Topologija realnog pravca

Marko Horvat

Seminar24. ožujka 2010.

Uvod

Povijesno najznačajniji matematičari za razvoj realne analize:Karl Weierstrass (1815-1897)Georg Cantor (1845-1918)Richard Dedekind (1831-1916)Émile Borel (1871-1956)Bernard Bolzano (1781-1848)Eduard Heine (1821-1881)

Otvoreni skupovi

DefinicijaKažemo da je skup B otvoren ako za svaki realan x vrijedi: akoje x ∈ B i h ≈ x, onda je h ∈ B.

Primjeri: R, ∅, 〈a, b〉 . . .Nisu otvoreni: {1}, [0, 1], . . .

TeoremProizvoljna unija otvorenih skupova je otvoren skup.

No, proizvoljan presjek otvorenih skupova nije nužno otvoren(zašto?): ⋂

n∈N

〈1 − 1

n, 1 +

1n

〉= {1}.

Konačan presjek otvorenih jest otvoren!

Zatvoreni skupovi

DefinicijaKažemo da je skup B zatvoren ako za svaki h ∈ B vrijedi: akopostoji h , onda je h ∈ B.

Primjeri: R, ∅, [a, b] . . .Nisu zatvoreni (ni otvoreni): [0, 1〉,Q . . .

TeoremProizvoljan presjek i konačna unija zatvorenih skupova suzatvoreni.

Veza otvorenih i zatvorenih skupova

TeoremSkup B je otvoren ako i samo ako je Bc zatvoren.

Dokaz.

⇒ Neka je h ∈ Bc i postoji h . Kad bi vrijedilo h < Bc, bio bih ∈ B. No, B je otvoren, pa bismo imali h ∈ B.⇐ Neka je x ∈ B ∩ R i h ≈ x. Kad bi bio h ∈ Bc, tada bi i h = x

morao biti u Bc. �

Cantorov teorem o presjeku

TeoremNeka je A1 ⊇ A2 ⊇ A3 ⊇ . . . silazan niz nepraznih zatvorenihskupova te A1 omed̄en skup. Tada je

⋂n∈N An , ∅.

Dokaz.Prema Łośovom teoremu, iz

R |= (∀n ∈ N)(An , ∅)

slijedi∗R |= (∀n ∈ ∗N)(An , ∅).

Uzmimo h ∈ AN . Budući da je AN ⊆ A1 i A1 je omed̄en, h jekonačan te postoji h . Za sve n, iz h ∈ An slijedi h ∈ An, pavrijedi h ∈ ⋂n∈N An. �Teorem ne vrijedi za niz otvorenih skupova, npr. An =

〈0, 1n

〉.

Neke zanimljive točke

DefinicijaRealan broj b ∈ B je točka nutrine skupa B ako za svaki h takavda je h ≈ b vrijedi h ∈ B.

DefinicijaRealan broj c ∈ B je gomilište skupa B ako za neki h ∈ B \ {c}vrijedi h ≈ c.

Očito je sljedeće:

TeoremSkup B je otvoren ako su sve njegove točke točke nutrine. SkupB je zatvoren ako sadrži sva svoja gomilišta.

Nutrina, zatvarač i rub

DefinicijaZa skup B definiramo nutrinu od B, u oznaci B0 kao skup svihtočaka nutrine od B.

Definicija

Zatvarač od B, u oznaci B definiramo kao uniju skupa B i skupasvih gomilišta od B.

Definicija

Rub skupa B je ∂B = B ∩ Bc.

Za vježbuB B0 B ∂B〈0, 1〉 〈0, 1〉 [0, 1] {0, 1}[0, 1] 〈0, 1〉 [0, 1] {0, 1}〈0, 1] 〈0, 1〉 [0, 1] {0, 1}{4} ∅ {4} {4}

{1, 12 ,13 , . . .} ∅ {0} ∪ {1,

12 ,

13 , . . .} {0} ∪ {1,

12 ,

13 , . . .}

Z ∅ Z ZQ ∅ R RR \ Q ∅ R RR R R ∅∅ ∅ ∅ ∅

Još neke sitnice:

B ∪ C = B ∪ C A0 je otvorenB ∩ C , B ∩ C A je zatvoren

B0 ∩ C0 = (B ∩ C)0 (A0)0 = A0

B0 ∪ C0 , (B ∪ C)0 A = A∂∂∂A = ∂∂A (A0)c = Ac

Kompaktni skupovi

Definicija

Skup B je kompaktan ako za sve h ∈ B postoji h i nalazi se u B.

TeoremSkup B je kompaktan ako i samo ako je omed̄en i zatvoren.

Dokaz.

⇒ Ako je h ∈ B, zbog kompaktnosti postoji h ∈ B, pa je Bzatvoren. Neka je sad b ∈ B. Kad B ne bi bio omed̄en, za svakin > 0 postojao bi bn ∈ B takav da je |bn| > n. No, tada bi zaN = (1, 2, 3, . . .) i b = (b1, b2, b3, . . .) ∈ B vrijedilo |b| > N, pa ne bipostojao b .⇐ Za h ∈ B, zbog ograničenosti od B postoji h , a zbog

zatvorenosti je h ∈ B. �

Bolzano-Weierstrassov teoremTeoremSvaki beskonačan podskup kompaktnog skupa ima gomilište.

Dokaz.Neka je B kompaktan i C ⊆ B beskonačan te {a1, a2, . . .} ⊆ C.Zbog kompaktnosti, postoji aN ∈ B. Budući da je aN ∈ C,trebamo još pokazati da je aN , aN . Pretpostavimo li suprotno,vrijedit će

∗R |= (∃m ∈ ∗N)(am = aN ).

Tada će Łośov teorem povlačiti

R |= (∃m ∈ N)(am = aN ),

odnosno am = aN = aN . �

Kraće, za a = (a1, a2, . . . ...) ∈ ∗R vidimo da je a , a , a budući daza sve n vrijedi an ∈ B, slijedi a ∈ B. Time je a ∈ B.

Modificirani Heine-Borelov teorem

TeoremSvaki prebrojiv otvoren pokrivač kompaktnog skupa može sereducirati na konačan potpokrivač.

Dokaz.Neka je {A1,A2, . . .} prebrojiv otvoren pokrivač za skup B.Pretpostavimo da za svaki n postoji an ∈ B takav da za svakii < n vrijedi an < Ai. Pogledajmo neki aN . B je kompaktan, paaN postoji i nalazi se u B. Iz B ⊆

⋃n∈N An slijedi aN ∈ Am za

neki konačan m. No, Am je otvoren, pa je aN ∈ Am. �

Teorem je moguće jednostavno dokazati i primjenomCantorovog teorema o presjeku.

Povezani skupovi

DefinicijaSkup C je povezan ako ne postoje dva disjunktna, otvorenaskupa A i B takva da je C ⊆ A ∪ B i A ∩ C , ∅ , B ∩ C. Ako C nijepovezan, kažemo da je nepovezan.

Primjer: {0, 1}

DefinicijaSkup B je interval ako za sve a, b ∈ B i sve x, a < x < b povlačix ∈ B.

Povezani skupovi = intervali

TeoremSkup C je povezan ako i samo ako je C interval.

Dokaz.⇒ Pretpostavimo da je C povezan, ali nije interval, tj. za neke

a, b, x takve da je a, b ∈ C i a < x < b vrijedi x < C. Očito 〈−∞, x〉 i〈x,∞〉 separiraju x.⇐ Neka je C nepovezan interval. Tada postoje skupovi A i B

koji ga separiraju, pa postoje a ∈ A ∩ C i b ∈ B ∩ C. Definiramofunkciju f : [a, b]→ {0, 2} na sljedeći način:

f (x) =

0, x ∈ A2, x ∈ B .Funkcija f narušava teorem o med̄uvrijednostima. �

Cantor-Dedekindov teorem

TeoremNeka su A i B intervali koji čine particiju od R. Neka je a ∈ A,b ∈ B i a < b. Tada A ima najveći element ili B ima najmanjielement.

Dokaz.Budući da su A i B intervali i a < b, vrijedi A < B. Pretpostavimoda A nema najveći element. Tada za x ∈ A realan postoji y ∈ Arealan takav da je x < y, pa su svi b ∈ ∗R, b ≈ x manji od y ∈ A, atime su u A. Stoga je A otvoren. Uz analognu pretpostavku za Bbismo dokazali otvorenost od B. No, kad bi i A i B bili otvoreni,imali bismo separaciju od R. �

Još jedna vježba I

1 Koji skupovi iz prošle vježbe su povezani, a koji nisu?Povezani: 〈0, 1〉, [0, 1], 〈0, 1], {4}, ∅, RNepovezani: {0, 1}, {1, 12 ,

13 , . . .}, {0} ∪ {1,

12 ,

13 , . . .}, Z, Q, R \ Q

2 Dokaži da ako su A1 ⊇ A2 ⊇ A3 ⊇ . . . svi neprazni ikompaktni, onda im je presjek neprazan.Sad je to trivijalno. Svi su kompaktni, pa su omed̄eni izatvoreni. Još samo iskoristimo Cantorov teorem opresjeku.

3 Pronad̄i beskonačan podskup od 〈0, 1〉 koji nema gomilišteu 〈0, 1〉.Primjerice, {1, 12 ,

13 , . . .}.

4 Nad̄i prebrojiv otvoren pokrivač od 〈0, 1〉 koji se ne možereducirati na konačan potpokrivač.Primjerice,

{〈1n , 1

〉: n ∈ {2, 3, . . .}

}.

Još jedna vježba II

5 Dokaži da su R i ∅ jedini skupovi koji su istovremenootvoreni i zatvoreni.Pretpostavimo da je A otvoren i zatvoren te različit od R i ∅.Tada postoje točke a ∈ A i b < A. Bez smanjenjaopćenitosti, neka je a < b. Slijedi da [a, b] sadrži točke iz A iAc. Stoga A i Ac čine separaciju od [a, b]. Kontradikcija sčinjenicom da je [a, b] interval (jer je time i povezan).

Karakterizacija neprekidnosti

TeoremFunkcija f je neprekidna ako i samo ako za sve otvoreneskupove A vrijedi da je f −1(A) otvoren.

Dokaz.⇒ Neka je r ∈ f −1(A) realan i h ≈ r. Slijedi f (r) ∈ A i, iz

neprekidnosti od f , f (h) ≈ f (r). Budući da je A otvoren, f (h) ∈ A,tj. h ∈ f −1(A).⇐ Neka je r realan i h ≈ r. Pretpostavimo da je f (r) 0 f (h).

Tada postoji s > 0 takav da f (h) < 〈f (r) − s, f (r) + s〉 =: A. Očito jeA otvoren, a onda i f −1(A). Kontradikcija (r ∈ f −1(A), r ≈ h,h < f −1(A)). �

Još malo o kompaktnostiDokaz teorema o postizanju ekstrema funkcije na segmentuzapravo nije zahtijevao da se radi baš o segmentu:

TeoremNeprekidna funkcija na kompaktnom skupu je ograničena ipoprima minimum i maksimum.

TeoremAko je f neprekidna funkcija i C kompaktan, onda je f (C)kompaktan.

Dokaz.Neka je h ∈ f (C). Tada postoji h∗ ∈ C takav da je f (h∗) = h.Budući da je C kompaktan, postoji h∗ ∈ C. Stoga jef ( h∗ ) ∈ f (C), pa iz neprekidnosti slijedi f ( h∗ ) ≈ f (h∗) = h.Dakle, vrijedi h = f ( h∗ ) ∈ f (C). �

Još malo o povezanosti

TeoremAko je f neprekidna i C povezan, onda je f (C) povezan.

Dokaz.Neka je a < x < b, gdje su a, b ∈ f (C). Tada postoje a∗, b∗ ∈ Ctakvi da je f (a∗) = a i f (b∗) = b. Prema teoremu omed̄uvrijednostima, postoji c∗ izmed̄u a∗ i b∗ takav da jef (c∗) = x. Iz povezanosti od C slijedi da je C interval, pa jec∗ ∈ C, odnosno x = f (c∗) ∈ C. �

Brouwerov teorem o fiksnoj točki

TeoremAko je f : [0, 1]→ [0, 1] neprekidna, tada f ima fiksnu točku.

Dokaz.Ako je f (0) = 0 ili f (1) = 1, gotovi smo. Ako ne, vrijedi f (0) > 0 if (1) < 1. Pogledajmo funkciju g : [0, 1]→ [0, 1] definiranu sag(x) = f (x) − x. Tada je g neprekidna te vrijedi g(0) > 0 i g(1) < 0.Prema teoremu o med̄uvrijednostima, postoji x0 takav da jeg(x0) = 0 = f (x0) − x0. �

Treći put vježbamo

Koja od sljedećih tvrdnji vrijedi za sve neprekidne funkcije f isve skupove A?

f (A) = f (A)

f (A0) = f (A)0

f −1(A) = f −1(A)

f −1(A0) = f −1(A)0

Nijedna!f (x) = 1x , f : R \ {0} → R, A = 〈1,+∞〉f (x) = c, f : R→ R, A = Rf (x) = c, f : R→ R, A = R \ {c}f (x) = c, f : R→ R, A = {c}

Malo bolja neprekidnost

DefinicijaFunkcija f je uniformno neprekidna na skupu A ako za svea, b ∈ A vrijedi: ako je a ≈ b, onda je f (a) ≈ f (b).

TeoremAko je A kompaktan skup, onda su neprekidnost i uniformnaneprekidnost proizvoljne funkcije f na A ekvivalentna svojstva.

Dokaz.Jedan smjer je očit. Za obrat, neka su a, b ∈ A takvi da je a ≈ b.Iz kompaktnosti od A slijedi da postoji r = a = b ∈ A. Izneprekidnosti od f dobivamo f (a) ≈ f (r) ≈ f (b). �

Postoje li neprekidne funkcije koje nisu uniformnoneprekidne?

f (x) = 1x na 〈0, 1〉Za N proizvoljan vrijedi 1N ≈

1N+1 , ali f

(1N

)0 f

(1

N+1

).

f (x) = x2 na ROčito je N ≈ N + 1N , ali f (N) 0 f

(N + 1N

).

Četvrti put vježbamo I

1 Ako je f neprekidna i C zatvoren, onda je f −1(C) zatvoren.Skup R \ C je otvoren, pa je f −1(R \ C) otvoren. No, tada jeR \ f −1(R \ C) = f −1(C) zatvoren.

2 Pronad̄i neprekidnu funkciju koja nije otvorenopreslikavanje.Konstantna funkcija preslikava svaki otvoren skup ujednočlan, a time i zatvoren skup.

3 Pronad̄i neprekidnu neomed̄enu funkciju na 〈0, 1〉. Pronad̄ineku koja jest omed̄ena, ali ne postiže minimum nimaksimum.Prvi dio zadatka rješava f (x) = 1x , a drugi identiteta.

4 Pronad̄i neprekidnu funkciju f i kompakt C takav da f −1(C)nije kompakt.Pogledajmo konstantnu funkciju f (x) = c na R. Tada jef −1(c) = R.

Četvrti put vježbamo II

5 Pronad̄i neprekidnu funkciju f i povezan skup C takav daf −1(C) nije povezan.Pogledajmo konstantnu funkciju f (x) = c na Cantorovomskupu C. Tada je f −1(c) = C.

Potpunost ured̄ajaTeoremR ima svojstvo supremuma, tj. svaki neprazan, odozgo omed̄enpodskup od R ima supremum.

Neka B ⊆ R ima gornju med̄u b. Za svaki n, neka je bn najmanjicijeli broj takav da je bnn gornja med̄a od B. Odaberimo

proizvoljan N te definirajmo r =bNN

.

Pretpostavimo da je x ∈ B realan. Tada je x ≤ bNN . Stoga vrijedi

x = x ≤ bNN= r.

Pretpostavimo sad da je s takod̄er gornja med̄a od B. Iz načinana koji smo odabrali bN , znamo da bN−1N nije gornja med̄a za B.Prema tome, vrijedi bN−1N < s. No, tada je

r =bNN=

bNN− 1

N≤ s = s.

(Ne baš) zadnja vježba

1 Pokaži da {θ : θ je infinitezimal} nema supremum u ∗R.Za svaki infinitezimal θ, broj 2θ je takod̄er infinitezimal.

2 Neka A , ∅ ima gornju med̄u. Tada je sup A upravo infimumskupa B svih gornjih med̄a od A.B je očito neprazan i odozdo omed̄en (A je neprazan, pa jebilo koji njegov element donja med̄a od B), pa znamo dapostoji c := inf B.Kad c ne bi bio gornja med̄a od A, onda bi neki y ∈ A bioveći od c. Time bi y bio veći i od nekoga iz B.Prema tome, c jest gornja med̄a od A, pa je c ∈ B. Slijedic = min B, odnosno c je najmanja gornja med̄a od A.

Skoro ekstremi

DefinicijaNeka je B ⊆ ∗R. Broj a je skoro gornja med̄a od B ako za sveb ∈ B vrijedi a ≥ b ili a ≈ b. Broj c je skoro supremum od B iliskoro najmanja gornja med̄a od B ako je gornja med̄a od B ivrijedi: ako je d bilo koja gornja med̄a od B, onda je c ≤ d ilic ≈ d.

(Uistinu) zadnja vježba

Dokaži ili opovrgni:1 Ako B , ∅ ima realnu skoro gornju med̄u b, onda B ima

najmanju skoro gornju med̄u.Kontraprimjer: B = 〈0, 1 + θ〉, b = 1.

2 Ako B , ∅ ima realnu gornju med̄u, onda B ima skorosupremum.Ima i više: ima supremum (transferom iz R u ∗R).

3 Ako B , ∅ ima skoro gornju med̄u b, onda B ima skoronajmanju skoro gornju med̄u.

Hvala na pažnji!

Pitanja?