n− 1})

Skup {s0, s1, . . . , sn} nije ε0 - mreza za X pa imamo

(∃sn+1 ∈ X)d(sn+1, sj) ≥ ε0, (∀j ∈ {0, 1, . . . , n})


Nastavljajuci ovako, matematickom indukcijom konstruisali smo niz (sn)n∈N iz Xtakav da

(∀n ∈ N)d(sn, sj) ≥ ε0, (∀j ∈ {0, 1, . . . , n− 1}) (6.1)

Metricki prostor X je po pretpostavci kompaktan, pa niz (sn)n∈N ima konver-gentan podniz (skn)n∈N. Konvergentni nizovi su Kosijevi, pa postoji n0 ∈ N takoda za sve prirodne brojeve n,m ≥ n0 vazi d(skn , skm) < ε0, tj.

(∃n0 ∈ N)(∀n,m ∈ N, n,m ≥ n0)d(skn , skm) < ε0

Neka je n2 > n1 > n0, (n1, n2 ∈ N). Tada iz poslednje nejednakosti dobijamo

d(skn1, skn2

) < ε0 (6.2)

Iz konstrukcije niza (sn)n∈N (pogledati 6.1) imamo

d(skn2, sj) ≥ ε0, (∀j ∈ {0, 1, . . . , kn2

− 1})

Kako je kn1 ∈ {0, 1, . . . , kn2 − 1} (sledi iz n2 > n1 ⇒ kn2 > kn1 ⇒ kn2 − 1 ≥ kn1),to je

d(skn2, skn1

) ≥ ε0 (6.3)

sto je nemoguce (pogledati 6.2). Dakle, za svako ε > 0 postoji konacna ε - mrezaza X.

Stav 6.2.2. Neka je metricki prostor (X, d) kompaktan. Tada je X separabilan,tj.

(X, d) kompaktan =⇒ postoji najvise prebrojiv i gust podskup A ⊆ X u X

Dokaz. Iz stava 6.2.1 sledi da za svako ε > 0 postoji konacna ε - mreza. Uzmimovrednosti za ε redom 1, 12 ,

13 , . . . ,

1n , . . . i 1

n - mrezu oznacimo sa An (∀n ∈ N) iposmatrajmo skup

A =⋃{An : n ∈ N}

Skupovi An (n ∈ N) su konacni, pa je skup A, sastavljen od prebrojive unijekonacnih skupova, najvise prebrojiv. Dokazimo jos da je A i gust u X, tj. da jeA = X. Kako uvek vazi A ⊆ X, to je dovoljno pokazati X ⊆ A, odnosno

(∀x ∈ X)(∀ε > 0)B(x, ε) ∩A 6= ∅

Neka su ε > 0 i x ∈ X proizvoljni. Za takvo ε, postoji n ∈ N tako da je 1n < ε.

Skup An je ε - mreza za X i x ∈ X pa postoji a ∈ An tako da je d(x, a) < 1n , tj.

a ∈ B(x, 1n ). Tada je

a ∈ B(x,1

n) ∩An ⊆ B(x, ε) ∩A

Dakle, a ∈ B(x, ε) ∩ A, odnosno B(x, ε) ∩ A 6= ∅ (∀ε > 0), pa je x ∈ A. Na krajudobijamo X ⊆ A, odnosno X = A.


Stav 6.2.3. (X, d) kompaktan =⇒ X ima prebrojivu bazu

Dokaz. Iz stava 6.2.2 sledi da postoji prebrojiv i gust skup A ⊆ X u X. Posmat-rajmo kolekciju

B = {B(a,1

n) : a ∈ A,n ∈ N}

Kolekcija B je prebrojiva jer je skup A najvise prebrojiv. Treba jos dokazati da jekolekcija B baza za X. Drugim recima, treba dokazati

(∀U ⊆ X,U otvoren)(∀x ∈ U)(∃a ∈ A,∃n ∈ N)x ∈ B(a,1

n) ⊆ U (6.4)

Neka je x ∈ U proizvoljan. Skup U je otvoren, pa postoji ε > 0 tako da jeB(x, ε) ⊆ U . Za dovoljno veliko n ∈ N vazi 1

n < ε tj. B(x, 1n ) ⊆ B(x, ε). Skup

A je svuda gust u X, tj. A = X 3 x, pa je B(x, 12n ) ∩ A 6= ∅, odnosno postoji

a ∈ B(x, 12n ) ∩A. Tada vazi:

a ∈ B(x,1

2n)⇒ d(x, a) <

1

2n⇒ x ∈ B(a,

1

2n) (6.5)

Dokazimo da je

B(a,1

2n) ⊆ B(x,

1

n) (6.6)

Neka je y ∈ B(a, 12n ) proizvoljan. Tada je d(x, y) ≤ d(x, a)+d(a, y) < 1

2n + 12n = 1

n ,odnosno y ∈ B(x, 1

n ), a odavde sledi (6.6). Na osnovu (6.5) i (6.6) imamo

x ∈ B(a,1

2n) ⊆ B(x,

1

n) ⊆ B(x, ε) ⊆ U

pa je (6.4) dokazano. Dakle, kolekcija B je prebrojiva baza metrickog prostoraX.

Stav 6.2.4. (X, d) je separabilan ⇐⇒ X ima prebrojivu bazu

Dokaz.(=⇒): Neka je X separabilan. Tada postoji prebrojiv i gust podskup A ⊆ X u X.Isto kao u dokazu stava 6.2.3 pokazuje se da je kolekcija

B = {B(a,1

n) : a ∈ A,n ∈ N}

prebrojiva baza u X.(⇐=): Neka je B = {Bn : n ∈ N} prebrojiva baza za X. Posmatrajmo skup

A = {an : n ∈ N}

gde je an ∈ Bn (∀n ∈ N). Skup A je prebrojiv. Treba jos dokazati da je gust u X,tj.

(∀x ∈ X)(∀ε > 0)B(x, ε) ∩A 6= ∅ (6.7)


Neka je ε > 0 i x ∈ X proizvoljan. Kolekcija B jeste baza za X i skup B(x, ε) jesteotvoren u X, pa imamo

(∃n0 ∈ N)x ∈ Bn0 ⊆ B(x, ε)

Medutim, an0∈Bn0

⊆B(x, ε) i an0∈A, odnosno an0

∈B(x, ε)∩A, tj. B(x, ε)∩A 6=∅pa je (6.7) dokazano.

Lema 6.2.1. Neka metricki prostor (X, d) (topoloski prostor (X,τ )) ima prebro-jivu bazu. Tada se iz svakog otvorenog pokrivaca moze izdvojiti najvise prebrojivpotpokrivac.

Dokaz. Neka je U otvoren pokrivac za X, B = {Bn : n ∈ N} prebrojiva baza za Xi neka je skup N ′ ⊆ N dat sa

N ′ = {n′ ∈ N : (∃U ∈ U)Bn′ ⊆ U}

Skup N ′ nije prazan jer za U ∈ U i x ∈ U postoji Bn1∈ B tako da je Bn1

⊆ U ,pa n1 ∈ N ′. Neka je Un′ (∀n′ ∈ N ′) proizvoljan skup iz U takav da je Bn′ ⊆ Un′ .Posmatrajmo kolekciju

U′ = {Un′ : n′ ∈ N ′}Kolekcija U′ je najvise prebrojiva (jer je N ′ ⊆ N). i potkolekcija je kolekcije U, patreba jos dokazati da pokriva X.

Za proizvoljno x ∈ X postoji U ∈ U tako da je x ∈ U (sledi iz X =⋃

U).Kolekcija B je baza, pa imamo

(∃n1 ∈ N)x ∈ Bn1 ⊆ U ⇒ n1 ∈ N ′

Skup Un1 je odabran tako da je x ∈ Bn1 ⊆ Un1 . Odavde mozemo zakljucitix ∈ Un1 ⊆

⋃U′, pa kolekcija U′ zaista pokriva X, sto je i trebalo dokazati.

Lema 6.2.2. Neka niz (xn)n∈N iz (X, d) nema nijedan konvergentan podniz. Tadasu skupovi

(∀m ∈ N)Fm = {xn : n ≥ m}zatvoreni.

Napomena 6.2.1. Skupovi Fm (∀m ∈ N) ne mogu biti konacni jer bi, u suprotnomniz (xn)n∈N imao stacionaran, a samim tim i konvergentan podniz.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, da postoji m ∈ N tako da je Fm 6= Fm, odnosnoFm * Fm. Tada postoji x0 ∈ Fm \ Fm, tj.

(∀ε > 0)(B(x0, ε) \ {x0}) ∩ Fm 6= ∅

Primetimo prvo da je (∀l ∈ N)l ≥ m⇒ d(x0, xl) > 0, jer bi, u suprotnom za nekon ∈ N, n ≥ m za koje je d(x0, xn) = 0 bilo x0 = xn ∈ Fm sto je nemoguce. Daljeimamo

x0 ∈ Fm \ Fm ⇒ (B(x0, 1) \ {x0}) ∩ Fm 6= ∅⇒ (∃l ∈ N)xl ∈ (B(x0, 1) \ {x0}) ∩ Fm⇒ (∃l ∈ N, l ≥ m)0 < d(x0, xl) < 1


Neka je l1 = min{l ∈ N : l ≥ m, 0 < d(x0, xl) < 1, }. Tada je 0 < d(x0, xl1) < 1.Stavimo ε = d(x0, xl1). Imamo

x0 ∈ Fm \ Fm ⇒(B(x0,

d(x0, xl1)

2) \ {x0}

)∩ Fm 6= ∅

⇒ (∃l ∈ N)xl ∈(B(x0,

d(x0, xl1)

2) \ {x0}

)∩ Fm

⇒ (∃l ∈ N, l ≥ m)0 < d(x0, xl) < d(x0,d(x0, xl1)

2)

Neka je l2 = min{l ∈ N : l ≥ m, 0 < d(x0, xl) <d(x0,xl1

)

2 }. Tada je

0 < d(x0, xl2) <d(x0, xl1)

2<

1

2< 1

tj. d(x0, xl2) < 1. Odavde je:l2 ≥ l1 jer je l1 najmanji prirodan broj l ≥ m za koji vazi d(x0, xl) < 1,

l1 6= l2 jer bi za l1 = l2 dobili d(x0, xl1) = d(x0, xl2) <d(x0,xl1

)

2 tj. 1 < 12 sto je

nemoguce.

Dakle, vazi l2 > l1 i d(x0, xl2) <d(x0,xl1

)

2 .Pretpostavimo da su xl1 , xl2 , . . . , xlk elementi skupa Fm takvi da je:

l1 = min{l ∈ N : l ≥ m, 0 < d(x0, xl) < 1, } (6.8)

lj = min{l ∈ N : l ≥ m, 0 < d(x0, xl) <d(x0, xlj−1

)

2} (j ∈ {2, 3, . . . , k}) (6.9)

Tada vazi l1 < l2 < · · · < lk i 0 < d(x0, xlj ) < 12j−1 (∀j ∈ {1, 2, . . . , k}). Sada

imamo

x0 ∈ Fm \ Fm ⇒(B(x0,

d(x0, xlk)

2) \ {x0}

)∩ Fm 6= ∅

⇒ (∃l ∈ N)xl ∈(B(x0,

d(x0, xlk)

2) \ {x0}

)∩ Fm

⇒ (∃l ∈ N, l ≥ m)0 < d(x0, xl) < d(x0,d(x0, xlk)

2)

Neka je lk+1 = min{l ∈ N : l ≥ m, 0 < d(x0, xl) <d(x0,xlk

)

2 }. Tada je

d(x0, xlk+1) <

d(x0, xlk)

2<d(x0, xlk−1

)

22<d(x0, xlk−1

)

2

tj. d(x0, xlk+1) <d(x0,xlk−1

)

2 . Odavde je:

lk+1 ≥ lk jer je lk najmanji prirodan broj l ≥ m za koji vazi d(x0, xl) <d(x0,xlk−1

)

2 ,

lk+1 6= lk jer bi za lk+1 = lk dobili d(x0, xlk) = d(x0, xlk+1) <

d(x0,xlk)

2 tj. 1 < 12

sto je nemoguce.

Dakle, vazi lk+1 > lk i d(x0, xlk+1) <

d(x0,xlk)

2 .


Na ovaj nacin, matematickom indukcijom, konstruisali smo niz (xlk)k∈N iz Fm zakoji vazi

l1 < l2 < · · · < lk < . . . (6.10)

0 < d(x0, xlk) <1

2k−1(∀k ∈ N) (6.11)

Elementi skupa Fm su clanovi niza (xn)n∈N pocev od prirodnog broja m, pa iz(6.10) zakljucujemo da je niz (xl)l∈N podniz niza (xn)n∈N za koji, zbog (6.11) i

limk→+∞

1

2k−1= 0 vazi lim

k→+∞d(x0, xlk) = 0 tj. lim

k→+∞xlk = x0, sto je u suprotnosti

sa pretpostavkom da niz (xn)n∈N nema nijedan konvergentan podniz. Dakle, sviskupovi Fm (∀m ∈ N) su zatvoreni.

Napomena 6.2.2. Moze se pokazati (jednostavnije je) da je x0 ∈ Fm \ Fmtacka nagomilavanja niza (xn)n∈N, sto je ekvivalentno sa postojanjem podniza niza(xn)n∈N koji konvergira ka x0. Mi smo ovde, medutim, efektivno konstruisali takavniz.

Dokaz teoreme Hajne - Borel (Teorema 6.2.1)(=⇒): Neka je (X, d) kompaktan metricki prostor. Iz stava 6.2.3 i leme 6.2.1 sledida umesto bilo kojih otvorenih pokrivaca mozemo posmatrati prebrojive otvorenepokrivace.

Pretpostavimo suprotno, da postoji prebrojivi pokrivac {Un : n ∈ N} iz kogase ne moze izdvojiti konacan potpokrivac. Tada je X \ (U1 ∪ U2 ∪ · · · ∪ Un) 6= ∅(∀n ∈ N), tj.

(∀n ∈ N)∃xn ∈ X \ (U1 ∪ U2 ∪ · · · ∪ Un) (6.12)

Posmatrajmo niz (xn)n∈N iz X. X je kompaktan, pa se iz njega moze izdvojitipodniz (xkn) koji konvergira ka x ∈ X. Kako je {Un : n ∈ N} pokrivac za X, toimamo

(∃n0 ∈ N)x ∈ Un0

Takode, iz x = limn→+∞

xkn i x ∈ Un0 imamo

(∃n1 ∈ N)(∀n ∈ N)n ≥ n1 ⇒ xkn ∈ Un0(6.13)

Neka je n2 ∈ N tako da vazi n2 ≥ n1 i n2 ≥ n0, odnosno kn2≥ kn1

i kn2≥ kn0

. Izn2 ≥ n1 i (6.13) dobijamo

xkn2∈ Un0

(6.14)

Medutim, iz xkn2∈ X \ (U1 ∪ U2 ∪ · · · ∪ Ukn2

) (sledi iz 6.12) i kn2 ≥ kn0 ≥ n0dobijamo

xkn2∈ X \ (U1 ∪ U2 ∪ · · · ∪ Ukn2

) ⊆ X \ Un0⇒ xkn2

/∈ Un0

sto je u suprotnosti sa (6.14). Dakle, zakljucujemo da se iz svakog otvorenogpokrivaca moze izdvojiti konacan potpokrivac.(⇐=): Neka se iz svakog otvorenog pokrivaca moze izdvojiti konacan potpokrivac.Pretpostavimo suprotno, da metricki prostor (X, d) nije kompaktan, tj. da tada


postoji niz (xn)n∈N iz X koji nema konvergentan podniz. Iz leme 6.2.2 sledi da suskupovi Fm = {xn : n ≥ m} (m ∈ N) zatvoreni. Tada su skupovi X \ Fm (m ∈ N)otvoreni. Posmatrajmo kolekciju

{X \ Fm : m ∈ N}

i dokazimo da je ona otvoren pokrivac za X. Mogu nastupiti sledeca dva slucaja:

1◦ x = xl za neko l ∈ N. Tada x = xl /∈ Fl+1, tj. x = xl ∈ X \ Fl+1

2◦ x 6= xl za svako l ∈ N. Tada x /∈ F1 = {xn : n ≥ 1}, tj. x ∈ X \ F1.

U oba slucaja imamo(∀x ∈ X)(∃m ∈ N)x ∈ X \ Fm

pa je kolekcija {X \ Fm : m ∈ N} zaista otvoren pokrivac za X. Po pretpostavci,iz njega mozemo izdvojiti konacan potpokrivac. Neka je to

{X \ Fi1 , X \ Fi2 , . . . , X \ Fik}

gde su brojevi ij (j ∈ {1, . . . , k}) izabrani tako da vazi i1 < i2 < . . . ik, odnosno

Fi1 ⊇ Fi2 ⊇ · · · ⊇ Fik

Kako je X =

k⋃j=1

(X \Fij ), prelaskom na komplement dobijamo ∅ =

k⋂j=1

Fij = Fik ,

tj. Fik = ∅, sto je nemoguce (Fm = {xn : n ≥ m} 6= ∅ za sve m ∈ N). Dakle,metricki prostor (X, d) je, pri datoj pretpostavci, kompaktan.

6.3 Kompaktnost u topoloskim prostorima

Iz teoreme Hajne - Borela vidimo da se kompaktnost u metrickim prostorimakarakterise pomocu egzistencije konacnog potpokrivaca bilo kojeg otvorenog po-krivaca, tj. kompaktnost u metrickim prostorima karakterise se iskljucivo pomocutopoloske strukture metrickog prostora, pa sledeca definicija ne bi trebala izgledatineobicno.

Definicija 6.3.1. Neka je (X,τ ) topoloski prostor. Za topoloski prostor (X,τ )kaze se da je kompaktan ako se iz svakog otvorenog pokrivaca za X moze izdvojitikonacan potpokrivac. Simbolicki, X je kompaktan ako i samo ako

(∀U ⊆ τ )X =⋃

U⇒ (∃U1 ⊆ U, U konacan)X =⋃

U1, ili

(∀{Uα∈τ :α∈A})X=⋃α∈A

Uα⇒(∃{Uα1,Uα2,. . .,Uαn}⊆{Uα∈τ :α∈A})X=

n⋃j=1

Uαj

Definicija 6.3.2. Podskup A topoloskog prostora X je kompaktan ako se iz svakogotvorenog pokrivaca za A moze izdvojiti konacan potpokrivac, tj.

(∀{Uα∈τ :α∈A})A⊆⋃α∈A

Uα⇒(∃{Uα1,Uα2

,. . .,Uαn}⊆{Uα∈τ :α∈A})A⊆

n⋃j=1

Uαj


Sledeca definicija je ekvivalentna prethodnoj:

Definicija 6.3.3. Podskup A topoloskog prostora (X,τ ) je kompaktan ako jepotprostor (A,τA) kompaktan (gde je τA = {U ∩A : U ∈ τ } relativna topologijana A).

Napomenimo da se kompaktan topoloski prostor koji je jos i Hausdorfov zove kom-pakt.

Primer 6.3.1. Neka je X beskonacan skup i τk kofinitna topologija na X data sa

τk = {U ⊆ X : X \ U konacan} ∪ {∅}

Dokazimo da je (X,τk) kompaktan. Neka je U proizvoljan otvoren pokrivac za X,tj.

X =⋃

U =⋃{U ∈ τ : U ∈ U}

Fiksirajmo U0 ∈ U. Iz definicije kofinitne topologije sledi da je X \ U0 konacan.Kako je U pokrivac, a X \ U0 konacan, to postoje skupovi U1, U2, . . . , Un (Uj ∈ U

za j = 1, 2, . . . , n) koji pokrivaju X \ U0, tj.

X \ U0 ⊆ U1 ∪ U2 ∪ · · · ∪ Un

Tada jeX = U0 ∪ (X \ U0) ⊆ U0 ∪ U1 ∪ U2 ∪ · · · ∪ Un

odnosno X = U0 ∪ U1 ∪ U2 ∪ · · · ∪ Un. Dakle, iz proizvoljnog pokrivaca U zaX izdvojili smo konacan potpokrivac, pa zakljucujemo da je (X,τk) kompaktanprostor (ali nije kompakt, pogledati primer 4.1.6).

Primer 6.3.2. Neka je X beskonacan skup i I = {∅, X} indiskretna topologijana X. Tada je (X, I) kompaktan jer svaki otvoreni pokrivac sadrzi samo X.

Primer 6.3.3. Neka je (X,D), gde je D = P (X), diskretan topoloski prostor.Ako je skup X beskonacan, tada se iz

X =⋃x∈X{x}

ne moze izdvojiti konacan potpokrivac, jer bi, u protivnom imali

X = {x1} ∪ {x2} ∪ · · · ∪ {xn} = {x1, x2, . . . , xn}

tj. skup X bi bio konacan, sto je nemoguce.

Definicija 6.3.4. Za kolekciju {Aα : α ∈ A} podskupova skupa X kaze se daima svojstvo konacnog preseka ili da je centrirana familija ako svaka konacnapotkolekcija kolekcije {Aα : α ∈ A} ima neprazan presek, tj.

(∀{Aα1, Aα2

, . . . , Aαn} ⊆ {Aα : α ∈ A})

n⋂j=1

Aαj= Aα1

∩Aα2∩ · · · ∩Aαn

6= ∅


Dokazacemo veoma vazno tvrdenje vezano za kompaktnost.

Teorema 6.3.1. Topoloski prostor jeste kompaktan ako i samo ako svaka centri-rana familija zatvorenih skupova ima neprazan presek, tj.

(X,τ ) je kompaktan⇐⇒ (∀ centrirana familija {Fα : α ∈ A})⋂α∈A

Fα 6= ∅

Dokaz.(=⇒): Neka je (X,τ ) kompaktan. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji centri-rana familija zatvorenih skupova {Fα : α ∈ A} za koju vazi⋂

α∈A

Fα = ∅

Prelaskom na komplement, dobijamo

X \⋂α∈A

Fα = X \∅⇔⋃α∈A

(X \ Fα) = X

Kako su svi Fα (α ∈ A) zatvoreni skupovi i kako vazi poslednja jednakost, toje kolekcija {X \ Fα : α ∈ A} otvoreni pokrivac za X. Po pretpostavci, X jekompaktan, pa se iz svakog otvorenog pokrivaca, pa i ovog, moze izdvojiti konacanpotpokrivac. Dakle,

(∃{X \ Fα1 , X \ Fα2 , . . . , X \ Fαn} ⊆ {X \ Fα : α ∈ A})n⋃j=1

(X \ Fαj ) = X

odnosno prelaskom na komplement

n⋂j=1

Fαj= ∅

Medutim, ovo je nemoguce jer sve konacne potkolekcije centrirane familije {Fα :α ∈ A} imaju neprazan presek.(⇐=): Neka sada svaka centrirana familija zatvorenih skupova ima neprazan presek

i neka je {Uα : α ∈ A} proizvoljan otvoren pokrivac za X. Tada, iz X =⋃α∈A

Uα

prelaskom na komplement dobijamo

X \X = X \⋃α∈A

Uα ⇔ ∅ =⋂α∈A

(X \ Uα) (6.15)

Kolekcija {X \Uα : α ∈ A} jeste kolekcija zatvorenih skupova. Poslednja kolekcija

ne moze biti centrirana jer bi, u protivnom, po pretpostavci imali⋂α∈A

(X\Uα) 6= ∅,

sto je u suprotnosti sa (6.15). Dakle, kolekcija {X \ Uα : α ∈ A} nije centrirana,pa mora postojati bar jedna konacna potkolekcija {X \Uα1 , X \Uα2 , . . . , X \Uαn}takva da vazi

(X \ Uα1) ∩ (X \ Uα2

) ∩ · · · ∩ (X \ Uαn) = ∅


odnosno X \ (Uα1 ∪ Uα2 ∪ · · · ∪ Uαn) = ∅, sto prelaskom na komplement daje

Uα1 ∪ Uα2 ∪ · · · ∪ Uαn = X

Drugim recima, iz proizvoljnog otvorenog pokrivaca {Uα : α ∈ A} za X mozemoizdvojiti konacan potpokrivac {Uα1

, Uα2, . . . , Uαn

}, pa je topoloski prostor (X,τ )kompaktan.

Napomena 6.3.1. Za tacku x ∈ X kazemo da je tacka potpunog nagomilavanjaili tacka hiper nagomilavanja beskonacnog podskupa A ⊆ X ako za svaku okolinuU 3 x vazi |U ∩A| = |A|. Moze se pokazati da je topoloski prostor kompaktan akoi samo ako svaki njegov beskonacni podskup ima tacku hiper nagomilavanja.

Napomena 6.3.2. Za topoloski prostor kazemo da je prebrojivo kompaktanako se iz svakog njegovog prebrojivog otvorenog pokrivaca moze izdvojiti konacanpotpokrivac.

Napomena 6.3.3. Za topoloski prostor kaze se da je Lindelefov ako se iz svakogotvorenog pokrivaca moze izdvojiti prebrojiv potpokrivac.

Napomena 6.3.4. Za topoloski prostor kaze se da je sekvencijalno (nizovno)kompaktan ako svaki niz ima konvergentan podniz.

Napomena 6.3.5. Iz definicije kompaktnosti i teoreme Hajne - Borela, kao i samogdokaza te teoreme, sledi da su sledeci iskazi ekvivalentni:

1◦ Metricki prostor je kompaktan.

2◦ Metricki prostor je sekvencijalno kompaktan.

3◦ Metricki prostor je prebrojivo kompaktan.

Napomena 6.3.6. Ako svaka tacka topoloskog prostora ima okolinu cije je zatva-ranje kompaktan skup, tada za takav prostor kazemo da je lokalno kompaktan.

Zadatak 24. Segment [a, b] ⊆ R (−∞ < a < b < +∞) jeste kompaktan u odnosuna obicnu topologiju.

Resenje. Bazu za relativnu topologiju na skupu [a, b](primer 3.2.1) cine skupovioblika

[a, a+ ε), (c− ε, c+ ε) za c ∈ (a, b), (b− ε, b]Neka je U proizvoljan otvoren pokrivac za [a, b] u relativnoj topologiji:[a, b] =

⋃U

Posmatrajmo skup

K = {c ∈ [a, b] : [a, c] se moze pokriti sa konacno mnogo elemenata iz U}

Pokazimo da je K 6= ∅. Iz a ∈ [a, b] =⋃U sledi da postoji U0 ∈ U takav da je

a ∈ U0. Kako su bazni skupovi tacke a u relativnoj topologiji oblika [a, a+ ε) (0 <ε < b− a), to postoji 0 < ε0 < b− a tako da je [a, a+ ε0) ⊆ U0. Odavde je

[a, a+ε02

] ⊆ [a, a+ ε0) ⊆ U0

pa je {U0} konacan potpokrivac za [a, a+ ε02 ]. Dakle, a+ ε0

2 ∈ K, odnosno K 6= ∅.


Skup K jeste neprazan i ogranicen odozgo sa b, pa on ima konacan supremumc0 = supK. Za supremum c0 = supK vazi

a < a+ε02≤ c0 ≤ b

tj. c0 ∈ (a, b] (c0− a > 0). Neka je δ > 0, 0 < δ < c0− a. Tada je c0− δ ”umanjeni

supremum“, pa imamo(∃d ∈ K)c0 − δ < d ≤ c0

Po definiciji skupa K, konacno mnogo elemenata iz U pokriva segment [a, d], pa istakolekcija konacno mnogo elemenata iz U, zbog [a, c0− δ] ⊆ [a, d] pokriva i segment[a, c0−δ]. Dakle, dokazali smo [a, c0−δ] ∈ K (za sve δ za koje vazi 0 < δ < c0−a).

Kako je U otvoren pokrivac za [a, b] i c0 ∈ [a, b] to postoji U1 ∈ U takav da jec0 ∈ U1. Po definiciji relativne topologije na segmentu [a, b] (nasledene od obicnetopologije) postoje ε1 > 0 i ε2 > 0 takvi da je

(c0 − ε1, c0] ⊆ (c0 − ε1, c0 + ε1) ⊆ U1 ako je c0 < b, odnosno

(c0 − ε2, c0] ⊆ U1 ako je c0 = b

Dakle, u oba slucaja imamo (∃δ > 0)(c0 − δ, c0] ⊆ U1. Napisimo [a, c0] u obliku

[a, c0] = [a, c0 − δ] ∪ (c0 − δ, c0]

Vec smo ranije pokazali da je segment [a, c0 − δ] pokriven sa konacno mnogo ele-menata iz U, a kako je i (c0 − δ, c0] ⊆ U1, sledi da pokrivanje segmenta [a, c0 − δ]kome je dodat i element U1 ∈ U predstavlja pokrivanje segmenta [a, c0]. Daklec0 = supK ∈ K.

Dokazimo jos da je c0 = b. Ako je c0 < b, tada postoji ε > 0 i otvoren skupU ∈ U, c0 ∈ U (a < c0 < b) takvi da je

[c0, c0 + ε) ⊆ (c0 − ε, c0 + ε) ⊆ U

Tada, za segment [c0, c0 + ε2 ] vazi

[c0, c0 +ε

2] ⊆ [c0, c0 + ε) ⊆ (c0 − ε, c0 + ε) ⊆ U

tj. segment [c0, c0 + ε2 ] je pokriven sa jednim elementom {U} iz kolekcije U. Iz

[a, c0 +ε

2] = [a, c0] ∪ [c0, c0 +

ε

2]

i iz c0 = supK ∈ K zakljucujemo da se segment [a, c0 + ε2 ] moze pokriti sa konacno

mnogo elemenata kolekcije U koje pokrivaju [a, c0] i kojima je pridodat element{V }. Odavde sledi c0 + ε

2 ∈ K, ali c0 je supremum skupa K, pa je c0 ≥ c0 + ε2 ,

odnosno ε ≤ 0, sto je nemoguce. Dakle b = c0 = supK ∈ K, pa po definiciji skupaK zakljucujemo da, za proizvoljan pokrivac U za [a, b], postoji konacan potpokrivac,tj. segment [a, b] je kompaktan.


Zadatak 25.

1◦ Interval (0, 1) nije kompaktan

2◦ R nije kompaktan, ali je lokalno kompaktan.

Resenje.

1◦ Lako se pokazuje da je (pokazati za vezbu)

(0, 1) =

∞⋃n=1

(1

n+ 2,

1

n)

Kolekcija {( 1n+2 ,

1n ) : n ∈ N} je otvoren pokrivac za (0, 1), pa bi iz pretpostavke

da je (0, 1) kompaktan dobili egzistenciju prirodnih brojeva n1, n2, . . . , nm tak-vih da je

(0, 1) = (1

n1 + 2,

1

n1) ∪ (

1

n2 + 2,

1

n2) ∪ · · · ∪ (

1

nm + 2,

1

nm)

Neka je ε = min{ 1n1+2 ,

1n2+2 , . . . ,

1nm+2}. Tada bi interval (0, ε) bio

”nepokri-

ven“. Dakle, interval (0, 1) nije kompaktan.

2◦ Slicnim razmatranjem, buduci da je kolekcija {(−n, n) : n ∈ N} otvoren pok-

rivac za R (R =

∞⋃n=1

(−n, n)), mozemo zakljuciti da se iz ovog otvorenog pok-

rivaca ne moze izdvojiti konacan potpokrivac.Medutim, R je lokalno kompaktan (svaka tacka ima okolinu cije je zatvaranjekompaktan skup). Naime,

(∀x ∈ R)(x− ε, x+ ε)

jeste okolina tacke x cije je zatvaranje u obicnoj topologiji Cl(x − ε, x + ε) =[x− ε, x+ ε], kao sto smo pokazali, kompaktan skup.

Teorema 6.3.2.

(a) Kompaktnost se nasleduje po zatvorenim skupovima (kompaktnost je naslednaosobina), tj. ako je X kompaktan i F ⊆ X, F - zatvoren, tada je i F kompak-tan.

(b) Kompaktnost je invarijanta neprekidnih preslikavanja (Neprekidna slika kom-paktnog skupa je kompaktan skup).


Dokaz.

(a) Treba dokazati:

X kompaktan, F ⊆ X - zatvoren⇒ F kompaktan

Neka je {Uα : α ∈ A} proizvoljan otvoren pokrivac za F , tj.

F ⊆⋃α∈A

Uα

Kako je skup F zatvoren, to je skup X \ F otvoren. Tada imamo

X = F ∪ (X \ F ) ⊆⋃α∈A

Uα ∪ (X \ F )

tj. X =⋃α∈A

Uα ∪ (X \F ), pa je kolekcija {Uα : α ∈ A}∪{X \F} otvoren pok-

rivac za X. Kako je X kompaktan, to iz poslednje kolekcije mozemo izdvojitikonacan potpokrivac

X = Uα1 ∪ Uα2 ∪ · · · ∪ Uαn ∪ (X \ F )

(Primetimo da skup X \ F mora pripadati pokrivacu za X). Sada imamo

F = F ∩X = F ∩ (Uα1∪ Uα2

∪ · · · ∪ Uαn∪ (X \ F ))

= (F ∩ Uα1) ∪ (F ∩ Uα2

) ∪ · · · ∪ (F ∩ Uαn) ∪ (F ∩ (X \ F ))

= (F ∩ Uα1) ∪ (F ∩ Uα2

) ∪ · · · ∪ (F ∩ Uαn) ∪∅

⊆ Uα1∪ Uα2

∪ · · · ∪ Uαn

tj. F ⊆n⋃j=1

Uαj. Dakle, iz proizvoljnog otvorenog pokrivaca za F izdvojili smo

konacan potpokrivac, pa zakljucujemo da je F ⊆ X kompaktan.

(b) Neka su X i Y topoloski prostori, f : X → Y neprekidno preslikavanje i Xkompaktan. Treba dokazati da je i f(X) ⊆ Y kompaktan podskup u Y . Nekaje {Vα : α ∈ A} proizvoljan pokrivac za f(X), tj.

f(X) ⊆⋃α∈A

Vα

Tada imamo

X = f−1(f(X)) ⊆ f−1(⋃α∈A

Vα) =⋃α∈A

f−1(Vα)

tj. X =⋃α∈A

f−1(Vα). Preslikavanje f je neprekidno, pa su skupovi f−1(Vα)

(∀α ∈ A), otvoreni kao inverzne slike otvorenih skupova. Odavde zakljucujemo


da je kolekcija {f−1(Vα) : α ∈ A} otvoren pokrivac za X. Kako je X kom-paktan, to postoji konacan potpokrivac {f−1(Vα1), f−1(Vα2), . . . , f−1(Vαn)}pokrivaca {f−1(Vα) : α ∈ A}, tj.

X =

n⋃j=1

f−1(Vαj )

Tada je

f(X) = f(

n⋃j=1

f−1(Vαj )) =

n⋃j=1

(f(f−1(Vαj ))) ⊆n⋃j=1

Vαj

Dakle, iz proizvoljnog otvorenog potpokrivaca za f(X) izdvojili smo konacanpotpokrivac, pa zakljucujemo da je skup f(X) kompaktan podskup u Y .

Teorema 6.3.3.

(a) Svaki kompaktan podskup Hausdorfovog prostora jeste zatvoren.

(b) Svako neprekidno preslikavanje kompaktnog prostora X u Hausdorfov prostorY jeste zatvoreno.

Dokaz.

(a) Neka je A ⊆ X kompaktan podskup Hausdorfovog prostora X. Dokazimo da jeX\A otvoren skup. Za svako x ∈ X\A sledi x 6= a (∀a ∈ A). Medutim, X ∈ T2,pa za svako a ∈ A postoje okoline Ua 3 a i Va 3 x takve da je Ua ∩ Va = ∅.Kako je, za svako a ∈ A, Ua okolina tacke a, sledi da kolekcija {Uα : α ∈ A}pokriva skup A. Skup A je kompaktan, pa se iz svakog pokrivaca, pa i iz ovogmoze izdvojiti konacan potpokrivac. Neka je to {Ua1 , Ua2 , . . . , Uan}, odnosno

A ⊆ Ua1 ∪ Ua2 ∪ · · · ∪ Uan

Njima odgovarajuce okoline Va 3 x takve da je Ua∩Va = ∅ su Va1 , Va2 , . . . , Van(Uaj ∩ Vaj = ∅ za j ∈ {1, 2, . . . , n}). Stavimo

V = Va1 ∩ Va2 ∩ · · · ∩ Van

Odavde sledi da je skup V otvoren, a iz x ∈ Vaj (∀j ∈ {1, 2, . . . , n}) sledi x ∈ V ,pa zakljucujemo da je V okolina od x. Takode, za svako j ∈ {1, 2, . . . , n} vazi

V ∩ Uaj ⊆ Vaj ∩ Uaj = ∅⇒ V ∩ Uaj = ∅

a odave sledi

V ∩A ⊆ V ∩ (

n⋃j=1

Uaj ) =

n⋃j=1

(V ∩ Uaj ) = ∅ ∪∅ ∪ · · · ∪∅ = ∅

tj. V ∩ A = ∅, odnosno V ⊆ X \ A. Dokazali smo da, za svako x ∈ X \ A,postoji okolina V 3 x takva da je x ∈ V ⊆ X \A, a to upravo znaci da je X \Aotvoren. Njegov komplement je zatvoren. Dakle, skup A je zatvoren.


(b) Treba dokazati da je direktna slika svakog zatvorenog skupa iz X, zatvoren uY . Neka je F ⊆ X bilo koji zatvoren skup. Kako je X kompaktan, a F ⊆ Xzatvoren, tada je (teorema 6.3.2 pod (a)) i F kompaktan. Preslikavanje f jeneprekidno, pa je skup f(F ) kompaktan podskup Hausdorfovog prostora Y(teorema 6.3.2 pod (b)), pa iz (a) sledi da je f(F ) i zatvoren, sto je i trebalodokazati.

Iz ove teoreme sledi da je svaki kompaktan podskup skupa realnih brojeva zatvoren.

Teorema 6.3.4. Neka je (X,τ ) topoloski prostor i B baza tog prostora. Tada jeX kompaktan ako i samo ako se iz svakog otvorenog pokrivaca ciji su elementi izbaze B moze izdvojiti konacan potpokrivac.

Dokaz.(=⇒) Sledi iz definicije kompaktnosti.(⇐=) Neka je {Uα : α ∈ A} proizvoljan otvoren pokrivac za X, tj.

X =⋃α∈A

Uα

Tada(∀x ∈ X)(∃Uα(x) ∈ U)x ∈ Uα(x) (α(x) ∈ A)

Kolekcija B je baza za X pa je

(∀x ∈ X)(∃Bα(x) ∈ B)x ∈ Bα(x) ⊆ Uα(x)

Odavde zakljucujemo da je kolekcija {Bα(x) : x ∈ X} otvoren pokrivac za X, cijisu elementi bazni skupovi, pa se, na osnovu pretpostavke, iz ovog pokrivaca mozeizdvojiti konacan potpokrivac {Bα(x1), Bα(x2), . . . , Bα(xn)}.

Medutim, Bα(xj) (j ∈ {1, 2, . . . , n}) izabrani su tako da je Bα(xj) ⊆ Uα(xj) (∀j ∈{1, 2, . . . , n}). Zbog toga je

X = Bα(x1) ∪Bα(x2) ∪ · · · ∪Bα(xn) ⊆ Uα(x1) ∪ Uα(x2) ∪ · · · ∪ Uα(xn)

odnosno X = Uα(x1) ∪ Uα(x2) ∪ · · · ∪ Uα(xn). Dakle, {Uα : α ∈ A} je proizvoljanpokrivac iz koga smo izdvojili konacan potpokrivac {Uα(x1), Uα(x2), . . . , Uα(xn)}, paje X kompaktan, sto je i trebalo dokazati.

Zadatak 26. Dokazati da je kompaktnost multiplikativno svojstvo, tj.

X i Y su kompaktni⇒ X × Y je kompaktan

Vazi li obrnuto?

Resenje. Na osnovu prethodne teoreme, mozemo pretpostaviti da su elementi otvo-renog pokrivaca iz X × Y oblika U × V , U otvoren u X, V otvoren u Y , odnosnoneka je

X × Y =⋃{Uα × Vβ : α ∈ A, β ∈ B}

gde su Uα (∀α ∈ A) otvoreni skupovi u X i gde su Vβ (∀β ∈ B) otvoreni skupoviu Y .


Posmatrajmo projekcije px i py:

X = px(X × Y ) = px

( ⋃(α,β)∈A×B

(Uα × Vβ)

)=⋃

(α,β)∈A×B

px(Uα × Vβ) =⋃α∈A

Uα

X = py(X × Y ) = py

( ⋃(α,β)∈A×B

(Uα × Vβ)

)=⋃

(α,β)∈A×B

py(Uα × Vβ) =⋃α∈A

Vβ

Odavde sledi da su kolekcije {Uα : α ∈ A} i {Vβ : β ∈ B} otvoreni pokrivaci za kom-paktne prostore X i Y , redom, pa se iz njih mogu izdvojiti konacni potpokrivaci.Neka su to

{Uα1, Uα2

, . . . , Uαn} ⊆ {Uα : α ∈ A} {Vβ1

, Vβ2, . . . , Vβm

} ⊆ {Vβ : β ∈ B}

odnosno

X =

n⋃i=1

UαiY =

m⋃j=1

Vβj

Tada imamo

X × Y =( n⋃i=1

Uαi

)×( m⋃j=1

Vβj

)=

n⋃i=1

m⋃j=1

(Uαi × Vβj ) =⋃

(i,j)∈{1,2,...,n}×{1,2,...,m}

(Uαi × Vβj )

Dokazali smo da se iz proizvoljnog pokrivaca ciji su elementi bazni skupovi mozeizdvojiti konacan potpokrivac, pa je prostor X × Y kompaktan.

Napomena 6.3.7. Jedna od najprimenjenijih teorema u matematici jeste teo-rema Tihonova koja glasi: Direktan proizvod proizvoljne kolekcije kompaktnihskupova je kompaktan.

Teorema 6.3.5. Za A ⊆ Rn vazi

A je kompaktan⇐⇒ A je zatvoren i ogranicen

Dokaz.(=⇒): Ako je A kompaktan u Rn, tada je on i zatvoren, jer je Rn Hausdorfov(teorema 6.3.3 pod (a)).

Projekcije pj : A ⊆ Rn → R (j ∈ {1, 2, . . . , n}) su neprekidna preslikavanja, pasu svi pj(A) (j ∈ {1, 2, . . . , n}) kompaktni podskupovi od R ((teorema 6.3.2 pod(b)), dakle i ograniceni u R (dokazati).(⇐=): Neka je A ⊆ Rn zatvoren i ogranicen. Tada postoji podskup I ⊆ Rn:

I = [a1, b1]× [a2, b2]× · · · × [an, bn]

takav da je A ⊆ I. Po teoremi Tihonova, I je kompaktan (napomena 6.3.7, zadatak24), pa je i A kompaktan kao zatvoren podskup kompaktnog skupa I (teorema 6.3.2.pod (a)).

Glava 7

Povezanost (Koneksnost)

7.1 Otvorena i zatvorena diskoneksija

Definicija 7.1.1. Neka je (X,τ ) topoloski prostor. Ako postoje otvoreni skupoviU i V takvi da je

X = U ∪ V, U 6= ∅, V 6= ∅, U ∩ V = ∅ (7.1)

tada kazemo da postoji otvorena diskoneksija za X.

Definicija 7.1.2. Neka je (X,τ ) topoloski prostor. Ako postoje zatvoreni skupoviF1 i F2 takvi da je

X = F1 ∪ F2, F1 6= ∅, F2 6= ∅, F1 ∩ F2 = ∅ (7.2)

tada kazemo da postoji zatvorena diskoneksija za X.

Teorema 7.1.1. Postoji otvorena diskoneksija za X akko postoji zatvorena disko-neksija za X.

Dokaz.(=⇒): Neka postoji otvorena diskoneksija za X. Tada postoje otvoreni skupovi Ui V takvi da vazi (7.1). Iz X = U ∪ V , prelaskom na komplement, dobijamo

∅ = X \ (U ∪ V ) = (X \ U) ∩ (X \ V )

Stavimo F1 = X\U i F2 = X\V . Tada, na osnovu prethodnog, imamo F1∩F2 = ∅.Takode, iz U ∩ V = ∅, prelaskom na komplement, dobijamo

(X \ U) ∪ (X \ V ) = X ⇔ F1 ∪ F2 = X

Medutim, iz U ∩ V = ∅, U 6= ∅, V 6= ∅ dobijamo i

∅ 6= V ⊆ X \ U = F1 ∅ 6= U ⊆ X \ V = F2

odnosno F1 6= ∅ i F2 6= ∅. Dakle, za zatvorene skupove F1 i F2 vazi (7.2), papostoji zatvorena diskoneksija za X.

78

GLAVA 7. POVEZANOST (KONEKSNOST) 79

(⇐=): Neka postoji zatvorena diskoneksija za X. Tada postoje zatvoreni skupoviF1 i F2 takvi da vazi (7.2). Na isti nacin kao i u obnutom slucaju pokazuje se daza otvorene skupove U = X \ F1 i V = X \ F2 vazi (7.1), tj. da postoji otvorenadiskoneksija za X.

Iz prethodne teoreme sledi ekvivalentnost definicija 7.1.1 i 7.1.2.

7.2 Definicija povezanosti

Definicija 7.2.1. Topoloski prostor jeste povezan (koneksan) ako ne postojiotvorena diskoneksija.

Iz definicije povezanosti i ekvivalenotnosti definicija otvorene i zatvorene disko-neksije zakljucujemo da je topoloski prostor X povezan akko:

(P1) za svaka dva otvorena skupa U i V vazi

X = U ∪ V, U 6= ∅, V 6= ∅ =⇒ U ∩ V 6= ∅

(P2) za svaka dva otvorena skupa U i V vazi

X = U ∪ V, U ∩ V = ∅ =⇒ U = ∅ ∨ V = ∅

(P3) za svaka dva zatvorena skupa F1 i F2 vazi

X = F1 ∪ F2, F1 6= ∅, F2 6= ∅ =⇒ F1 ∩ F2 6= ∅

(P4) za svaka dva zatvorena skupa F1 i F2 vazi

X = F1 ∪ F2, F1 ∩ F2 = ∅ =⇒ F1 = ∅ ∨ F2 = ∅

Teorema 7.2.1. Topoloski prostor X je povezan akko su ∅ i X jedini otvoreno-zatvoreni skupovi u X.

Dokaz.(=⇒): Neka je X povezan i A ⊆ X otvoreno-zatvoren skup. Tada su skupovi A iX \A otvoreni i za njih vazi

X = A ∪ (X \A), A ∩ (X \A) = ∅

pa iz (P2) sledi A = ∅ ili X \A = ∅, odnosno A = ∅ ili A = X.(⇐=): Neka su ∅ i X jedini otvoreno-zatvoreni skupovi u X i neka su U i Vproizvoljni otvoreni skupovi za koje vazi

X = U ∪ V, U ∩ V = ∅ (7.3)

Tada, iz U ∩ V = ∅ sledi U ⊆ X \ V . Takode, iz X = U ∪ V , prelaskom nakomplement, dobijamo

∅ = (X \ U) ∩ (X \ V )

a odavde sledi X \ V ⊆ X \ (X \ U) = U , tj. X \ V ⊆ U .


Kako smo prethodno pokazali da vazi i U ⊆ X\V , to zakljucujemo da je U = X\V .Odavde sledi da je skup U otvoreno-zatvoren, pa po pretpostavci imamo U = ∅ili X \ V = U = X, odnosno U = ∅ ili V = ∅. Dakle, za proizvoljne otvoreneskupove U i V za koje vazi (7.3) sledi U = ∅ ili V = ∅, sto je upravo osobina (P2),pa zakljucujemo da je X povezan.

Definicija 7.2.2. Podskup A topoloskog prostora (X,τ ) je povezan ako je pot-prostor (A,τA) povezan gde je

τA = {U ∩A : U ∈ τ }

relativna topologija na A.

Pojam otvorene i zatvorene diskoneksije za topoloski prostor X, uz pomoc relativnetopologije, mozemo preneti i na podskup A ⊆ X na sledeci nacin:

(1◦) Postoji otvorena diskoneksija za A ⊆ X ako postoje otvoreni skupovi U i Vtakvi da je

A = (U ∩A) ∪ (V ∩A) ⊆ U ∪ V, U ∩A 6= ∅, V ∩A 6= ∅, U ∩ V ∩A = ∅

(2◦) Postoji zatvorena diskoneksija za A ⊆ X ako postoje zatvoreni skupovi F1 iF2 takvi da je

A = (F1∩A)∪ (F2∩A) ⊆ F1∪F2, F1∩A 6= ∅, F2∩A 6= ∅, F1∩F2∩A = ∅

U nastavku cemo cesto koristiti sledecu skupovnu ekvivalenciju (dokazati)

A ⊆ B ∪ C ⇐⇒ A = (B ∩A) ∪ (C ∩A) (7.4)

Osobine (P1), (P2), (P3) i (P4) povezanosti topoloskih prostora mozemo modifiko-vati za podskup A topoloskog prostora X. Naime, podskup A topoloskog prostoraX je povezan akko

(Pp1) za svaka dva otvorena skupa U i V vazi

A = (U ∩A) ∪ (V ∩A), U ∩A 6= ∅, V ∩A 6= ∅ =⇒ U ∩ V ∩A 6= ∅

(Pp2) za svaka dva otvorena skupa U i V vazi

A = (U ∩A) ∪ (V ∩A), U ∩ V ∩A = ∅ =⇒ U ∩A = ∅ ∨ V ∩A = ∅

(Pp3) za svaka dva zatvorena skupa F1 i F2 vazi

A = (F1 ∩A) ∪ (F2 ∩A), F1 ∩A 6= ∅, F2 ∩A 6= ∅, =⇒ F1 ∩ F2 ∩A 6= ∅

(Pp4) za svaka dva zatvorena skupa F1 i F2 vazi

A = (F1 ∩A) ∪ (F2 ∩A), F1 ∩ F2 ∩A = ∅ =⇒ F1 ∩A = ∅ ∨ F2 ∩A = ∅


Zadatak 27. Neka je A ⊆ X povezan podskup topoloskog prostora X i neka suU i V otvoreni podskupovi takvi da je A ⊆ U ∪ V i U ∩ V = ∅. Tada je A ⊆ U iliA ⊆ V .

Resenje. Iz A ⊆ U ∪ V , primenom (7.4), dobijamo

A = (U ∩A) ∪ (V ∩A) (7.5)

Takode, iz U ∩ V = ∅, dobijamo

U ∩ V ∩A ⊆ U ∩ V = ∅

Podskup A je povezan, pa iz (Pp2) sledi U ∩ A = ∅ ili V ∩ A = ∅, odnosnozamenom u (7.5): A = V ∩A ⊆ V ili A = U ∩A ⊆ U , sto je i trebalo dokazati.

Teorema 7.2.2. Neka su A i B povezani podskupovi topoloskog prostora X takvida je X = A ∪B i A ∩B 6= ∅. Tada je X povezan topoloski prostor.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, da X nije povezan. Tada postoji otvorena disko-neksija, odnosno postoje otvoreni skupovi U i V takvi da je

X = U ∪ V, U 6= ∅, V 6= ∅, U ∩ V = ∅

Odatle sledi

A ⊆ X = U ∪ V (B ⊆ X = U ∪ V )

pa primenom prethodnog zadatka dobijamo A ⊆ U ili A ⊆ V (B ⊆ U ili B ⊆ V ).Neka je, recimo, A ⊆ U . Tada ne moze biti B ⊆ V jer bi, u suprotnom imaliA ∩ B ⊆ U ∩ V = ∅, odnosno A ∩ B = ∅, sto je u suprotnosti sa pretpostavkomA ∩B 6= ∅. Dakle, ako je A ⊆ U , tada mora biti i B ⊆ U . Medutim, tada je

X = A ∪B ⊆ U

odnosno X = U , a kako je U ∩ V = ∅, to sledi da je V = ∅, sto je nemoguce.Dakle, ne postoji otvorena diskoneksija, tj. X je povezan.

Teorema 7.2.3. Neka su A i B povezani podskupovi topoloskog prostora X takvida je A ∩B 6= ∅. Tada je C = A ∪B povezan.

Dokaz. Neka su U i V bilo koja dva otvorena skupa za koje vazi

C = (U ∩ C) ∪ (V ∩ C), U ∩ V ∩ C = ∅ (7.6)

Treba dokazati: U ∩ C = ∅ ili V ∩ C = ∅ (Pp2). Imamo

A ⊆ A ∪B = C = (U ∩ C) ∪ (V ∩ C)

Odavde, primenom (7.4) dobijamo

A = ((U ∩ C) ∩A) ∪ ((V ∩ C) ∩A) = (U ∩A) ∪ (V ∩A)


Takode imamoU ∩ V ∩A ⊆ U ∩ V ∩ C = ∅

tj. U ∩ V ∩A = ∅. Dakle, U i V su otvoreni skupovi za koje vazi

A = (U ∩A) ∪ (V ∩A), U ∩ V ∩A = ∅

pa posto je A ⊆ X povezan, iz (Pp2) sledi U ∩ A = ∅ ili V ∩ A = ∅. Neka je,recimo U ∩A = ∅. Tada je A = (U ∩A) ∪ (V ∩A) = V ∩A ⊆ V . Dakle

A ⊆ V, U ∩A = ∅ ili A ⊆ U, V ∩A = ∅

Na isti nacin pokazujemo

B ⊆ V, U ∩B = ∅ ili B ⊆ U, V ∩B = ∅

Ako je A ⊆ U i B ⊆ V tada je A ∩B ⊆ U ∩ V pa bi imali

A ∩B = A ∩B ∩ (A ∪B) = A ∩B ∩ C ⊆ U ∩ V ∩ C

Medutim, po pretpostavci zadatka je A ∩ B 6= ∅, pa iz poslednje inkluzije slediU ∩ V ∩C 6= ∅, sto je u suprotnosti sa (7.6). Zakljucujemo da mora biti ili A ⊆ Ui B ⊆ U , ili A ⊆ V i B ⊆ V .Neka je A ⊆ U i B ⊆ U . Tada je C = A ∪ B ⊆ U , odnosno U ∩ C = C, a odavdesledi

V ∩ C = V ∩ (U ∩ C) = U ∩ V ∩ C = ∅

tj. u ovom slucaju je V ∩ C = ∅.Neka je A ⊆ V i B ⊆ V . Tada je C = A ∪ B ⊆ V , odnosno V ∩ C = C, a odavdesledi

U ∩ C = U ∩ (V ∩ C) = U ∩ V ∩ C = ∅

tj. u ovom slucaju je U ∩ C = ∅.Zakljucujemo da pri navedenim pretpostavkama sledi U ∩ C = ∅ ili V ∩ C = ∅,pa je (Pp2) zadovoljeno, tj. C = A ∪B je povezan.

Napomena 7.2.1. Moze se pokazati da prethodno tvrdenje vazi i u opstem slucaju.Naime, ako je {Aα : α ∈ A} proizvoljna kolekcija povezanih podskupova za kojuvazi

⋂{Aα : α ∈ A} 6= ∅, tada je

⋃{Aα : α ∈ A} povezan.

Zadatak 28. Neka je f : Xna−→ Y neprekidno sirjektivno preslikavanje i neka je

prostor X povezan. Tada je Y povezan prostor.

Resenje. Neka su U i V bilo koja dva otvorena skupa za koje vazi

Y = U ∪ V, U ∩ V = ∅

Treba dokazati da vazi: U = ∅ ili V = ∅ (P2). Iz Y = U ∪ V , prelaskom nainverznu sliku dobijamo

X = f−1(Y ) = f−1(U ∪ V ) = f−1(U) ∪ f−1(V )

tj. X = f−1(U) ∪ f−1(V ).


Takode, prelaskom na inverznu sliku u U ∩ V = ∅ dobijamo

f−1(U) ∩ f−1(V ) = f−1(U ∩ V ) = f−1(∅) = ∅

tj. f−1(U) ∩ f−1(V ) = ∅. Preslikavanje f je neprekidno, pa su skupovi f−1(U) if−1(V ) otvoreni u X i za njih smo pokazali da vazi

X = f−1(U) ∪ f−1(V ), f−1(U) ∩ f−1(V ) = ∅

a kako je X povezan to sledi f−1(U) = ∅ ili f−1(V ) = ∅, odnosno

U = f(f−1(U)) = f(∅) = ∅ ili V = f(f−1(V )) = f(∅) = ∅

(Koristili smo osobinu da je A = f(f−1(A)) ako je f”na“). Dakle, dokazali smo

da je U = ∅ ili V = ∅, pa iz (P2) sledi da je Y povezan.

Napomena 7.2.2. Neka je A ⊆ R zatvoren i neka niz (xn)n∈N iz A konvergira kax ∈ R. Tada je, kao sto znamo, x ∈ A = A (zadatak 22). Drugim recima, zatvoreniskupovi u R sadrze sve granice svojih konvergentnih nizova.

Napomena 7.2.3. Neka je A ⊆ R zatvoren i ogranicen odozgo1. Stavimo α =supA ≤ M < +∞. Iz definicije supremuma sledi da

”kada smanjimo supremum

on to vise nije“, pa imamo

(∀n ∈ N)(∃an ∈ A)α− 1

n< an ≤ α

Tada an → α (n→∞) (na osnovu teoreme o dva strazara). Time smo pokazali daza svaki odozgo ogranicen skup postoji niz koji konvergira ka supremumu:

α = supA < +∞ =⇒ postoji niz (an)n∈N iz A za koji je limn→∞

an = α

Odavde i iz prethodne napomene zakljucujemo da zatvoreni i ograniceni skupovi uR (kompaktni) dostizu svoj supremum tj. α = supA = maxA ∈ A.

Teorema 7.2.4. Skup R sa obicnom topologijom jeste povezan.

Dokaz. Neka su F1 i F2 bilo koja dva zatvorena skupa za koja vazi

R = F1 ∪ F2, F1 6= ∅, F2 6= ∅

Treba dokazati F1 ∩ F2 6= ∅ (P3). Iz F1 6= ∅ i F2 6= ∅ imamo

F1 6= ∅, F2 6= ∅ =⇒ (∃ξ1, ξ2 ∈ R)ξ1 ∈ F1, ξ2 ∈ F2

Zbog linearne uredenosti skupa R vazi ξ1 ≤ ξ2 ili ξ2 ≤ ξ1. Neka je, recimo, ξ1 ≤ ξ2.

1Skup A ⊆ R je ogranicen odozgo ako (∃M > 0)(∀a ∈ A)a ≤M


Posmatrajmo skupF1 ∩ (−∞, ξ2]

Ovaj skup je neprazan jer ξ1 ∈ F1 ∩ (−∞, ξ2], ogranicen odozgo sa ξ2 i zatvorenkao presek dva zatvorena skupa u obicnoj topologiji, pa zakljucujemo da postojiξ ∈ R tako da je

ξ = sup(F1 ∩ (−∞, ξ2]) = max(F1 ∩ (−∞, ξ2]), ξ ≤ ξ2 (7.7)

(pogledati napomenu 7.2.3). Ako je ξ = ξ2 onda ξ ∈ F1 ∩ F2 pa je ovaj slucajtrivijalan. Neka je ξ < ξ2. Dokazimo

(ξ, ξ2] ∩ F1 = ∅

U suprotnom, ako bi postojalo neko ξ0 ∈ (ξ, ξ2]∩F1 tada bi vazilo ξ < ξ0. Medutim,iz

ξ0 ∈ (ξ, ξ2] ∩ F1 ⊆ (−∞, ξ2] ∩ F1

i iz (7.7) sledi ξ0 ≤ ξ, sto zajedno sa ξ < ξ0 daje ξ < ξ0 ≤ ξ sto je nemoguce.Dakle, zaista je (ξ, ξ2] ∩ F1 = ∅, a odavde sledi

(ξ, ξ2] ⊆ R \ F1

Sada dokazimo da je R \ F1 ⊆ F2. Iz R = F1 ∪ F2, prelaskom na komplementdobijamo

∅ = (R \ F1) ∩ (R \ F2) =⇒ R \ F1 ⊆ R \ (R \ F2) = F2

Dakle (ξ, ξ2] ⊆ R \ F1 ⊆ F2. Dalje imamo:

(ξ, ξ2] ⊆ F2 ⇒ Cl(ξ, ξ2] ⊆ Cl(F2) = F2 ⇒ [ξ, ξ2] ⊆ F2 ⇒ ξ ∈ F2 (7.8)

Iz (7.7) i (7.8) sledi ξ ∈ F1 ∩ F2, odnosno F1 ∩ F2 6= ∅, odakle sledi da je Rpovezan.

Primer 7.2.1. Primenom prethodne teoreme i zadatka 28 lako mozemo zakljucitida je segment [α, β] zatvoren. Naime, posmatrajmo neprekidno preslikavanje

ϕ1 : R→ [0, 1], ϕ1(t) = | sin(t)|

Kako je R povezan skup i preslikavanje ϕ1 neprekidno, iz ϕ1(R) = [0, 1] sledi da jesegment [0, 1] povezan. Posmatrajmo sada preslikavanje

ϕ2 : [0, 1]→ [α, β], ϕ2(t) = α+ (β − α)t

Preslikavanje ϕ2 je takode neprekidno i vazi ϕ2([0, 1]) = [α, β], pa zakljucujemo daje i segment [α, β] povezan.

Primer 7.2.2. Pokazimo da su i otvoreni intervali (α, β) povezani skupovi. Pos-matrajmo preslikavanje

ϕ3 : R→ (0, 1), ϕ3(t) =1

πarctg(t) +

1

2


Kako je ϕ3(R) = (0, 1), na isti nacin kao i u proslom primeru zakljucujemo da jeinterval (0, 1) povezan, a iz preslikavanja

ϕ4 : R→ (α, β), ϕ4(t) = α+ (β − α)t

zakljucujemo da je (α, β) povezan.

Primer 7.2.3. Takode su i neograniceni intervali (α,+∞) i [α,+∞) povezani. Dabismo to pokazali, posmatrajmo preslikavanja

ϕ5 : R→ (α,+∞), ϕ5(x) = α+ ex2

ϕ6 : R→ [α,+∞), ϕ6(x) = α+ |x|

Kako je ϕ5(R) = (α,+∞) i ϕ6(R) = [α,+∞), i kako su preslikavanja ϕ5 i ϕ6

neprekidna, a R povezan skup, sledi da su i intervali (α,+∞) i [α,+∞) povezani.Na isti nacin, posmatranjem preslikavanja

ϕ7 : R→ (−∞, α), ϕ7(x) = α− ex2

ϕ8 : R→ (−∞, α], ϕ8(x) = α− |x|

pokazuje se da su i (−∞, α) i (−∞, α] povezani.

Primer 7.2.4. Posmatrajmo sada segmente oblika (α, β]. Kako za [α, α+β2 ] ⊆(α, β] i (α+β4 , β) ⊆ [α, β) vazi

[α,α+ β

2] ∩ (

α+ β

4, β) = (

α+ β

4,α+ β

2] 6= ∅

i kako su [α, α+β2 ] i (α+β4 , β) povezani (primer 7.2.1 i 7.2.2), na osnovu teoreme7.2.3 sledi da je i

[α, β) = [α,α+ β

2] ∪ (

α+ β

4, β)

povezan.Na slican nacin, iz povezanosti intervala (α, α+β2 ) i segmenta [α+β4 , β] pokazuje

se da je (α, β] povezan.

Definicija 7.2.3. Podskup A ⊆ R zovemo interval ako sadrzi bar dve razne tackei ako vazi

(∀x, y ∈ A, x < y)(∀z ∈ R)x < z < y ⇒ z ∈ ATeorema 7.2.5. Jednoelementni skupovi i intervali su jedini povezani skupovi uR.

Dokaz. Neka student sam pokaze da je prazan skup nepovezan, a da su jednoele-mentni skupovi povezani. U prethodnim primerima pokazali smo da su intervalima kog tipa povezani u R.

Dokazimo da su intervali jedini skupovi sa bar dva elementa koji su povezani.Pretpostavimo suprotno, da postoji povezan skup A sa bar dva elementa koji nijeinterval, tj.

(∃x, y ∈ R, x < y)(∃z ∈ R)x < z < y ⇒ z /∈ APosmatrajmo otvorene skupove (−∞, z) i (z,+∞). Tada vazi

A = ((−∞, z) ∩A) ∪ ((z,+∞) ∩A), (−∞, z) ∩A 6= ∅, (z,+∞) ∩A 6= ∅

pa iz (Pp1) sledi A ∩ (−∞, z) ∩ (z,+∞) 6= ∅ sto je nemoguce. Dakle, jedinipovezani skupovi sa bar dva elementa u R su intervali. Time je teorema dokazanau potpunosti.


7.3 Komponente povezanosti

Neka je (X,τ ) topoloski prostor i neka su A i B maksimalni povezani podsku-povi od X (nisu sadrzani strogo ni u jednom drugom povezanom podskupu od X).Dokazimo da tada mora biti A∩B = ∅ ili A = B. Ako je A∩B 6= ∅ tada je A∪Bpovezan (teorema 7.2.3), pa kako su A i B maksimalno povezani podskupovi odX, to imamo

A ∪B ⊇ A⇒ A = A ∪BA ∪B ⊇ B ⇒ B = A ∪B

odnosno A = B.Pod komponentom povezanosti podrazumeva se maksimalni povezani pod-

skup od X, pri cemu se komponenta koja sadrzi tacku x ∈ X obelezava sa Cx. Naosnovu prethodnog razmatranja zakljucujemo:

(∀x, y ∈ X)Cx = Cy ili Cx ∩ Cy = ∅

Pod kvazi komponentom tacke x ∈ X u topoloskom prostoru X podrazumevase presek svih otvoreno-zatvorenih podskupova od X koji sadrze tu tacku.

7.4 Putna povezanost

Za svaka dva segmenta [a, b] ⊆ R i [c, d] ⊆ R postoji homeomorfizam ϕ : [a, b]→[c, d] dat sa

ϕ(t) = c+d− cb− a

(x− a) (7.9)

Specijalno, ako je [c, d] = [0, 1] tada je ϕ0(t) =t− ab− a

.

Definicija 7.4.1. Neka je X topoloski prostor. Svako neprekidno preslikavanjeα : [a, b] → X zovemo put pri cemu je α(a) = x pocetak puta, a α(b) = y krajputa.

Primer 7.4.1. Preslikavanje α ◦ ϕ : [a, b] → X, gde je ϕ dato sa (7.9) je takodeput.

Definicija 7.4.2. Ako su x, y ∈ X tacke topoloskog prostora X i ako postoji putα : [a, b]→ X takav da je α(a) = x i α(b) = y tada kazemo da su tacke x i y putnopovezane ili da postoji put koji ih povezuje.

Uvedimo relaciju”p∼“ sa

xp∼ y ⇐⇒ postoji put koji povezuje x i y

Dokazimo da jep∼ relacija ekvivalencije:

(1◦) Dokazimo xp∼ x. Posmatrajmo put α : [0, 1]→ X dat sa α(t) = x. Tada vazi

α(0) = x i α(1) = x pa zakljucujemo da je α put koji povezuje tacku x sa x,

tj. xp∼ x.


(2◦) Dokazimo xp∼ y ⇒ y

p∼ x. Iz xp∼ y sledi da postoji put α : [a, b] → X tako

da je α(a) = x i α(b) = y. Posmatrajmo preslikavanje

β : [a, b]→ [a, b], β(t) = α(b+ a− t)

Preslikavanje β je neprekidno, tj. β je put i za njega vazi β(a) = α(b) = y i

β(b) = α(a) = x, pa zakljucujemo da vazi yp∼ x.

(3◦) Dokazimo xp∼ y ∧ y p∼ z ⇒ x

p∼ z Iz xp∼ y i y

p∼ z sledi da postoje putevi

α : [a, b]→ X, α(a) = x, α(b) = y β : [c, d]→ X, β(c) = y, β(d) = z

Definisimo preslikavanje γ : [a, b+ b′]→ X sa

γ(t) =

{α(t) t ∈ [a, b]

β ◦ ϕ(t) t ∈ (b, b+ b′]

gde je preslikavanje ϕ : [b, b + b′] → [c, d] homeomorfizam (pogledati 7.9).Ispitajmo neprekidnost preslikavanja γ u tacki b:

limt→b−

γ(t) = limt→b−

α(t) = α(b) = y

limt→b+

γ(t) = limt→b+

β ◦ ϕ(t) = β ◦ ϕ(b) = β(c) = y

Kako su levi i desni limes u b jednaki i kako je γ(b) = α(b) = y zakljucujemoda je preslikavanje γ neprekidno u tacki b. Takode, γ je neprekidno i u ostalimtackama segmenta [a, b+ b′] (zasto?), pa je γ put koji povezuje tacke γ(a) =

α(a) = x i γ(b+ b′) = β ◦ϕ(b+ b′) = β(d) = z, odnosno xp∼ z sto je i trebalo

dokazati.

Definicija 7.4.3. Za topoloski prostor X kaze se da je putno povezan ako za svakedve tacke prostora X postoji put koji ih povezuje.

Teorema 7.4.1. Svaki putno povezan skup jeste povezan.

Dokaz. Neka je x0 ∈ X fiksiran. Kako je X putno povezan, to sledi

(∀x ∈ X) postoji put αx : [ax, bx]→ X koji povezuje αx(ax) = x0 sa αx(bx) = x

Posmatrajmo ⋃x∈X

αx([ax, bx])

Za svako x ∈ X, skupovi αx([ax, bx]) su povezani jer je neprekidna slika povezanogskupa povezan skup. Takode vazi

(∀x ∈ X)x0 = αx(ax) ∈ αx([ax, bx])⇒ x0 ∈⋂x∈X

αx([ax, bx])

pa je skup⋃x∈X

αx([ax, bx]) povezan kao unija povezanih skupova koji imaju nepra-

zan presek (napomena 7.2.1). Nije tesko pokazati da je⋃x∈X

αx([ax, bx]) = X

pa, na osnovu prethodnog, zakljucujemo da je X povezan.


Napomena 7.4.1. Obrat prethodne teoreme ne vazi u opstem slucaju, ali vazi zaotvorene povezane skupove Euklidovog normiranog prostora (Rn, || · ||), odnosno zaotvorene povezane skupove normiranih prostora, sto cemo u nastavku i dokazati.

Podsetimo se najpre definicije normiranih prostora:Neka jeX realni vektorski prostor. Funkcija ||·|| → R zove se norma ako zadovoljavasledece osobine:

1◦ ||x|| ≥ 0

2◦ ||x|| = 0⇔ x = 0

3◦ ||αx|| = |α| ||x||4◦ ||x+ y|| ≤ ||x||+ ||y||

gde je x, y ∈ X i α ∈ R. Vektorski prostor X na kome je definisana norma || · || zovese normirani prostor i obelezava sa (X, || · ||). Svaki normirani prostor je metrickiprostor, gde je metrika definisana sa

d(x, y) = ||x− y||

a metricki prostor je i topoloski prostor kome se baza sastoji od otvorenih loptioblika

B(x, r) = {y ∈ X : ||y − x|| < r}

Slicno kao u zadatku 15 pokazuje se da su sabiranje vektora i mnozenje vektora ska-larom u normiranom prostoru neprekidna preslikavanja. Dakle, mozemo zakljucitida su normirani prostori primeri vektorskih topoloskih prostora (pogledatinapomenu 3.3.2).

Neka je X normiran prostor i neka x, y ∈ X. Pokazimo da je preslikavanjeα : [0, 1]→ X dato sa

α(t) = x+ t(y − x) (7.10)

neprekidno na [0, 1]. Neka je ε > 0. Imamo

||α(t)−α(t0)|| = ||x+ t(y−x)−x− t0(y−x)|| = ||(t− t0)(y−x)|| = |t− t0| · ||y−x||

Ako stavimo δ = ε||y−x|| , za |t− t0| < δ imamo ||α(t)− α(t0)|| < ε, a odavde sledi

neprekidnost preslikavanja α.Neprekidno preslikavanje α : [0, 1] → X dato sa (7.10) zove se pravolinijski

put koji povezuje x sa y. Segment [x, y], x 6= y u normiranom prostoru X je datsa

[x, y] = α([0, 1]) = {x+ t(y − x) : t ∈ [0, 1]}

Definicija 7.4.4. Podskup normiranog prostora jeste konveksan ako za svakedve tacke sadrzi pravolinijski put koji ih povezuje, tj.

(∀x, y ∈ A)x+ t(y − x) ∈ A, (∀t ∈ [0, 1])

ili ekvivalentno tome(∀x, y ∈ A)[x, y] ⊆ A


Napomena 7.4.2. Konveksni podskupovi su povezani u normiranom prostoru(videti teoremu 7.4.1).

Primer 7.4.2. Pokazimo da su otvorene lopte u normiranom prostoru X

B(x, r) = {y ∈ X : ||y − x|| < r}, (x ∈ X, r ∈ R)

konveksni podskupovi, a samim tim i povezani. Neka y, z ∈ B(x, r), tj. ||y−x|| < ri ||z − x|| < r. Treba dokazati: α(t) = y + t(z − y) ∈ B(x, r), (∀t ∈ [0, 1]). Imamo

||α(t)− x|| =||y+t(z−y)−x|| = ||(1−t)y+tz−x|| = ||(1−t)y+tz−(1−t+t)x|| ==||(1− t)(y − x) + t(z − x)|| ≤ ||(1− t)(y − x)||+ ||t(z − x)|| ==(1− t)||y − x||+ t||z − x|| < (1− t)r + tr = r

Dakle ||α(t)−x|| < r, odnosno α(t) ∈ B(x, r), (∀t ∈ [0, 1]) sto je i trebalo dokazati.

Dokazimo sada obrat teoreme 7.4.1 koji vazi u specijalnim slucajevima.

Teorema 7.4.2. Svaki otvoren i povezan2 podskup normiranog prostora je i putnopovezan.

Dokaz. Neka je U ⊆ X otvoren i povezan podskup normiranog prostora X i x ∈ Ufiksirana tacka. Posmatrajmo skup

V = {y ∈ U : yp∼ x}

(1◦) Relacijap∼ je relacija ekvivalencije, pa vazi x

p∼ x, tj. x ∈ V . Dakle, skup Vje neprazan.

(2◦) Dokazimo da je skup V otvoren. Neka je y ∈ V ⊆ U proizvoljna tacka. Kakoje x ∈ U i skup U je otvoren, to imamo

(∃ε > 0)B(y, ε) ⊆ U

Kako je otvorena lopta B(y, ε) povezan skup (primer 7.4.2), to za svako z ∈B(y, ε) vazi z

p∼ y. Takode, iz y ∈ V sledi yp∼ x, pa iz tranzitivnosti relacije

p∼ zakljucujemo da vazi zp∼ x, tj. z ∈ V , odnosno B(y, ε) ⊆ V . Dakle, skup

V zajedno sa svakom svojom tackom sadrzi i otvorenu loptu sa centrom u tojtacki, pa je skup V otvoren.

(3◦) Dokazimo da je skup V zatvoren. Neka je y ∈ U \ V proizvoljna tacka. Taday ∈ U pa imamo

(∃ε > 0)B(y, ε) ⊆ UPokazimo da je B(y, ε) ∩ V = ∅. Pretpostavimo suprotno, da postoji z ∈B(y, ε) ∩ V . Odatle sledi y

p∼ z i zp∼ x, pa iz tranzitivnosti relacije

p∼ imamo

yp∼ x, tj. y ∈ V , sto je nemoguce (y ∈ U \ V ). Dakle, B(y, ε) ∩ V = ∅, a

odatle sledi B(y, ε) ⊆ U \ V , tj. skup U \ V otvoren, odnosno V je zatvoren.

Kako je skup V ⊆ U neprazan i otvoreno-zatvoren, na osnovu teoreme 7.2.1 za-kljucujemo da je U = V , a kako je skup V putno povezan to je i skup U = V putnopovezan.

2Otvoren i povezan skup naziva se oblast

Glava 8

Dodatak

8.1 Odabrani ispitni zadaci sa resenjima

Zadatak 29 (januar, 2011.). Topoloski prostor je kompaktan ako i samo ako svakiuopsteni niz iz X ima tacku nagomilavanja.

Pre svega, dokazimo sledecu lemu koja ce nam pomoci pri resavanju ovog za-datka.

Lema 8.1.1. Neka je (D,≤) usmeren udesno skup. Ako je {α1, α2, . . . , αn} konacanpodskup skupa D tada

(∃βn ∈ D)βn ≥ αj , (∀n ∈ N,∀j ∈ {1, 2, . . . , n}) (8.1)

Dokaz. Dokaz sprovodimo metodom matematicke indukcije.Neka je {α1} ⊆ D. Tada je α1 ∈ D i α1 ∈ D, pa kako je skup D usmeren

udesno, to postoji β1 ∈ D tako da je β1 ≥ α1 i β1 ≥ α1, tj.

(∃β1 ∈ D)β1 ≥ α1

Pretpostavimo da za neki podskup {α1, α2, . . . , αn} ⊆ D,n ∈ N, vazi

(∃βn ∈ D)βn ≥ αj , (∀j ∈ {1, 2, . . . , n}) (8.2)

i dokazimo da za {α1, α2, . . . , αn+1} takode vazi

(∃βn+1 ∈ D)βn+1 ≥ αj , (∀j ∈ {1, 2, . . . , n+ 1}) (8.3)

Kako je βn ∈ D i αn+1 ∈ D, to postoji βn+1 ∈ D tako da vazi βn+1 ≥ βni βn+1 ≥ αn+1. Tada, iz (8.2) i tranzitivnosti relacije

”≥“ sledi i βn+1 ≥ αj ,

(∀j ∈ {1, 2, . . . , n}), sto zajedno sa βn+1 ≥ αn+1 daje (8.3), cime je lema dokazanau potpunosti.

90

GLAVA 8. DODATAK 91

Resenje zadatka.(=⇒): Neka je X kompaktan i neka je (xα)α∈D proizvoljan niz iz X. Posmatrajmoskupove

Aα = {xβ : β ≥ α}, (α ∈ D)

Familija {Aα : α ∈ D} je centrirana (definicija 6.3.4.). Zaista, za svaki konacanpodskup {α1, α2, . . . , αn} ⊆ D, na osnovu leme 8.1.1 postoji βn ∈ D tako da vaziβn ≥ αj , tj. xβn ∈ Aαj (∀j ∈ {1, 2, . . . , n}), pa imamo

xβn ∈ Aα1 ∩Aα2 ∩ · · · ∩Aαn ⇒ Aα1 ∩Aα2 ∩ · · · ∩Aαn 6= ∅

Takode, odavde sledi

Aα1∩Aα2

∩ · · · ∩Aαn⊇ Aα1

∩Aα2∩ · · · ∩Aαn

6= ∅

pa je i familija zatvorenih skupova {Aα : α ∈ D} takode centrirana. Na osnovuteoreme 6.3.1. sledi da ova familija ima neprazan presek, tj. postoji x tako da

je x ∈⋂α∈D

Aα. Dokazimo da je x tacka nagomilavanja uopstenog niza (xα)α∈D.

Imamo

x ∈⋂α∈D

Aα ⇒(∀α ∈ D)x ∈ Aα ⇒ (∀ okolinu U 3 x)(∀α ∈ D)U ∩Aα 6= ∅

⇒(∀ okolinu U 3 x)(∀α ∈ D)(∃γ ∈ D)xγ ∈ U ∩Aα⇒(∀ okolinu U 3 x)(∀α ∈ D)(∃γ ∈ D)xγ ∈ U ∧ xγ ∈ Aα={xβ :β≥α}⇒(∀ okolinu U 3 x)(∀α ∈ D)(∃γ ∈ D)xγ ∈ U ∧ γ ≥ α

Odavde, po definiciji 5.1.6 sledi da je x tacka nagomilavanja uopstenog niza (xα)α∈D.(⇐=): Neka sada svaki uopsteni niz ima tacku nagomilavanja. Ponovo, koriscenjemteoreme 6.3.1., dokazimo da je (X,τ ) kompaktan. Neka je ν = {Fc : c ∈ C} bilokoja centrirana familija zatvorenih skupova prostora X, a ω familija svih skupovaoblika

Fc1 ∩ Fc2 ∩ · · · ∩ Fcn , (cj ∈ C za svako j ∈ {1, 2, . . . , n}, n ∈ N)

Primetimo da elementi ove familije nisu prazni skupovi, jer je ν centrirana. Prvodokazimo da vazi ⋂

ω ⊆⋂ν (8.4)

Ako postoji x ∈⋂ω, tada x pripada svim konacnim presecima elemenata iz ν, pa

i presecima sa jednim elementom (n = 1) iz ν (to su skupovi Fc, ∀c ∈ C). Dakle,x ∈ Fc, (∀c ∈ C), odnosno x ∈

⋂ν, a odavde sledi (8.4).

Sada, slicno kao u primeru 5.1.4., uvedimo relaciju”≤“ na ω sa

ω1 ≤ ω2 ⇔ ω1 ⊇ ω2, (∀ω1, ω2 ∈ω)

Na isti nacin kao u pomenutom primeru pokazuje se da je (ω,≤) usmeren udesno(pokazati!). Po pretpostavci, ν je centrirana familija zatvorenih skupova, pa sui svi konacni preseci te familije (tj. svi elementi familije ω) zatvoreni i neprazniskupovi. Odatle sledi:

(∀ω ∈ω)(∃xω ∈ X)xω ∈ω

GLAVA 8. DODATAK 92

Kako je (ω,≤) usmeren udesno, to mozemo posmatrati uopsteni niz (xω)ω∈ω . Popretpostavci, svaki uopsteni niz, pa i niz (xω)ω∈ω ima tacku nagomilavanja. Neka jex ∈ X tacka nagomilavanja niza (xω)ω∈ω . Dokazimo da x ∈

⋂ω. Pretpostavimo

suprotno, da postoji ω0 ∈ ω tako da x /∈ ω0. Tada bi X \ ω0 = U0 bila okolinatacke x koja je tacka nagomilavanja niza (xω)ω∈ω , pa bi postojalo ω1 ∈ ω tako daje ω1 ≥ ω0 (tj. ω1 ⊆ ω0) i xω1

∈ U0. Medutim, xω1∈ ω1 ⊆ ω0 i xω1

∈ U0 = X \ω0,odnosno xω1 ∈ ω0 i xω1 /∈ ω0, sto je nemoguce. Dakle, x ∈

⋂ω, tj.

⋂ω 6= ∅.

Medutim, odavde i iz ranije dokazane inkluzije (8.4) sledi i⋂ν 6= ∅.

Kako je ν bilo koja centrirana familija zatvorenih skupova za koju vazi⋂ν 6= ∅,

tj. presek svake centrirane familije zatvorenih skupova nije prazan, na osnovuteoreme 6.3.1. zakljucujemo da je X kompaktan.

Zadatak 30 (januar, 2011.). Neka je X separabilan topoloski prostor. Dokazatida svaka familija {Uα : α ∈ A} disjunktnih, nepraznih i otvorenih skupova jestenajvise prebrojiva (Suslinovo svojstvo).

U dokazu ove teoreme posluzicemo se sa jednim od ekvivalenata aksiome izbora.Aksioma izbora: Ako je {Xλ : λ ∈ Λ} neka kolekcija nepraznih podskupova skupaX, onda postoji funkcija ϕ : Λ→ X sa osobinom da je ϕ(λ) ∈ Xλ (∀λ ∈ Λ).

Bez ove aksiome mnogi rezultati u opstoj teoriji skupova ne bi se mogli dokazati.

Resenje zadatka. Kako je topoloski prostor X separabilan, to postoji prebrojivskup D ⊆ X takav da vazi D = X. Skupovi Uα (∀α ∈ A) su neprazni i otvoreni,pa iz D = X sledi Uα ∩D 6= ∅ (∀α ∈ A). Kolekcija {Uα ∩D : α ∈ A}, na osnovuprethodnog, jeste kolekcija nepraznih skupova, pa iz aksiome izbora sledi da postojifunkcija ϕ : A→ D takva da je

(∀α ∈ A)ϕ(α) ∈ Uα ∩D

Dokazimo da je ϕ injektivna funkcija. Neka su α1, α2∈A takvi da vazi ϕ(α1)=ϕ(α2).Iz α1 ∈ A sledi ϕ(α1) ∈ Uα1 ∩D, a iz α2 ∈ A sledi ϕ(α2) ∈ Uα2 ∩D. Tada je

ϕ(α1) = ϕ(α2) ∈ Uα1∩ Uα2

∩D

pa mora biti α1 = α2, jer bi, u suprotnom, za α1 6= α2 imali Uα1∩ Uα2

6= ∅, stoje suprotno pretpostavci zadatka da je familija {Uα : α ∈ A} disjunktna. Odavdesledi da je ϕ injektivna funkcija.

Kako je ϕ : A → ϕ(A) ⊆ D injektivna funkcija, to su skupovi A i ϕ(A) istekardinalnosti (videti poglavlje 1.6). Skup D je prebrojiv, pa je skup ϕ(A) ⊆ D,kao podskup prebrojivog skupa, najvise prebrojiv. Medutim, tada je i A najviseprebrojiv (skupovi A i ϕ(A) su iste kardinalnosti), tj. kolekcija {Uα : α ∈ A}disjunktnih, nepraznih i otvorenih skupova je najvise prebrojiva, sto je i trebalodokazati.

Zadatak 31 (april, 2011.). Neka su τ1 i τ2 dve topologije na skupu X takveda je (X,τ1) Hausdorfov, a (X,τ2) kompaktan topoloski prostor i vazi τ1 ⊆ τ2.Dokazati da je τ1 = τ2.

Resenje. Treba jos dokazati da je τ2 ⊆ τ1. Neka je U τ2-otvoren (U ∈ τ2) idokazimo da je U takode i τ1-otvoren (U ∈ τ1). U je τ2-otvoren, pa je F = X \Uτ2-zatvoren. Po pretpostavci, (X,τ2) je kompaktan topoloski prostor, F ⊆ X, paje i F τ2-kompaktan (kompaktan u (X,τ2), videti teoremu 6.3.2. pod (a)).

GLAVA 8. DODATAK 93

Neka je kolekcija U, τ1-otvoren pokrivac za F . Tada, iz τ1 ⊆ τ2 sledi da jekolekcija U takode i τ2-otvoren pokrivac za F . Prethodno smo pokazali da je F ,τ2-kompaktan, pa sledi da se iz otvorenog pokrivaca U moze izdvojiti konacan τ2-potpokrivac, odnosno konacan τ1-potpokrivac za F (jer je U, τ1-otvoren pokrivacza F ). Dakle, za svaki otvoren τ1-pokrivac za F moze se izdvojiti konacan τ1-potpokrivac, pa zakljucujemo da je F takode i τ1-kompaktan. Kako je (X,τ1)Hausdorfov prostor, i F kompaktan podskup tog prostora, to je skup F = X \ Uzatvoren u τ1 (teorema 6.3.3.), odnosno U je otvoren u τ1 (U ∈ τ1), sto je i trebalodokazati.

Zadatak 32 (april, 2010.). Neka je (X, d) metricki prostor, ∅ 6= A ⊆ X i rastojanjed(x,A) tacke x ∈ X od skupa A dato sa

d(x,A) = inf{d(x, a) : a ∈ A}

(a) Dokazati da je preslikavanje ϕ : X → R definisano sa ϕ(x) = d(x,A) nepre-kidno.

(b) Odrediti (uz precizna objasnjenja) skup {x ∈ X : ϕ(x) = 0}.

(c) Neka je A = A, B = B, (∅ 6= A ⊆ X, ∅ 6= B ⊆ X), i A∩B = ∅. Dokazati dasu skupovi U i V dati sa

U =

{x ∈ X : d(x,A) <

d(A,B)

2

}V =

{x ∈ X : d(x,B) <

d(A,B)

2

}1

otvoreni, neprazni i disjunktni, takvi da je A ⊆ U i B ⊆ V .

Resenje.

(a) Neka x, y ∈ X. Primenom nejednakosti trougla imamo:

(∀a ∈ A)d(y, a) ≤ d(y, x) + d(x, a)

(∀a ∈ A)d(x, a) ≤ d(x, y) + d(y, a)

Poslednje nejednakosti vaze za svako a ∈ A, pa prelazeci na infimum dobijamo

inf{d(y, a) : a ∈ A} ≤ d(y, x) + inf{d(x, a) : a ∈ A}inf{d(x, a) : a ∈ A} ≤ d(y, x) + inf{d(y, a) : a ∈ A}

tj.

d(y,A) ≤ d(y, x) + d(x,A)

d(x,A) ≤ d(y, x) + d(y,A)

odnosno ϕ(y) ≤ d(y, x) + ϕ(x) i ϕ(x) ≤ d(y, x) + ϕ(y). Odavde je −d(x, y) ≤ϕ(y)− ϕ(x) ≤ d(x, y), tj.

(∀x, y ∈ X)|ϕ(y)− ϕ(x)| ≤ d(y, x) (8.5)

1Rastojanje d(A,B) izmedu skupova A i B dato je sa d(A,B) = inf{d(a, b) : a ∈ A, b ∈ B}

GLAVA 8. DODATAK 94

Dokazimo da je preslikavanje ϕ neprekidno u proizvoljnoj tacki x ∈ X. Nekaje x ∈ X proizvoljna tacka i ε > 0. Tada, za δ = ε, primenom nejednakosti(8.5) dobijamo

(∀y ∈ X)d(y, x) < δ ⇒ |ϕ(y)− ϕ(x)| ≤ d(y, x) < δ = ε

odnosno(∀ε > 0)(∃δ = ε > 0)d(y, x) < δ ⇒ |ϕ(y)− ϕ(x)| < ε

odakle sledi neprekidnost preslikavanja ϕ u tacki x ∈ X. Kako je x ∈ Xproizvoljna tacka, zakljucujemo da je ϕ neprekidno na X.

(b) Neka za neko x ∈ X vazi ϕ(x) = d(x,A) = 0. Tada, za svako ε > 0 vazi(”uvecani infimum to vise nije“)

(∃aε ∈ A)d(x, aε) < ε⇒ aε ∈ B(x, ε) ∩A

Dakle, (∀ε > 0)B(x, ε) ∩A 6= ∅, pa je x ∈ A. Zakljucujemo:

ϕ(x) = d(x,A) = 0⇒ x ∈ A (8.6)

Neka je, sada x ∈ A. Tada

(∀n ∈ N)B

(x,

1

n

)∩A 6= ∅⇒ (∀n ∈ N)(∃an ∈ A)an ∈ B

(x,

1

n

)tj.

(∀n ∈ N)(∃an ∈ A)0 ≤ d(x,A) ≤ d(x, an) <1

n

Ako pustimo da n → ∞, dobijamo 0 ≤ d(x,A) ≤ limn→∞

1

n= 0, tj. ϕ(x) = 0.

Daklex ∈ A⇒ ϕ(x) = d(x,A) = 0

Odavde, i iz (8.6) zakljucujemo x ∈ A⇔ d(x,A) = 0, pa je

A = {x ∈ X : ϕ(x) = 0}

(c) Prvo dokazimo sledecu lemu.

Lema 8.1.2. Ako su A i B neprazni, zatvoreni i disjunktni podskupovi metrickogprostora X, tada je d(A,B) > 0.

Dokaz. Fiksirajmo c ∈ A. Tada, zbog A∩B = ∅, vazi c /∈ B = B, odnosno postojiε > 0 tako da je B(c, ε) ∩B = ∅, tj. d(c, b) ≥ ε, (∀b ∈ B). Sada imamo

0 < ε ≤ d(c, b) ≤ d(c, a) + d(a, b) (∀a ∈ A)(∀b ∈ B)

Prelazeci na infimum po svim a ∈ A i b ∈ B dobijamo

0 < ε ≤ inf{d(c, b) : b ∈ b} ≤ inf{d(c, a) : a ∈ A}+ inf{d(a, b) : a ∈ A, b ∈ B}

tj. 0 < ε ≤ d(c,B) ≤ d(c, A) + d(A,B) = ϕ(c) + d(A,B). Kako c ∈ A = A, naosnovu dokaza pod (b) dobijamo ϕ(c) = 0, pa iz poslednje nejednakosti dobijamod(A,B) ≥ ε > 0, tj. d(A,B) > 0, sto je i trebalo dokazati.

GLAVA 8. DODATAK 95

U nastavku, dokazacemo da je U 6= ∅ (V 6= ∅), U otvoren (V otvoren), i U∩V = ∅.Za skupove A i B, na osnovu prethodne leme, vazi d(A,B) > 0. Takode, iz (b)

sledi da za svako a ∈ A = A vazi ϕ(a) = d(a,A) = 0. Tada je

(∀a ∈ A)d(a,A) = 0 <d(A,B)

2

pa, po definiciji skupa U , sledi ∅ 6= A ⊆ U , tj. U 6= ∅ (na isti nacin pokazuje seda je V 6= ∅).

U dokazu pod (a), pokazali smo da je funkcija ϕ neprekidna, pa kako je skup(−∞, d(A,B)

2

)otvoren u R, to je i skup

ϕ−1((−∞, d(A,B)

2

))=

{x ∈ X : ϕ(x) <

d(A,B)

2

}= U

otvoren u X (na isti nacin se pokazuje da je i V otvoren).Sada dokazimo da je U ∩V = ∅. Pretpostavimo suprotno, da postoji c ∈ A∩B.

Imamod(a, b) ≤ d(a, c) + d(c, b) (∀a ∈ A)(∀b ∈ B)

Prelazeci na infimum po svim a ∈ A i b ∈ B dobijamo

inf{d(a, b) : a ∈ A, b ∈ B} ≤ inf{d(c, a) : a ∈ A}+ inf{d(c, b) : b ∈ B}

tj. d(A,B) ≤ d(c, A) + d(c,B). Iz c ∈ U ∩ V dobijamo d(c, A) < d(A,B)2 i d(c,B) <

d(A,B)2 . Sada je d(A,B) < d(A,B)

2 + d(A,B)2 = d(A,B), tj. d(A,B) < d(A,B) sto je

nemoguce. Dakle, mora biti U ∩ V = ∅. Time su sva trazena svojstva skupova Ui V dokazana.

Napomena 8.1.1. Dokazujuci deo pod (c) ovog zadatka, mi smo u stvari dokazalijednu vaznu cinjenicu, a to je da su svi metricki prostori ujedno i T4 - prostori(normalni prostori, definicija 4.1.5.).

Zadatak 33. Neka je X topoloski prostor i A ⊆ X. Dokazati ekvivalenciju

intA = ∅⇐⇒ X \A je gust u X

Resenje.(=⇒): Neka je intA = ∅. Tada vazi

(∀ otvoren skup U 6= ∅)U ∩ (X \A) 6= ∅ (8.7)

jer bi, u protivnom, za neki otvoren skup ∅ 6= U0, za koji vazi U0 ∩ (X \ A) = ∅,dobili U0 ⊆ X \ (X \A) = A, tj. intA 6= ∅, sto je u suprotnosti sa pretpostavkom.Upravo iz (8.7) sledi X \A = X, tj X \A je gust u X (videti napomenu 2.3.3.).(⇐=): Neka je sada X \A = X. Skup intA je otvoren. Pretpostavimo suprotno,da je intA 6= ∅. Tada bi imali

∅ 6= intA ∩ (X \A) ⊆ A ∩ (X \A) = ∅

sto je nemoguce. Dakle, mora biti intA = ∅.

GLAVA 8. DODATAK 96

Zadatak 34. Neka je X topoloski prostor, A ⊆ B ⊆ X i neka je skup A gust naB, a skup B gust na X. Dokazati da je i A gust na X.

Dokaz. A je gust na B, pa sledi B ⊆ A, a odavde je X = B ⊆ A = A, odnosno.X ⊆ A, sto implicira A = X, tj. A je svuda gust u X (koristili smo osobine

A ⊆ B ⇒ A ⊆ B i A = A).

Zadatak 35 (januar, 2011.). Neka je (X, d) metricki prostor, Y topoloski prostori g : Y → X homeomorfizam. Dokazati da je formulom

d′(y1, y2) = d(g(y1), g(y2)) y1, y2 ∈ Y

definisana metrika na Y koja indukuje polaznu topologiju prostora Y .

Resenje. Prvo pokazimo da je funkcija d′ : Y × Y → R metrika na Y . Zaista, zasvako y1, y2, y3 ∈ Y vazi:

1◦ d′(y1, y2) = d(g(y1), g(y2)) ≥ 0, jer je d metrika na X.

2◦ Funkcija d je metrika na X, a g je homeomorfizam, pa je samim tim i bijekcija.Zato imamo

d′(y1, y2) = 0⇔ d(g(y1), g(y2)) = 0⇔ g(y1) = g(y2)⇔ y1 = y2

3◦ d′(y1, y2) = d(g(y1), g(y2)) = d(g(y2), g(y1)) = d′(y2, y1), jer je d metrika na X.

4◦ d′(y1, y3)=d(g(y1), g(y3))≤d(g(y1), g(y2))+d(g(y2), g(y3))=d′(y1, y2)+d′(y2, y3),jer je d metrika na X.

Oznacimo sa τ polaznu topologiju na Y , a sa τd i τd′ topologije na X i Y indu-kovane metrikama d i d′ redom. Treba dokazati da je τ = τd′ .

Oznacimo ε-okoline u metrickim prostorima (X, d) i (Y, d′) u tackama a ∈ X ib ∈ Y , redom, sa

Bd(a, ε) = {x ∈ X : d(x, a) < ε}, Bd′(b, ε) = {y ∈ Y : d′(y, b) < ε}

Setimo se da za bijekciju g : Y → X, A ⊆ Y , B ⊆ X vazi:

g(g−1(B)) = B, g−1(g(A)) = A, (g−1)−1(A) = g(A)

Pre svega, dokazimo da je

g(Bd′(y, ε)) = Bd(g(y), ε) y ∈ Y, ε > 0 (8.8)

Za z ∈ g(Bd′(y, ε)) postoji y1 ∈ Bd′(y, ε) tako da je z = g(y1). Tada je, zbogy1 ∈ Bd′(y, ε)

d(z, g(y)) = d(g(y1), g(y)) = d′(y1, y) < ε

odnosno z ∈ Bd(g(y), ε). Time smo dokazali g(Bd′(y, ε)) ⊆ Bd(g(y), ε).Pokazimo sada da vazi i obrnuta inkluzija Bd(g(y), ε) ⊆ g(Bd′(y, ε)). Za z ∈

Bd(g(y), ε) ⊆ X = G(Y ) (g je sirjekcija) postoji y2 ∈ Y tako da je z = g(y2).Odavde je, zbog z ∈ Bd(g(y), ε),

d′(y2, y) = d(g(y2), g(y)) = d(z, g(y)) < ε

odnosno y2 ∈ Bd′(y, ε), a odavde sledi z = g(y2) ∈ g(Bd′(y, ε)). Time smo dokazalii obrnutu inkuziju Bd(g(y), ε) ⊆ g(Bd′(y, ε)), pa sledi (8.8).

GLAVA 8. DODATAK 97

Prvo, dokazimo da je τ ⊆ τd′ . Neka je U ∈ τ i neka y ∈ U . Treba dokazatiU ∈ τd′ , tj. da U sadrzi tacku y zajedno sa nekom svojom ε-okolinom Bd′(y, ε).Preslikavanje g : (Y,τ ) → (X,τd) je homeomorfizam, pa je g−1 neprekidno pre-slikavanje, a odatle sledi da je (g−1)−1(U) = g(U) ∈ τd (inverzna slika otvorenogskupa iz τ je otvoren skup u τd). Kako su otvorene lopte baze za metricku topolo-giju τd i g(y) ∈ g(U) ∈ τd, to postoji ε > 0 tako da Bd(g(y), ε) ⊆ g(U), a odavde,primenom (8.8), dobijamo g(Bd′(y, ε)) ⊆ g(U). Sada je

y ∈ Bd′(y, ε) = g−1(g(Bd′(y, ε))) ⊆ g−1(g(U)) = U

tj. y ∈ Bd′(y, ε) ⊆ U . Dakle, skup U sadrzi svaku svoju tacku sa nekom ε-okolinomu metrickom prostoru (Y,τd′), pa je τ ⊆ τd′ .

Dokazimo sada τd′ ⊆ τ . Kako je svaki otvoren skup iz metrickog prostora(Y,τd′) jednak uniji neke kolekcije otvorenih lopti, to je dovoljno pokazati

(∀y ∈ Y )(∀ε > 0)Bd′(y, ε) ∈ τ (8.9)

Zaista, bijektivno preslikavanje g : (Y,τ ) → (X,τd) je neprekidno (g je homeo-morfizam), pa iz (8.8) sledi

Bd′(y, ε) = g−1(g(Bd′(y, ε))) = g−1(Bd(g(y), ε)) ∈ τ y ∈ Y, ε > 0

Time je (8.9) dokazano, a samim tim i τd′ ⊆ τ . Prethodno smo pokazali da vazi iτ ⊆ τd′ , pa je τ = τd′ . Dakle, polazna metrika se poklapa sa sa topologijom τd′koja je indukovana metrikom d′.

Zadatak 36 (septembar, 2010.). Neka je (X,τ ) topoloski prostor, A ⊆ X povezani A ⊆ B ⊆ A. Tada je i B povezan. Dokazati.

Resenje. Po definiciji, podskup C topoloskog prostora je povezan ako je potprostor(C,τC) (τC = {U ∩ C : U ∈ τ } je indukovana topologija) povezan topoloskiprostor. Neka je A povezan i neka vazi A ⊆ B ⊆ A. Dokazimo da je (B,τB)povezan. Pretpostavimo da postoje otvoreni skupovi U i V iz X takvi da je

B = (U ∩B) ∪ (V ∩B), (U ∩B) ∩ (V ∩B) = U ∩ V ∩B = ∅

i dokazimo da je U∩B = ∅ ili V ∩B = ∅ (Pp2). Tada je U∩V ∩A ⊆ U∩V ∩B = ∅,tj.

U ∩ V ∩A = ∅ (8.10)

Dokazimo da je tada i U ∩ A = ∅ ili V ∩ A = ∅. Pretpostavimo suprotno, tj. daje U ∩A 6= ∅ i V ∩A 6= ∅. Tada postoji a ∈ U ∩A i b ∈ V ∩A. Iz a ∈ U ∩A sledia ∈ U i a ∈ A, pa kako je U okolina tacke a, to iz a ∈ A sledi U ∩ A 6= ∅. Na istinacin pokazujemo i V ∩ A 6= ∅. Sada, iz A ⊆ B = (U ∩ B) ∪ (V ∩ B) ⊆ U ∩ V ,primenom skupovne ekvivalencije (7.4), dobijamo

A = (U ∩A) ∪ (V ∩A)

Medutim, iz (8.10) i iz U∩A 6= ∅ i V ∩A 6= ∅ sledi da postoji otvorena diskoneksijaza A, tj. da A nije povezan, sto je suprotno pretpostavci. Dakle, vazi U ∩A = ∅ iliV ∩A = ∅. Neka je, na primer, U∩A = ∅. Tada, iz B ⊆ A sledi U∩B ⊆ U∩A = ∅,pa na osnovu (Pp2) zakljucujemo da je (B,τB) povezan. Specijalno, ako je Apovezan, tada je i A povezan.

GLAVA 8. DODATAK 98

Zadatak 37 (oktobar, 2010.). Neka su A,B,C povezani podskupovi topoloskogprostora X takvi da je A ∩B ∩ C 6= ∅. Dokazati da je Y = A ∩B ∩ C povezan.

Resenje. Neka su U i V otvoreni skupovi takvi da je

A ∪B ∪ C = Y = (U ∩ Y ) ∪ (V ∩ Y ), U ∩ V ∩ Y = ∅

i dokazimo da je tada U ∩ Y = ∅ ili V ∩ Y = ∅ (Pp2). Imamo

U ∩ V ∩A ⊆ U ∩ V ∩ Y = ∅

tj. U ∩ V ∩A = ∅. Takode, iz

A ⊆ A ∪B ∪ C = Y = (U ∩ Y ) ∪ (V ∩ Y ) ⊆ U ∩ V

primenom skupovne ekvivalencije (7.4) dobijamo A = (U ∩A) ∪ (V ∩A). Kako jeA povezan i kako za A vazi U ∩ V ∩ A = ∅ i A = (U ∩ A) ∪ (V ∩ A), primenom(Pp2) dobijamo U ∩A = ∅ ili V ∩A = ∅.

Neka je, recimo, V ∩ A = ∅. Tada je A = (U ∩ A) ∪ (V ∩ A) = U ∩ A ⊆ U .Na potpuno isti nacin pokazujemo da i za skupove B i C vazi B ⊆ U ili B ⊆ V iC ⊆ U ili C ⊆ V . Medutim, ne moze biti B ⊆ V , jer bi onda imali

∅ 6= A ∩B ∩ C ⊆ U ∩ V ∩ Y = ∅

sto je nemoguce. Slicno se pokazuje da ne moze biti ni C ⊆ V . Dakle, ako jeA ⊆ U , tada mora biti B ⊆ U i C ⊆ U , odnosno A ∩ V = ∅, B ∩ V = ∅ iC ∩ V = ∅. Medutim, tada je i

Y ∩ V = (A ∩ V ) ∪ (B ∩ V ) ∪ (C ∩ V ) = ∅

pa na osnovu (Pp2) zakljucujemo da je Y povezan.

8.2 Odabrani ispitni zadaci sa uputstvima

Zadatak 38 (jun, 2012.). Neka je {An : n ∈ N} kolekcija (nepraznih) kompaktnihpodskupova kompaktnog topoloskog prostora X∈T2 za koji je An+1⊆An (∀n ∈ N).Tada je:

(a)⋂{An : n ∈ N} = A0 6= ∅

(b) (∀ otvoren U ⊇ A0)(∃m ∈ N)(∀n ∈ N)n ≥ m⇒ An ⊆ U

(c) Ako je kolekcija {An : n ∈ N} kolekcija povezanih podskupova u X, tada je A0

kompaktan i povezan skup.

Uputstvo.

(a) (∀n ∈ N) uslov ∅ 6= An+1 ⊆ An daje

n⋂k=1

Ak = An 6= ∅. Skupovi An (n ∈ N)

su zatvoreni (zasto?). Na osnovu prethodnog, iz teoreme 6.3.1 sledi da je⋂{An : n ∈ N} = A0 6= ∅ sto je i trebalo dokazati.

GLAVA 8. DODATAK 99

(b) Svi An (n ∈ N) su zatvoreni, pa je {X\An : n ∈ N} kolekcija otvorenih skupovaza koju je X \An ⊆ X \An+1. Primetiti da je za svaki otvoren skup U ⊇ A0,skup X \ U kompaktan, da je {X \ An : n ∈ N} otvoren pokrivac za X \ U , aodatle izvesti zakljucak (paziti X \ An+1 ⊇ X \ An!) da postoji m ∈ N takavda je X \ U ⊆ X \ Am. Odavde je prelaskom na komplement An ⊆ Am ⊆ Uza svako n ∈ N, n ≥ m.

(c) A0 je zatvoren (zasto), pa je kompaktan (objasniti). Pokazati da A0 nemazatvorenu diskoneksiju na sledeci nacin. Za bilo koje F1 = F1, F2 = F2 za kojevazi A0 = (A0 ∩ F1) ∪ (A0 ∩ F2) i A0 ∩ F1 ∩ F2 = ∅ treba dokazati da vaziF1 ∩ A0 = ∅ ili F2 ∩ A0 = ∅ (uslov povezanosti Pp4). Uociti da su F1 ∩ A0

i F2 ∩ A0 kompaktni disjunktni skupovi, pa postoje otvoreni skupovi U i Vtakvi da je

F1 ∩A0 ⊆ U, F2 ∩A0 ⊆ V, U ∩ V = ∅Egzistenciju ovakvih otvorenih skupova pokazati koristeci se idejom kao u do-kazu teoreme 6.3.2 pod (a). Za otvoren skup U ∪V ⊇ A0 iz (b) sledi da postojin ∈ N takav da je An ⊆ U ∪V . Skup An je povezan i U ∩V = ∅, pa je, recimoAn ⊆ U (zasto?). Primetiti da je A0 ⊆ An ⊆ U, V ∩A0 = ∅ i V ∩A0 = F2∩A0

sto je moguce samo kada je F2 ∩A0 = ∅.

Zadatak 39 (jun, 2012.).

(a) Neka je X Hausdorfov prostor, x ∈ X, K ⊆ X kompaktan i x /∈ K. Tadapostoje otvoreni skupovi U i V takvi da je x ∈ U, K ⊆ V i U ∩ V = ∅.

(b) Ako su K1 ⊆ X i K2 ⊆ X kompaktni i disjunktni podskupovi Hausdorfovogprostora X, tada postoje otvoreni skupovi U i V takvi da K1 ⊆ U i K2 ⊆ V iU ∩ V = ∅.

(c) Ako je (X, d) metricki prostor, F ⊆ X zatvoren, x /∈ F , tada postoje otvoreniskupovi U i V takvi da je x ∈ U , F ⊆ V i U ∩ V = ∅.

Uputstvo.

(a) Za svako y ∈ K, postoje otvoreni skupovi Uy i Vy takvi da je x ∈ Uy, y ∈ Vyi Uy ∩ Vy = ∅. Primetiti da je {Vy : y ∈ K} otvoren pokrivac za kompaktanskup K, izdvojiti konacan potpokrivac i postupiti kao u dokazu teoreme 6.3.3pod (a).

(b) Iz (a) sledi da za svako x ∈ K1, postoje otvoreni skupovi Ux i Vx takvi da jex ∈ Ux, K2 ⊆ Vx i Ux ∩ Vx = ∅. Nastaviti kao u dokazu pod (a).

(c) Videti zadatak 32. Postoji ε > 0, tako da je d(y, x) ≥ ε (∀y ∈ F ). Sledid(x, F ) > 0. Skupovi

U =

{y ∈ X : d(y, x) <

d(x, F )

2

}V =

{y ∈ X : d(y, F ) <

d(x, F )

2

}su otvoreni, neprazni i disjunktni i x ∈ U, F ⊆ V .(d(y0, x) < d(x,F )

2 i d(y0, F ) < d(x,F )2 sledi d(y0, x) + d(y0, F ) < d(x, F )

)

GLAVA 8. DODATAK 100

S druge strane, za svako z ∈ F imamo d(x, z) ≤ d(x, y0) + d(y0, z), odnosnoprelazeci na infimum po z ∈ F dobijamo d(x, F ) ≤ d(x, y0) + d(y0, F ). Dakle,U ∩ V = ∅.

Zadatak 40 (jun, 2012.).

(a) Neka su X i Y topoloski prostori, A ⊆ X i B ⊆ Y . Dokazati da je

A×B = A×B

(b) Neka je A ⊆ X povezan skup topoloskog prostora X, f : A → R neprekidnafunkcija takva da je f(x) 6= 0 (∀x ∈ A). Dokazati da je tada f(x) < 0 (∀x ∈ A)ili f(x) > 0 (∀x ∈ A).

Uputstvo.

(a) A × B je zatvoren skup iz X × Y , A × B ⊇ A × B, a A×B je najmanjizatvoren skup koji sadrzi A × B, pa je A×B ⊆ A × B. Koristiti i jednakost(U × V ) ∩ (A×B) = (U ∩A)× (V ∩B).

(b) Skupovi {x ∈ A : f(x) < 0} = A1 i {x ∈ A : f(x) > 0} = A2 su otvoreni upotprostoru A i vazi A = A1 ∪A2 i A1 ∩A2 = ∅. Skup A je povezan, pa morabiti A1 = ∅ ili A2 = ∅, jer bi u protivnom postojala otvorena diskoneksija zaA.

Zadatak 41 (septembar, 2012.). Neka su (X,τ ) i (Y,U) topoloski prostori if : X → Y neko preslikavanje.

(a) Dokazati da je f neprekidno u x0 ∈ X ako i samo ako vazi

(∀B ⊆ Y )f(x0) ∈ intB ⇒ x0 ∈ intf−1B (8.11)

(b) Neka je D ⊆ X skup svih tacaka u kojima f nije neprekidna. Dokazati da jetada

D =⋃V ∈U

(f−1(V ) \ intf−1(V )

)Uputstvo.

(a) Za zadatke vezane za neprekidnost u tacki potrebno je dobro prostudirati te-oremu o neprekidnosti 3.1.2 (pogledati i napomenu 3.1.1). Koristeci definicijuneprekidnosti u tacki koja je sadrzana u 2◦ pomenute teoreme lako se pokazujeda je funkcija f : X → Y neprekidna u tacki x0 ∈ X akko

(∀ okolinu V 3 f(x0))(∃ okolina U 3 x0)x0 ∈ U ⊆ f−1(V ) (8.12)

Sledi iz relacija (ispisati detalje)

U ⊆ f−1(V )⇒ f(U) ⊆ f(f−1(V )) ⊆ V ⇒ f(U) ⊆ V

if(U) ⊆ V ⇒ U ⊆ f−1(f(U)) ⊆ f−1(V )⇒ U ⊆ f−1(V )


Buduci da za svaku okolinu V 3 f(x0) postoji okolina U 3 x0 takva da jex0 ∈ U ⊆ f−1(V ), to je x0 ∈ intf−1(V ). Zakljucujemo:

Funkcija f : X → Y je neprekidna u x0 ∈ X ⇐⇒ x0 ∈ intf−1(V ) (8.13)

Ovaj uslov, kao i (8.12) cesto se koristi za karakterizaciju neprekidnosti u tacki.

Ako je f neprekidna u x0 i f(x0) ∈ intB (intB je okolina od f(x0)!), tadaje x0 ∈ f−1(intB) ⊆ f−1(B) (intB ⊆ B), pa iz (8.12) i (8.13) sledi x0 ∈intf−1(intB) ⊆ intf−1(B), a to je upravo (8.11).

Ako je V proizvoljna okolina od f(x0), stavljajuci u (8.11) B = V dobijamox0 ∈ intf−1(V ), a to je (8.13), odnosno (8.12).

(b) Na osnovu razmatranja iz (a) i (8.12), odnosno (8.13) zakljucujemo da funkcijaf nije neprekidna u x0 ∈ X ako postoji okolina V0 3 f(x0) (tj. x0 ∈ f−1(V0))tako da x0 /∈ intf−1(V0) (za svaku okolinu U 3 x0, U \ f−1(V0) 6= ∅).

Napomena 8.2.1. Naravno, zadatak pod (b) mozemo resiti samo pomocu defi-nicije neprekidnosti u tacki datoj u napomeni 3.1.1. Naime, ako je f neprekidnau x0 ∈ X i intB 3 f(x0), (B ⊆ Y ), tada je intB okolina (zasto?) od f(x0), papostoji okolina U 3 x0 (napomena 3.1.1) takva da je f(U) ⊆ intB, a odavde slediU ⊆ f−1(f(U)) ⊆ f−1(intB) ⊆ f−1(B), sto implicira x0 ∈ intf−1(B) (objasniti).Obrnuto, neka je tacna implikacija

(∀B ⊆ Y )f(x0) ∈ intB ⇒ x0 ∈ intf−1(B)

i neka je V 3f(x0) proizvoljna okolina od f(x0). Pokazati da je tada intf−1(V ) = Uokolina tacke x0 za koju je f(U) ⊆ V (primetiti da je f(x0) ∈ intV = V i primenitigornju implikaciju). Ako je x0 ∈ X, tacka diskontinuiteta, tada

(∃B0 ⊆ Y )f(x0) ∈ intB0

ali x0 /∈ intf−1(B0). Iz x0 /∈ intf−1(B0) sledi x /∈ intf−1(intB0) (zasto?), pa zaV0 = intB0, vazi x0 ∈ f−1(V0) \ intf−1(V0), V0 ∈ U.

Obrnuto, ako x0 ∈ f−1(V )\ intf−1(V ), za neko V ∈ U, koristeci (a) i dokazanuimplikaciju za B = V , pokazati da f ne moze biti neprekidna u x0. Otuda sledi(b). Za vezbu dokazati (b) ne pozivajuci se na (a), dokazujuci da je za neko V ∈ U,V 3 f(x) i za svaku okolinu U 3 x0 u tackama diskontinuiteta vazi U \f−1(V ) 6= ∅.

Zadatak 42 (septembar, 2012.). Neka su Aα(α ∈ A) podskupovi topoloskog pro-stora X. Proveriti tacnost inkluzija:

(a)⋂α∈A


Aα

)(b)

⋃α∈A


Aα

)Uputstvo. Sledi iz intA ∩ intB ⊇ int(A ∩ B) i ClA ∪ ClB ⊆ Cl(A ∪ B), slicnimrazmatranjem. Naime, intA ∩ intB ⊆ A ∩ B, a int(A ∩ B) je najveci otvorenpodskup od A ∩ B, pa je intA ∩ intB ⊆ int(A ∩ B). Mozemo koristiti relacijuC ⊆ D ⇒ intC ⊆ intD, (ClC ⊆ ClD), tako da iz intA ∩ intB ⊆ A ∩ B dobijamointA ∩ intB = int(intA ∩ intB) ⊆ int(A ∩ B) buduci da je intA ∩ intB otvoren.Slicno, A∩B ⊆ ClA∩ClB daje Cl(A∩B) ⊆ Cl(ClA∩ClB) = ClA∩ClB, jer jeClA ∩ ClB zatvoren skup.


Zadatak 43 (septembar, 2012.).

(a) Dokazati da je svaki sekvencijalno kompaktan topoloski prostor i prebrojivokompaktan.

(b) Ako je f : X → Y neprekidna sirjekcija i X prebrojivo kompaktan, tada je i Yprebrojivo kompaktan.

(c) Ako je f : X → Y neprekidna sirjekcija i X sekvencijalno kompaktan, tada jei Y sekvencijalno kompaktan.

Uputstvo.

(a) Videti napomene 6.3.2, 6.3.4 i 6.3.5, kao i dokaz teoreme Hajne - Borel (6.2.1).Ako otvoren pokrivac {Un : n ∈ N} nema konacan potpokrivac, tada postojiniz (xn)n∈N iz X takav da je

xn ∈ X \n⋃k=1

Uk,

(X =

∞⋃n=1

Un

), n ∈ N

Ovaj niz nema nijedan konvergentan podniz. Dokazite ovo pretpostavljajucisuprotno (videti dokaz teoreme 6.2.1).

(b) Neka je {Un : n ∈ N} proizvoljan otvoren pokrivac za Y , tj.

Y =

∞⋃n=1

Vn

Tada je X =

∞⋃n=1

f−1(Vn), pa je {f−1(Vn) : n ∈ N} otvoren pokrivac i postoji

m ∈ N (zasto?) takav da je X =

m⋃n=1

f−1(Vn). Odavde sledi Y =

m⋃n=1

Vn, pa je

{V1, V2, . . . , Vm} konacan otvoren potpokrivac pokrivaca {Vn : n ∈ N}.

(c) Za bilo koji niz (yn)n iz Y , postoji niz (xn)n izX tako da je f(xn) = yn (n ∈ N).Neka je (xkn)n konvergentan podniz niza (xn)n i x0 ∈ X tako da (xkn)n → x0.Za bilo koju okolinu V 3 f(x0) postoji okolina (objasniti) U 3 x0, tako da jef(U) ⊆ V . Kako je U okolina tacke x0 i kako (xkn)n → x0, to xkn ∈ U za svedovoljno velike n. Odavde sledi ykn = f(xkn) ∈ f(U) ⊆ V , odnosno ykn ∈ Uza sve dovoljno velike n, pa je (ykn)n konvergentan podniz niza (yn)n.

Zadatak 44 (septembar, 2012.). Neka su f, g : X → Y neprekidna preslikavanjatopoloskih prostora X i Y , gde je Y Hausdorfov prostor. Ako je f(x) = g(x) zasvako x iz nekog svuda gustog podskupa od X, onda je f(x) = g(x) za svako x ∈ X.Dokazati.

Uputstvo. Neka je D ⊆ X i D = X. Ako za neko x0 ∈ X vazi f(x0) 6= g(x0), tadapostoje otvoreni skupovi (zasto?) V ⊆Y i V1⊆Y takvi da je f(x0) ∈ V, g(x0) ∈ V1,V ∩ V1 = ∅ i postoji okolina U 3 x0 takva da je f(U) ⊆ V1 i G(U) ⊆ V . Onda zay ∈ U ∩D dobijamo f(y) = g(y) ∈ f(U) ∩ g(U) ⊆ V ∩ V1. Dakle, f(y) = g(y) ∈V ∩ V1 i V ∩ V1 6= ∅, sto je u suprotnosti sa V ∩ V1 = ∅, pa je f(x) = g(x) za svex ∈ X.


Zadatak 45 (januar, 2014.). Neka su A, B, C iD podskupovi topoloskog prostoraX. Dokazati:

(a) int(A ∩B ∩ C ∩D) = intA ∩ intB ∩ intC ∩ intD

(A ∪B ∪ C ∪D) = A ∪B ∪ C ∪D(b) Clint∂A = Cl(A ∩ int∂A) = Cl(int∂A \A)

Uputstvo.

(a) Iz x ∈ X \ (A ∪ B ∪ C ∪ D) = (X \ A) ∩ (X \ B) ∩ (X \ C) ∩ (X \ D) sledida x /∈ A, x /∈ B, x /∈ C i x /∈ D, a odavde da postoje okoline U1, U2, U3, U4

tacke x takve da je U1 ∩ A = U2 ∩ B = U3 ∩ C = U4 ∩ D = ∅. Tada jeU = U1 ∩ U2 ∩ U3 ∩ U4 okolina tacke x (zasto?) i vazi

U ∩ (A ∪B ∪ C ∪D) = (U ∩A) ∪ (U ∩B) ∪ (U ∩ C) ∪ (U ∩D)

⊆ (U1 ∩A) ∪ (U2 ∩B) ∪ (U3 ∩B) ∪ (U4 ∩D)

= ∅ ∪∅ ∪∅ ∪∅ = ∅

odnosno x ∈ X \A ∪B ∪ C ∪D (x /∈ A ∪B ∪ C ∪D)

Dokazimo da je int(A ∩ B) = intA ∩ intB. Iz intA ∩ intB ⊆ A ∩ B i cinjeniceda je int(A ∩B) po definiciji najveci otvoren podskup od A ∩B sledi

intA ∩ intB ⊆ int(A ∩B)

Iz x ∈ int(A ∩B) sledi da postoji okolina U 3 x takva da je x ∈ U ⊆ A ∩B, aodavde x ∈ U ⊆ A i x ∈ U ⊆ B, odnosno x ∈ intA i x ∈ intB. Zakljucujemo

int(A ∩B) ⊆ intA ∩ intB

Ovo mozemo dokazati i pomocu osobine interiora: A ⊆ B ⇒ intA ⊆ intB. Utom slucaju, iz A∩B ⊆ A i A∩B ⊆ B sledi int(A∩B) ⊆ intA i int(A∩B) ⊆intB, a odavde int(A ∩B) ⊆ intA ∩ intB.

(b) Proveriti tacnost implikacije: A ⊆ B ⇒ ClA ⊆ ClB i uociti da iz intA ⊆ Aprimenom gornje implikacije dobijamo ClintA ⊆ ClA.

Dalje imamo:

Cl(A ∩ int∂A) = Cl(A ∩ int(A ∩ (X \A))) = Cl(A ∩ intA ∩ int(X \A))

⊇ ClA ∩ ClintA ∩ Clint(X \A) = ClintA ∩ Clint(X \A)

⊇ intA ∩ intX \A = int(A ∩ (X \A)) = int∂A

Odavde sledi int∂A ⊆ Cl(A ∩ int∂A), a odavde Clint∂A ⊆ Cl(A ∩ int∂A)(Cl(A∩ int∂A) je zatvoren skup koji sadrzi skup int∂A, a Clint∂A je najmanji

zatvoren skup koji sadrzi int∂A, pa je Clint∂A ⊆ Cl(A ∩ int∂A)).

Takode jeCl(int∂A \A) = Cl(int∂A ∩ (X \A) ⊆ Clint∂A


Zadatak 46 (jun 1, 2014.).

(a) Neka su X i Y topoloski prostori sa odgovarajucim topologijama. Ako suf : X → R, g : Y → R neprekidna preslikavanja, tada je i preslikavanjeF : X × Y → R, F (x, y) = f(x)− g(y) neprekidno, a skup

{(x, y) ∈ X × Y : f(x) = g(y)}

je zatvoren.

(b) Ako za svaki A⊆X vazi f(∂A) ⊆ ∂f(A), ispitati da li je preslikavanje f :X →Yneprekidno.

Uputstvo.

(a) Primetiti da je F (x, y) = ϕ2(φ(x, y)) = ϕ2 ◦ φ(x, y), gde je ϕ2 : R2 → R,ϕ2(u, v) = u − v i φ : X × Y → R, φ(x, y) = (f(x), g(y)) Odgovarajuceprojekcije date su sa

p1 : X × Y → X, p1(x, y) = x

p2 : X × Y → Y, p2(x, y) = y

p′1 : R2 → R, p′1 ◦ φ(x, y) = f(x) = f ◦ p1(x, y), p′1(u, v) = u

p′2 : R2 → R, p′2 ◦ φ(x, y) = g(y) = f ◦ p2(x, y), p′2(u, v) = v

Dalje primeniti teoremu 3.3.1. i zadatak 15.

(b) Koristiti karakterizaciju neprekidnosti funkcije f : X → Y u teoremi 3.1.2. pod(3◦). Ako f nije neprekidna onda postoji A ⊆ X tako da je f(A) \ f(A) 6= ∅ iprimetiti da za y = f(a) ∈ f(A)\f(A), (a ∈ A) a ne moze biti unutrasnja tacka(u suprotnom, dobili bi y = f(a) ∈ f(A) ⊆ f(A)). Ako je a granicna tackaskupa A, uslov f(∂A) ⊆ ∂f(a) ponovo daje kontradikciju y = f(a) ∈ f(A).Dakle, f je neprekidna.

Zadatak 47 (jun 1, 2014.). Neka je X topoloski prostor, K ⊆ X, B ⊆ R kom-paktni skupovi, A ⊆ X povezan skup i f : X → R neprekidno preslikavanje.Dokazati:

(a) B je zatvoren i ogranicen, supB ∈ B, inf B ∈ B.

(b) (∃k1 ∈ K)(∃k2 ∈ X) tako da je f(k1) = max f(K), f(k2) = min f(K).

(c) Ako f(A) ⊆ R sadrzi bar dve tacke, tada za svako α ∈ R, tako da je

inf f(A) < α < sup f(A)

postoji aα ∈ A tako da je f(aα) = α (sup f(A) = +∞, inf f(A) = −∞, akof(A) nije ogranicen odozgo, odnosno odozdo).


Uputstvo.

(a) Za svako x ∈ R \ B postoje kolekcije intervala {Ib : b ∈ B} i {Jb : b ∈ B}gde je Ib = (b − εb, b + εb), Jb = (x − δb, x + δb) takvi da je Ib ∩ Jb = ∅.Kolekcija {Ib : b ∈ B} je otvoren pokrivac za B, pa postoji otvoren potpokrivac{Ibj : j ∈ {1, 2, . . . , n}} i odgovarajuca kolekcija {Jbj : j ∈ {1, 2, . . . , n}}, takva

da je Ibj ∩ Jbj = ∅, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Skup U =

n⋂j=1

Jbj je otvoren, sadrzi

tacku x i vazi x ∈ U ⊆ R \ B, pa je B zatvoren (videti dokaz teoreme 6.3.3).Za fiksirano ε > 0, kolekcija {b − ε, b + ε : b ∈ B} je otvoren pokrivac za B

(B ⊆⋃b∈B

(b − ε, b + ε)). Neka je {bj − ε, bj + ε : j ∈ {1, 2, . . . , n}} otvoren

potpokrivac (zasto postoji?). Tada je m ≤ b ≤ n za svako b ∈ B, gde jem = min{bj − ε : j ∈ {1, 2, . . . , n}}, M = max{bj + ε : j ∈ {1, 2, . . . , n}},tj. B je ogranicen. Sledi supB < +∞ i da postoji niz (bn)n iz B, takav daje supB − 1

n < bn ≤ supB. Zakljucujemo bn → supB ∈ B = B (n → +∞)(videti zadatak 22).

(b) Primeniti (a).

(c) Neka α /∈ f(A). Zakljuciti da su skupovi f(A)∩(inf f(A), α), f(A)∩(α, sup f(A))neprazni, da je f(A) povezan, a pomenuti skupovi su otvorena diskoneksija zapotprostor f(A), sto daje kontradikciju.

Zadatak 48 (jun 2, 2014.). Neka je X beskonacan skup, a, b, c, d i e elementi skupaX i neka je data kolekcija podskupova skupa X

τ = {U ⊆ X : X \ U = (X \ U) ∪ {a, b, c, d, e}} ∪ {X}

(a) Dokazati da je τ topologija na X;

(b) Ispitati da li je X T1, odnosno T2 prostor;

(c) Ispitati povezanost;

(d) Postoji li pravi gust podskup od X?

Uputstvo.

(a) Za Uα ∈ τ , α ∈ A imamo

X \( ⋃α∈A

Uα

)=⋂α∈A

(X \ Uα) =⋂α∈A

(X \ Uα ∪ {a, b, c, d, e}

)=⋂α∈A

(X \ Uα

)∪ {a, b, c, d, e} = X \

( ⋃α∈A

Uα

)∪ {a, b, c, d, e}

X \ (U ∩ V ) = (X \ U) ∪ (X \ V )

= ((X \ U) ∪ {a, b, c, d, e}) ∪ ((X \ V ) ∪ {a, b, c, d, e})

= (X \ U) ∪ (X \ V ) ∪ {a, b, c, d, e}

= (X \ (U ∩ V ) ∪ {a, b, c, d, e} (U, V ∈ τ )


(b) {a} nije zatvoren, jer iz

(X \ (X \ {a}) = {a} 6= {a, b, c, d, e} = X \ (X \ {a}) ∪ {a, b, c, d, e}

sledi da skup X \ {a} nije otvoren. Primetiti da je jedina okolina tacakaa, b, c, d, e ceo prostor X!. Na primer, a i b nemaju disjunktne okolne.

(c) Ako su U i V bilo koji otvoreni skupovi takvi da je X = U ∪V, U 6= ∅, V 6= ∅,tada recimo a ∈ U ili a ∈ V , pa jedna od okolina U, V mora biti X.

(d) Ako je X =⋃α∈A

Uα, (Uα ∈ τ , α ∈ A), tada a ∈ Uα za neko α ∈ A, pa

je Uα = X. Posmatrati skup A = X \ {a, b, c, d, e} i pokazati da za svakoU ∈ τ , U 6= ∅ vazi U ∩A = U 6= ∅, tj. A = X.

Zadatak 49 (jun 2, 2014.). Neka su X i Y topoloski prostori i f : X → Ybijekcija. Dokazati da su sledeci uslovi ekvivalentni:

(a) f je homeomorfizam;

(b) f je neprekidno i otvoreno;

(c) f je neprekidno i zatvoreno;

(d) f(A) = f(A) za svako A ⊆ X;

Uputstvo. Dokazacemo (d)=⇒(a) i (b)=⇒(d). Koristicemo teoremu 3.1.2 pod 3◦ i4◦ za karakterizaciju neprekidnosti.

(d)=⇒(a): Kako je f bijekcija i f(A) ⊆ f(a) za svako A ⊆ X, to je f neprekidnabijekcija. Za preslikavanje f−1 : Y → X treba dokazati da je (f−1)−1(F ) = f(F )zatvoren za svaki zatvoren skup F ⊆ X. Iz uslova (d) dobijamo

(f−1)−1(F ) = f(F ) = f(F ) = f(F )

pa je f−1 neprekidno.(b)=⇒(d): Ako je f neprekidno i otvoreno, tada je f(A)⊆ f(A) za svako A ⊆ Xi Y \ f(X \ A) zatvoren skup, jer je X \ A otvoren (f je otvoreno preslikavanje).Imamo i

Cl(Y \ f(X \A)) = Y \ f(X \A) = f(X \ (X \A)) = f(A) = f(A)

A ⊆ A⇒ f(A) ⊆ f(A)⇒ f(A) ⊆ f(A) = f(A)

Zadatak 50 (jun 2, 2014.). Neka su A,B,C proizvoljni podskupovi topoloskogprostora X. Dokazati:

(a) (A ∪B ∪ C) = A ∪B ∪ C

(b) int(A ∩B ∩ C) = intA ∩ intB ∩ intC

(c) Ako je A zatvoren, tada je ∂∂A = ∂A.


Uputstvo.

(c) Koristiti osobine X \A = X \A, ∂A = A ∩ (X \A) i A = A.

∂∂A =∂(A ∩ (X \A)) = Cl(A ∩ (X \A)) ∩ Cl(X \ (A ∩ (X \A))

⊆A ∩ (X \A) ∩ Cl(X \ (A ∩ (X \A))) = A ∩ (X \A) ∩ (X \A) ∪ (X \ (X \A))

=A ∩ (X \A) ∩ (X \A) ∪A = A ∩ (X \A) ∩X = A ∩ (X \A) = ∂A

Zadatak 51 (jun 2, 2014.). Ako je (X, d) metricki prostor i A ⊆ X, B ⊆ X, tadaje diam(A) = diam(A)2, d(A,B) = d(A,B) = d(A,B) = d(A,B).

Uputstvo. (Obavezno pogledati zadatak 32). Dokazacemo da je diam(A) ≤ diam(A)i d(A,B) ≤ d(A,B).

Za svako x, y ∈ A i ε > 0, postoje aε, bε ∈ A (zasto?) tako da je d(x, aε) <ε2 i

d(y, bε) <ε2 . Imamo:

d(x, y) ≤ d(x, aε) + d(aε, bε) + d(y, bε) <ε

2+ diam(A) +

ε

2= ε+ diam(A)

diam(A) = sup{d(x, y) : x, y ∈ A} ≤ ε+ diam(A)

pa kako je ε > 0 proizvoljan, imamo diam(A) ≤ diam(A).Slicno, za svako x ∈ A, y ∈ B i ε > 0, postoje aε ∈ A, bε ∈ B (zasto?) tako da

je d(x, aε) <ε2 i d(y, bε) <

ε2 . Imamo:

d(A,B) ≤ d(aε, bε) ≤ d(aε, x) + d(x, y) + d(y, bε) <ε

2+ d(A,B) +

ε

2= ε+ d(A,B)

Uzimajuci infimum po svim x ∈ A i y ∈ B dobijamo d(A,B) < ε+ d(A,B). Kakoje ε > 0 proizvoljno, to je d(A,B) ≤ d(A,B).

Zadatak 52 (septembar, 2014.). Neka su A,B,C podskupovi topoloskog prostoraX. Dokazati:

(a) (A ∪B ∪ C) = A ∪B ∪ C

(b) int(A ∩B ∩ C) = intA ∩ intB ∩ intC

(c) (A ∪B ∪ C)′ = A′ ∪B′ ∪ C ′

(d) Ako je A zatvoren, tada je ∂∂A = ∂A.

Uputstvo. Resicemo zadatak pod (c).

x∈A′∪B′∪C ′ ⇒ (∀okolinu U 3x)U\{x}∩A 6=∅ ili U\{x}∩B 6=∅ ili U\{x}∩C 6=∅

(jer bi u protivnom postojala okolina U0 3 x takva da je U \{x}∩A = U \{x}∩B =U \ {x} ∩ C = ∅, odnosno x /∈ A′ ∪B′ ∪ C ′). Sada dobijamo

(U \ {x}) ∩ (A ∪B ∪ C) = ((U \ {x} ∩A) ∪ ((U \ {x} ∩B) ∪ ((U \ {x} ∩ C) 6= ∅

(bar jedan skup u uniji je neprazan), odnosno x ∈ (A ∪ B ∪ C)′. ZakljucujemoA′ ∪B′ ∪ C ′ ⊆ (A ∪B ∪ C)′.

2diam(A) = sup{d(a, b) : a, b ∈ A}, d(A,B) = inf{d(a, b) : a ∈ A, b ∈ B}


Sada dokazimo da je X \ (A′ ∪B′ ∪C ′) ⊆ X \ (A∪B ∪C)′, sto je ekvivalentnosa (A ∪B ∪ C)′ ⊆ A′ ∪B′ ∪ C ′. Neka x ∈ X \ (A′ ∪B′ ∪ C ′). Tada

x /∈ A′, x /∈ B′, x /∈ C ′ ⇒(∃okolina U1 3 x)(∃okolina U2 3 x)(∃okolina U3 3 x)

(U1 \ {x}) ∩A = (U2 \ {x}) ∩B = (U3 \ {x}) ∩ C = ∅

Tada je U = U1 ∩ U2 ∩ U3 okolina tacke x i vazi

(U \ {x}) ∩ (A ∪B ∪ C) =((U \ {x}) ∩A) ∪ ((U \ {x}) ∩B) ∪ ((U \ {x}) ∩ C)

⊆((U1 \ {x}) ∩A) ∪ ((U2 \ {x}) ∩B) ∪ ((U3 \ {x}) ∩ C)

=∅ ∪∅ ∪∅ = ∅

Odavde sledi x /∈ (A∪B∪C)′, tj. x ∈ X \(A∪B∪C)′ sto je i trebalo dokazati.

Zadatak 53 (septembar, 2014.). Neka su X i Y topoloski prostori, f : X → Yneko preslikavanje i

Γ(f) = {(x, f(x)) : x ∈ X} ⊆ X × Y

graf preslikavanja f . Dokazati:

(a) Ako je Y kompaktan, tada je p1 : X×Y → X zatvoreno preslikavanje (p1 prvaprojekcija).

(b) Ako je Y kompaktan i Γ(f) zatvoren skup, tada je f neprekidno preslikavanje.

Uputstvo.

(a) Treba dokazati da je X \ p1(W ) otvoren skup za svaki zatvoren W ⊆ X × Y .Neka je x ∈ X \p1(W ) proizvoljna tacka. Tada (x, y) /∈W ((x, y) ∈ X×Y \W )za svako y ∈ Y (zasto?). Odavde sledi da za svako y ∈ Y postoje kolekcijeotvorenih skupova {Uy : y ∈ Y } i {Vy : y ∈ Y } takve da je Uy 3 x (∀y ∈ Y ),Vy 3 y (∀y ∈ Y ) i (x, y) ∈ Uy × Vy ⊆ X × Y \W (objasniti!). Odavde sledi dapostoji {y1, y2, . . . , yn} ⊆ Y tako da je

Y =

n⋃j=1

Vyj , (x, yj) ∈ Uyj × Vyj ⊆ X × Y \W (j = 1, 2, . . . , n)

Tada je U =

n⋃j=1

Uyj okolina tacke x i vazi x ∈ Un ⊆ X \ p1(W ) (videti primer

3.3.4, uociti da je U × Y =

n⋃j=1

(U × Vyj ) ⊆n⋃j=1

(Uyj × Vyj ) i (U × Y )∩W = ∅,

a odavde sledi U ∩ p1(W ) = ∅ (dokazati).

Napomena 8.2.2. Zadatak se moze resiti i uz pomoc uopstenih nizova nasledeci nacin (pogledati definiciju 5.1.6 i zadatak 23, kao i zadatak 29). Doka-zati da je p1(W ) zatvoren za svaki W = W ⊆ X×Y . Neka je x ∈ p1(W ). Tadapostoji mreza (xα)α∈D takva da je xα = p1(xα, yα), (xα, yα) ∈ W ⊆ X × Y ,


(α ∈ D) i (xα)α∈D → x. Y je kompaktan, pa niz (yα)α∈D ima tacku na-gomilavanja y ∈ Y . Neka je U × V proizvoljna okolina tacke (x, y). Tadapostoji α0 ∈ D i β ∈ D tako da xα ∈ U za svako α ≥ α0 i yβ ∈ V, β ≥ α0

(zasto?). Sada je (xβ , yβ) ∈ (U × V ) ∩ W , odakle sledi (x, y) ∈ W = W i

x = p1(x, y) ∈ p1(W ) (objasniti). Dakle, p1(W ) ⊆ p1(W ).

(b) Neka je F ⊆ Y proizvoljan otvoren skup. Tada je p−12 (F ) ∩ Γ(f) ⊆ X × Yzatvoren skup (zasto?) i na osnovu (a) je p1(p−12 (F )∩Γ(f)) zatvoren (nacrtatisliku). Ostaje da se proveri da je p1(p−12 (F ) ∩ Γ(f)) = f−1(F ).

Napomena 8.2.3. I ovaj zadatak mozemo resiti pomocu uopstenih nizovaslicno kao pod (a). Za x ∈ f−1(F ) imamo mrezu (xα)α∈D iz f−1(F ) tako daje (xα)α∈D → x. Tada mreza (f(xα))α∈D iz F ima tacku nagomilavanja y ∈ F(zasto?) i postoji β ∈ D tako da je xβ ∈ U , f(xβ) ∈ V , gde je U×V proizvoljna(bazna) okolina tacke (x, y). Sada dobijamo (xβ , f(xβ)) ∈ (U × V ) ∩ Γ(f) i

(x, y) ∈ Γ(f) = Γ(f), a odavde f(x) ∈ F , odnosno x ∈ f−1(F ).

8.3 Ispitni rokovi

Jun 2012

1. Neka je {An : n ∈ N} kolekcija (nepraznih) kompaktnih podskupova kom-paktnog topoloskog prostora X ∈ T2 za koji je An+1 ⊆An (∀n ∈ N). Tadaje:

(a)⋂{An : n ∈ N} = A0 6= ∅

(b) (∀ otvoren U ⊇ A0)(∃m ∈ N)(∀n ∈ N)n ≥ m⇒ An ⊆ U(c) Ako je kolekcija {An : n ∈ N} kolekcija povezanih podskupova u X, tada

je A0 kompaktan i povezan skup.

2. (a) Neka je X Hausdorfov prostor, x ∈ X, K ⊆ X kompaktan i x /∈ K.Tada postoje otvoreni skupovi U i V takvi da je x ∈ U, K ⊆ V iU ∩ V = ∅.

(b) Ako su K1 ⊆ X i K2 ⊆ X kompaktni i disjunktni podskupovi Hausdor-fovog prostora X, tada postoje otvoreni skupovi U i V takvi da K1 ⊆ Ui K2 ⊆ V i U ∩ V = ∅.

(c) Ako je (X, d) metricki prostor, F ⊆ X zatvoren, x /∈ F , tada postojeotvoreni skupovi U i V takvi da je x ∈ U , F ⊆ V i U ∩ V = ∅.

3. Neka je f : X → Y neprekidno preslikavanje topoloskog prostora X u Y .Dokazati da su preslikavanja

(a) X 3 x→ (x, f(x)) ∈ X × Y(b) X ×X 3 (x, y)→ (y, f(x)) ∈ X ×X

neprekidna.


4. (a) Neka su X i Y topoloski prostori, A ⊆ X i B ⊆ Y . Dokazati da je

A×B = A×B

(b) Neka je A ⊆ X povezan skup topoloskog prostora X, f : A → R ne-prekidna funkcija takva da je f(x) 6= 0 (∀x ∈ A). Dokazati da je tadaf(x) < 0 (∀x ∈ A) ili f(x) > 0 (∀x ∈ A).

Septembar 2012

1. Neka su (X,τ ) i (Y,U) topoloski prostori i f : X → Y neko preslikavanje.

(a) Dokazati da je f neprekidno u x0 ∈ X ako i samo ako vazi

(∀B ⊆ Y )f(x0) ∈ intB ⇒ x0 ∈ intf−1B

(b) Neka je D ⊆ X skup svih tacaka u kojima f nije neprekidna. Dokazatida je tada

D =⋃V ∈U

(f−1(V ) \ intf−1(V )

)2. Neka su Aα(α ∈ A) podskupovi topoloskog prostora X. Proveriti tacnost

inkluzija:

(a)⋂α∈A


Aα

)(b)

⋃α∈A


Aα

)3. (a) Dokazati da je svaki sekvencijalno kompaktan topoloski prostor i prebro-

jivo kompaktan.

(b) Ako je f : X → Y neprekidna sirjekcija i X prebrojivo kompaktan, tadaje i Y prebrojivo kompaktan.

(c) Ako je f : X → Y neprekidna sirjekcija i X sekvencijalno kompaktan,tada je i Y sekvencijalno kompaktan.

4. Neka su f, g : X → Y neprekidna preslikavanja topoloskih prostora X i Y ,gde je Y Hausdorfov prostor. Ako je f(x) = g(x) za svako x iz nekog svudagustog podskupa od X, onda je f(x) = g(x) za svako x ∈ X. Dokazati.

Januar 2014

1. Dat je skup X = {e, f, g, h} i kolekcija τ podskupova skupa X:

τ = {∅, {e}, {f}, {e, f}, {g, h}, {e, g, h}, {f, g, h}, X}


(b) Ispitati da li je X ∈ T2;

(c) Navesti bar jednu bazu B, B 6= τ topologije τ ;

(d) Za skup A = {e, g} naci intA, A, A′ i ∂A;

(e) Naci pravi gust podskup skupa X.


2. Neka je f : X → Y homeomorfizam topoloskih prostora X i Y .

(a) Dokazati da su preslikavanja f i f−1 otvorena i zatvorena;

(b) Ako za neprekidne funkcije f, g : X → R vazi f(x) = g(x) za svako x iznekog svuda gustog skupa u X, tada je f = g. Dokazati.

3. Neka su A, B, C i D podskupovi topoloskog prostora X. Dokazati:

(a) int(A ∩B ∩ C ∩D) = intA ∩ intB ∩ intC ∩ intD

(A ∪B ∪ C ∪D) = A ∪B ∪ C ∪D(b) Clint∂A = Cl(A ∩ int∂A) = Cl(int∂A \A)

4. Ako su A,B,C podskupovi topoloskog prostora X, tada je A∪B∪C kompak-tan podskup od X ako su A,B,C kompaktni, odnosno A∪B ∪C je povezanako su A,B,C povezani i jos je A ∩B ∩ C 6= ∅.

Jun 1 2014

1. Data je kolekcija podskupova

τ = {U ⊆ X : U = U ∪ {a, b, c}} ∪ {∅}

skupa X, gde su a, b, c razliciti elementi skupa X.


(b) Ispitati da li je X, T1 prostor, odnosno T2 prostor;

(c) Ispitati da li je X povezan prostor;

(d) Naci pravi gust podskup od X;

2. (a) Neka su X i Y topoloski prostori sa odgovarajucim topologijama. Ako suf : X → R, g : Y → R neprekidna preslikavanja, tada je i preslikavanjeF : X × Y → R, F (x, y) = f(x)− g(y) neprekidno, a skup

{(x, y) ∈ X × Y : f(x) = g(y)}

je zatvoren.

(b) Ako za svaki A⊆X vazi f(∂A) ⊆ ∂f(A), ispitati da li je preslikavanjef :X →Y neprekidno.

3. Neka je X topoloski prostor, K ⊆ X, B ⊆ R kompaktni skupovi, A ⊆ Xpovezan skup i f : X → R neprekidno preslikavanje. Dokazati:

(a) B je zatvoren i ogranicen, supB ∈ B, inf B ∈ B.

(b) (∃k1 ∈ K)(∃k2 ∈ X) tako da je f(k1) = max f(K), f(k2) = min f(K).

(c) Ako f(A) ⊆ R sadrzi bar dve tacke, tada za svako α ∈ R, tako da je

inf f(A) < α < sup f(A)

postoji aα ∈ A tako da je f(aα) = α (sup f(A) = +∞, inf f(A) = −∞,ako f(A) nije ogranicen odozgo, odnosno odozdo).


Jun 2 2014

1. Neka je X beskonacan skup, a, b, c, d i e elementi skupa X i neka je datakolekcija podskupova skupa X

τ = {U ⊆ X : X \ U = (X \ U) ∪ {a, b, c, d, e}} ∪ {X}



(c) Ispitati povezanost;

(d) Postoji li pravi gust podskup od X?

2. Neka su X i Y topoloski prostori i f : X → Y bijekcija. Dokazati da susledeci uslovi ekvivalentni:


(b) f je neprekidno i otvoreno;

(c) f je neprekidno i zatvoreno;

(d) f(A) = f(A) za svako A ⊆ X;

3. Neka su A,B,C proizvoljni podskupovi topoloskog prostora X. Dokazati:

(a) (A ∪B ∪ C) = A ∪B ∪ C(b) int(A ∩B ∩ C) = intA ∩ intB ∩ intC

(c) Ako je A zatvoren, tada je ∂∂A = ∂A.

4. Ako je (X, d) metricki prostor i A ⊆ X, B ⊆ X, tada je diam(A) = diam(A)3,d(A,B) = d(A,B) = d(A,B) = d(A,B).

Septembar 2014

1. Dat je skup X = {1, 2, 3, 4, 5, 6} i kolekcija podskupova

τ={{3}, {1,3}, {3,4}, {2,5,6}, {1,3,4}, {2,3,5,6}, {1,2,3,5,6}, {2,3,4,5,6},∅, X}



(c) Ispitati povezanost i kompaktnost;

(d) Za skup A = {2, 4, 5, 6} odrediti intA, A, ∂A i A′;

(e) Naci pravi gust podskup od X;

2. Neka su A,B,C podskupovi topoloskog prostora X. Dokazati:

(a) (A ∪B ∪ C) = A ∪B ∪ C(b) int(A ∩B ∩ C) = intA ∩ intB ∩ intC

(c) (A ∪B ∪ C)′ = A′ ∪B′ ∪ C ′

(d) Ako je A zatvoren, tada je ∂∂A = ∂A.

3diam(A) = sup{d(a, b) : a, b ∈ A}, d(A,B) = inf{d(a, b) : a ∈ A, b ∈ B}


3. Neka je f neprekidna bijekcija sa topoloskog prostora X na topoloski prostorY . Tada su sledeci uslovi medusobno ekvivalentni


(b) f je zatvoreno preslikavanje;

Ako je X kompaktan i Y Hausdorfov, tada je f homeomorfizam. Dokazati.

4. Neka su X i Y topoloski prostori, f : X → Y neko preslikavanje i

Γ(f) = {(x, f(x)) : x ∈ X} ⊆ X × Y

graf preslikavanja f . Dokazati:

(a) Ako je Y kompaktan, tada je p1 : X × Y → X zatvoreno preslikavanje(p1 prva projekcija).

(b) Ako je Y kompaktan i Γ(f) zatvoren skup, tada je f neprekidno presli-kavanje.

April 2010

1. Neka je (X, d) metricki prostor, ∅ 6= A ⊆ X i rastojanje d(x,A) tacke x ∈ Xod skupa A dato sa

d(x,A) = inf{d(x, a) : a ∈ A}

(a) Dokazati da je preslikavanje ϕ : X → R definisano sa ϕ(x) = d(x,A)neprekidno.

(b) Odrediti (uz precizna objasnjenja) skup {x ∈ X : ϕ(x) = 0}.(c) Neka je A = A, B = B, (∅ 6= A ⊆ X, ∅ 6= B ⊆ X), i A ∩ B = ∅.

Dokazati da su skupovi U i V dati sa

U =

{x ∈ X : d(x,A) <

d(A,B)

2

}V =

{x ∈ X : d(x,B) <

d(A,B)

2

}otvoreni, neprazni i disjunktni, takvi da je A ⊆ U i B ⊆ V .

2. Neka je (X,τ ) topoloski prostor sa prebrojivom bazom. Dokazati:

(a) (X,τ ) je kompaktan ⇐⇒ Iz svakog otvorenog pokrivaca za X moze seizdvojiti konacan potpokrivac;

(b) (X,τ ) je kompaktan ⇐⇒ ∀familiju {Fα : α ∈ A} zatvorenih skupova uX vazi:

(∀n ∈ N)(∀α1, α2, . . . , αn ∈ A)Fα1∩· · ·∩Fαn

6= ∅⇒⋃{Fα : α ∈ A} 6= ∅

3. Neka je f : X → Y bijekcija, X kompaktan i Y Hausdorfov topoloski prostor.Ako je f neprekidno preslikavanje, dokazati da je f homeomorfizam.

4. Dokazati da je topoloski prostor X povezan ako i samo ako za proizvoljnenjegove tacke a i b postoji povezan skup koji sadrzi a i b.


Jun 2010

1. Neka je A ⊆ X, A 6= ∅ i (X,τ ) topoloski prostor. Dokazati:

(a) A ∪ ∂A = A;

(b) intA = A \ ∂A;

(c) A′′ je zatvoren skup;

2. Neka je skup X neprebrojiv, A ⊂ X najvise prebrojiv i

τ = {U ⊆ X : U = ∅ ∨A ⊆ U ⊆ X}

(a) Pokazati da je τ topologija na X;

(b) Ispitati da li je (X,τ ) Hausdorfov;

(c) Ispitati da li je (X,τ ) separabilan;

3. Topoloski prostor je kompaktan ako i samo ako svaki niz ima tacku nagomi-lavanja.

4. Neka je X =⋃{Aα : α ∈ A} gde su Aα povezani skupovi za svako α ∈ A i⋃

{Aα : α ∈ A} 6= ∅ Tada je X povezan topoloski prostor.

5. Neka je X topoloski prostor, A ⊆ X povezan i A ⊆ B ⊆ A. Tada je i Bpovezan. Dokazati.

Oktobar 2010

1. Neka je B ⊂ A ⊂ X, gde je (X,τ ) topoloski prostor. Oznacimo sa τAindukovanu topologiju na A.

(a) Dokazati da je zatvaranje skupaB u topologiji τA jednako preseku skupaA i zatvaranja skupa B u τ ;

(b) Dokazati da je unutrasnjost skupa B u τ podskup unutrasnjosti skupaB u τA.

2. Neka je X beskonacan skup, a τ skup ciji su elementi ∅ i komplementikonacnih podskupova od X. Dokazati da je

(a) (X,τ topoloski prostor;


(c) Ako je X = R, dokazati da je topologija τ grublja od uobicajene;

(d) Pokazati da je skup B = {[a, b) : a, b ∈ R, a < b} baza za neku topologijuna R. Dokazati da je ova topologija finija od uobicajene na R;

3. Neka su A,B,C povezani podskupovi topoloskog prostora X takvi da je A∩B ∩ C 6= ∅. Dokazati da je podskup Y = A ∪B ∪ C povezan.


Januar 2011

1. Neka je τ = {R,∅} ∪ {(−∞, a) : a ∈ R}, R = (−∞,+∞).

(a) Dokazati da je τ topologija na R i da je τ ⊆ τo, τo je uobicajenatopologija na R.

(b) Ispitati da li je (R,τ ) Hausdorfov;

(c) Ispitati da li je (R,τ ) povezan;

(d) Ispitati da li je (R,τ ) kompaktan;

2. (a) Neka je f : (X,τ )→ (Y,τ ) neprekidno bijektivno preslikavanje. Ako jef otvoreno, tada je f homeomorfizam. Dokazati.

(b) Neka su X1, X2, Y1, Y2 topoloski prostori i f1 : X1 → Y1, f2 : X2 → Y2neprekidna preslikavanja. Dokazati da je tada preslikavanje

ϕ : X1 ×X2 → Y1 × Y2, ϕ(x1, x2) = (f1(x1), f2(x2))

neprekidno.

(c) Neka su f, g : (X,τ )→ R neprekidne funkcije. Dokazati da je skup

A = {x ∈ X : f(x) = g(x)}

zatvoren i da iz f(x) = g(x), (∀x ∈ D, ClD = X) sledi da je f(x) = g(x)(∀x ∈ X).

(d) Dokazati da je A × B = A × B, A ⊆ X, B ⊆ Y , X,Y su topoloskiprostori.

(e) Dokazati ekvivalenciju X ∈ T2, Y ∈ T2 ⇔ X × Y ∈ T2.

3. Neka je X separabilan prostor. Dokazati da je svaka familija {Uα : α ∈ A}disjunktnih nepraznih otvorenih skupova prebrojiva.

4. Neka je (X, d) metricki prostor, Y topoloski prostor i g : Y → X homeomor-fizam. Dokazati da je formulom

d′(y1, y2) = d(g(y1), g(y2)) y1, y2 ∈ Y

definisana metrika na Y koja indukuje polaznu topologiju prostora Y .

April 2011

1. Neka je dat skup X = {1, 2, 3, 4} i kolekcija τ podskupova skupa X data sa

τ = {∅, {1}, {2}, {1, 2}, {3, 4}, {1, 3, 4}, {2, 3, 4}, X}

(a) Dokazati da je (X,τ ) topoloski prostor. Da li je Haudorfov?

(b) Navesti bar jednu bazu B topologije τ (B 6= τ );

(c) A = {1, 3}. Naci intA, A, A′ i ∂A;

(d) Naci pravi podskup skupa X koji je gust u (X,τ );


2. Neka je (X,τX) topoloski prostor, Y 6= ∅ neki skup i f : X → Y funkcijakoja preslikava X na Y .

(a) Dokazati da je τf = {B ⊆ Y : f−1(B) ∈ τX} topologija na Y . Pokazatida je u ovoj topologiji f neprekidno preslikavanje.

(b) Ako je (Y,τY ) topoloski prostor, a f : X → Y neprekidno preslikavanjekoje je i otvoreno, tada je τY = τX .

3. Neka su f i g neprekidne funkcije koje preslikavaju topoloski prostor (X,τX)u R.

(a) Dokazati da je skup supA = {x ∈ X : f(x) = g(x)} zatvoren.

(b) Ako je f(x) = g(x) za svako x iz svuda gustog podskupa skupa X, ondaje f(x) = g(x) za svako x ∈ X, tj. f = g.

(c) Grafik neprekidne funkcije f : X → Y , Gf = {(x, f(x)) : x ∈ X} jestezatvoren u topoloskom prostoru X × Y .

4. Neka su τ1 i τ2 dve topologije na skupu X. Ako je τ1 ⊆ τ2, τ1 Hausdorfovatopologija, a τ2 kompaktna, onda je τ1 = τ2. Dokazati.

Jun 2011

1. Neka je skup X neprebrojiv, A ⊂ X najvise prebrojiv i

τ = {U ⊆ X : U = ∅ ∨A ⊆ U ⊆ X}

(a) Pokazati da je τ topologija na X;


(c) Ispitati da li je (X,τ ) separabilan i da potprostor koji τ indukuje naX \A nije separabilan;

(d) Ispitati kompaktnost skupa A.

2. Dokazati: Funkcija f : (X,τ )→ R je neprekidna ako i samo ako su skupovi

Ga = {x ∈ X : f(x) < a}, Fa = {x ∈ X : f(x) > b}

otvoreni za svako a, b ∈ R.

3. Neka su (Xi,τi), i = 1, 2 topoloski prostori sa odgovarajucim bazama topolo-gije Bi, i = 1, 2. Da li je B = {B1×B2 : B1 ∈ B1, B2 ∈ B2} baza topoloskogproizvoda? Ako je (X1,τ1) konacan, a (X2,τ2) kompaktan topoloski prostor,da li je topoloski proizvod ovih topoloskih prostora kompaktan?

4. Neka je (X,τX) kompaktan topoloski prostor i X ⊆ Y , X 6= Y . Ako jeτY = τX ∪ {Y }, pokazati da je (Y,τY ) kompaktan topoloski prostor. Sta jeX ′ u (Y,τY ) ako τX ne sadrzi jednoclane skupove?

TOPOLOGIJA - dzpucic.files.wordpress.com · Glava 1 Skupovi, funkcije, kardinalnost Da bi student...

Documents

Transcript of TOPOLOGIJA - dzpucic.files.wordpress.com · Glava 1 Skupovi, funkcije, kardinalnost Da bi student...