TOPOLOGIJA,dr dženis f. pučić-DRŽAVNI UNIVERZITET U NOVOM PAZARU -studijski program MATEMATIKA

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 BA = B

def A B B AOve 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 odredenudistributivnost 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 =nj=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:

(AB) (C D) = (A C) (B D)

1.3 Kolekcije (familije) skupova

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

{A : 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 {A : A} P (X) kolekcija podskupova skupa X. Unija i presekove kolekcije definisani su na sledeci nacin:

AA =

{A : A} def= {x X : ( A)x A}

AA =

{A : A} def= {x X : ( A)x A}


Za kolekcije {A : A} i {B : B} podskupova skupa X vazi:( A

A

)( B

B

)=

(,)AB

(A B) (1.1)( A

A

)( B

B

)=

(,)AB

(A B) (1.2)( A

A

)( B

B

)=

(,)AB

(A B) (1.3)( A

A

)( B

B

)=

(,)AB

(A B) (1.4)

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

(x X)x ( A

A

)( B

B

) x

A

A x B

B

( A)x A ( B)x B ((, ) AB)x A B x

(,)AB

(A B)

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

X \( A

A

)=A

(X \A) (1.5)

X \( A

A

)=A

(X \A) (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 = x2ili (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 : X1-1na

Y (f je bijekcija) tada postoji jedinstveno

preslikavanje f1 : Y X koje zovemo inverzno preslikavanje dato sa

f1(y) = x y = f(x)

Za inverzno preslikavanje vazi

f1 f = idxf f1 = 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, za

elemente ovog skupa vazi:

y f(A) (x A) y = f(x)

(b) Tada skup f1(B) = {x X : f(x) B} zovemo inverzna slika1 skupa B.Dakle, za elemente ovog skupa vazi:

x f1(B) f(x) B

(c) Ako je y Y tada skup f1(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 {A : A} P (X) i{B : B} P (Y ). Tada vaze sledece jednakosti:

(1) f() = (2) f1() = (3) f(X) Y (4) f1(Y ) = X(5) A1 A2 f(A1) f(A2) (6) B1 B2 f1(B1) f1(B2)(7) f1

( B

B

)=B

f1(B) (8) f1( B

B

)=B

f1(B)

(9) f( A

A

)=A

f(A) (10) f( A

A

)A

f(A)

(11) f je1-1: f(AB)=f(A)f(B) (12) f je

1-1: f

( A

A

)=A

f(A)

(13) f1(B1) \ f1(B2)=f1(B1 \B2) (14) f1(Y \B) = X \ f1(B)(15) f1(f(A)) A (16) f(f1(B)) B(17) f1(f(A)) = A ako je f

1-1 (18) f(f1(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 f1( B

B

) f(x)

B

B ( B) f(x) B

( B) x f1(B) x B

f1(B)

f1( B

B

)=B

f1(B)

(13) (x X) x f1(B1) \ f1(B2) x f1(B1) x / f1(B2) f(x) B1 f(x) / B2 f(x) B1 \B2 x f1(B1 \B2) f1(B1) \ f1(B2) = f1(B1 \B2)

(15) ((a A) a A f(a) f(A) a f1(f(A))) A f1(f(A))(17) Dokazimo da u prethodnoj jednakosti umesto

stoji

= ako je f

1-1:

(b f1(f(A))) b f1(f(A)) f(b) f(A) (a A) f(b) = f(a) b = a, jer je f

1-1 b = a A, odnosno f1(f(A)) A sto zajedno sa

A f1(f(A)) daje f1(f(A)) = A, ako je f1-1.


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 : A 1-1na

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 : C1-1na

A bijekcija (postoji jer je |A| = |C|)Indukcijom definisimo preslikavanja fn : C C sa:

f0(c) = c, fn(c) = f(fn1(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 : B 1-1 A

Tada je g f takode1-1 , 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, Sibe

Mardesic


Dalje, imamo f(A) B, g(B) A i g(f(A)) g(B), pa jeg(f(A)) g(B) A (1.8)

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

1-1 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 0. Dakle, ako postoji bijekcijaf : N A tada je |A| = |N| = |0|.

Moze se pokazati da svaki beskonacan skup sadrzi prebrojiv podskup.

Primer 1.6.1. Preslikavanje : N 2N = {2, 4, 6, . . . } definisano sa (n) = 2nje bijekcija (dokazati), pa je |2N| = 0 iako je 2N ( N.Primer 1.6.2. Neka je f : N Z preslikavanje dato sa:

f(n) =

{k 1, ako je n = 2kk, ako je n = 2k 1

Dokazuje se da je f bijekcija, pa je |Z| = 0 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 0 < |(0, 1)|), dok je skup Q (0, 1) prebrojiv.Primer 1.6.3. Funkcija : R (0, 1) definisana sa

(x) =1

piarctg x+

1

2

je bijekcija, pa je |R| = |(0, 1)|. Dakle R je neprebrojiv i vazi 0 < |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 = AAA 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) 02 (x, y X) d(x, y) = 0 x = y3 (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 > 0 i x0 X, gde je X metricki prostor. Tada skupB(x0, ) = {x X : d(x0, x) < } (2.1)

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

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)( > 0)B(x, ) UDrugim recima, podskup metrickog prostora je otvoren ako je prazan ili ako

sadrzi svaku svoju tacku zajedno sa nekom -okolinom sa centrom u toj tacki.

Teorema 2.1.1. Svaka -okolina jeste otvoren skup.

Dokaz. Treba dokazati:

(y B(x, ))( > 0)B(y, ) B(x, )

12

GLAVA 2. TOPOLOSKI PROSTORI 13

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

d(x, z) d(x, y) + d(y, z) < d(x, y) + = d(x, y) + d(x, y) = odnosno d(x, z) < , tj. z B(x, ). Dakle, B(y, ) B(x, ) 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)(x > 0)B(x, x) ULako je proveriti (dokazati za vezbu) da iz prethodnog iskaza sledi:

U ={B(x, x) : 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.

{U : A} Ud {U : A} Ud

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

U, V Ud U V UdDokaz.

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

xXB(x, ) X (2.2)

S druge strane, vazi: (x X) x B(x, ) xX

B(x, ), pa je

X xX

B(x, ) (2.3)

Iz (2.2) i (2.3) dobijamo:

X =xX

B(x, ) 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 U( A) su otvoreni pa se mogu predstaviti kao unija neke kolekcijeotvorenih lopti. Tada je i

{U : A} takode unija neke kolekcije otvorenihlopti, pa je otvoren, tj:

{U : A} Ud3 Neka su U i V otvoreni skupovi. Treba dokazati:

(x U V )( > 0)x B(x, ) U VNeka je x U V proizvoljan. Tada je x U i x V . Iz definicije 2.1.1 sledi:

(1 > 0)x B(x, 1) U (2 > 0)x B(x, 2) VUzmimo = min{1, 2}. Tada je:

B(x, ) B(x, 1) U B(x, ) B(x, 2) V B(x, ) 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 podskupova skupaX nazivamo topologijom na X ako zadovoljava sledece uslove:

(T 1) Skup X i prazan skup su otvoreni, tj. X, ;(T 2) Unija proizvoljne kolekcije elemenata iz je element iz , tj.

{U : A} {U : A}

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

U, V U V

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

Cesto topoloski prostor (X, ), ako ne postoji opasnost od zabune i ako setopologija 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 Dzovemo 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:

o = {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 o 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 o za koje vazi:I o D. Topologije na istom skupu uporedujemo na sledeci nacin:Definicija 2.1.3. Neka su 1 i 2 dve topologije na skupu X. Ako je 12 ondakazemo da je 1 grublja (siromasnija, slabija, sa manje otvorenih skupova) od 2,a za 2 kazemo da je finija (bogatija, jaca, sa vise otvorenih skupova) od 1.


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, ) topoloski prostor. Tada, za kolekciju B kazemo da je baza topologije ako se svaki otvoren skup iz X moze predstavitikao unija neke kolekcije elemenata iz B, tj.

(U ) U ={B : B B1 B} =

BB1B

B

Iz skupovne ekvivalencije (dokazati za vezbu)

A =

AAA (x A)( A) x A A (2.4)

pokazuje se da je sledeca definicija ekvivalentna prethodnoj.

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

(U )(x U)(B B) x B U

Ako u prethodnoj definiciji uzmemo fiksirano x dobijamo sledecu definiciju.

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

(U , 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 topologijuUd, tj.

B = {B(x, r) : (x, r) X (0,+)}je baza za U

d. 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:

Bx ={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) QQ, p < q}

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

B = {(x , x+ ) : x R, > 0}

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

Bx = {(x , x+ ) : > 0}

Za proizvoljno > 0 i dovoljno veliko n vazi (x 1n , x+ 1n ) (x , x+ ), pa nataj nacin dobijamo i prebrojivu lokalnu bazu ove topologije u tacki x:

Bx ={(

x 1n, x+

1

n

): n N

}Na osnovu prethodnog, zakljucujemo da skup realnih brojeva R sa obicnom topolo-gijom o 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, ) topoloski prostor. Tada je F X zatvoren akoje X \ F otvoren (X \ F ). Kolekciju svih zatvorenih skupova obelezavamo saF, tj.

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

1 Skup X i prazan skup su zatvoreni, tj. X, F;2 Presek proizvoljne kolekcije zatvorenih skupova je zatvoren skup, tj.

{F : A} F {F : 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 o na R, jednoelementni podskupovi {x} suzatvoreni.

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

(, x) =nN

(x n, x) (x,+) =nN

(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]={xR : axb} zatvoren jer je njegovkomplement R\[a, b] = (, a) (b,+) otvoren skup u obicnoj topologiji o.

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

{x} =nN

(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) 1 = {, X, {a}, {a, b}, {a, e}, {a, b, c}}(b) 2 = {, X, {a}, {a, b}, {a, c}, {a, c, d}, {a, b, c}, {a, b, c, d}}Resenje.

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

(b) X, 2 pa je uslov (T 1) zadovoljen. Kolekcija 2 podskupova od X imakonacno mnogo elemenata, pa je bilo koja kolekcija podskupova iz 2 konacna.Odavde sledi da unija bilo koje kolekcije elemenata iz 2 pripada 2 akko unijabilo koja dva elementa iz 2 pripada 2 (dokazati indukcijom). Na osnovu togatreba proveriti da li su presek i unija bilo koja dva elementa iz 2 takode u 2.Ako taj uslov vazi onda je 2 topologija. U slucaju da za podskupove A i B iz2 vazi A B (B A) tada je:

A B = B 2 (A B = A 2) A B = A 2 (A B = B 2)

pa je uslov zadovoljen. U ostalim slucajevima imamo:

{a, b} {a, c} = {a, b, c} 2 {a, b} {a, c} = {a} 2{a, b} {a, c, d} = {a, b, c, d} 2 {a, b} {a, c, d} = {a} 2{a, c, d} {a, b, c} = {a, b, c, d} 2 {a, c, d} {a, b, c} = {a, c} 2

Svi navedeni podskupovi su iz 2 pa, na osnovu prethodnog, zakljucujemo daje 2 topologija na X.

Zadatak 3. Neka je dat skup X i = {, 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 bila topologija na

X?

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

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

1 A B = 2 A B = X3 A B = A4 A B = B


1 AB=. Tada, iz uslova AB ostaje samo jedna mogucnost AB=X(AB= ne moze biti jer su A i B neprazni skupovi, AB ne moze bitijednako ni A ni B jer bi tada npr. bilo AB=A BA AB=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 i

XB, 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 . 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 deo

zadatka.

Zadatak 4. Neka je X 6= i (Y, ) topoloski prostor. Ako je dato preslikavanjef :XY dokazati da je kolekcija = {f1(U) : U } topologija na X.Resenje. Dokazimo da zadovoljava uslove definicije 2.1.2:

(T 1) Kako je Y, to je X = f1(Y ) i = f1() pa je ovaj uslovispunjen.

(T 2) Neka je {f1(U) : A} proizvoljna kolekcija podskupova iz . Tada je,po definiciji , {U : A} kolekcija otvorenih skupova u Y , pa imamo:

{U : A} {U : A} =

A

U

Odavde sledi:{f1(U) : A} =

A

f1(U) = f1( A

U

)

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

(T 3) Neka su V1 i V2 proizvoljni elementi iz . Tada postoje otvoreni skupovi

U1, U2 tako da vazi V1=f1(U1) i V2=f1(U2). Kako je U1, U2 tadaje i U1 U2 pa imamo:

V1 V2 = f1(U1) f1(U2) = f1(U1 U2)

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


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

Primer 2.2.4. U obicnoj topologiji o, 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 na X akko za B vazi:

1 X =BB

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 na X. je topologija na X, pa slediX , a B je baza topologije , pa se X predstavlja kao unija neke potkolekcijekolekcije B:

X =

BB1BB

BB

B X =BB

B

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

(x B1 B2)(B3 B) x B3 B1 B2sto je i trebalo dokazati.(=): Neka kolekcijaB podskupova skupaX zadovoljava uslove (1) i (2). Dokazimoda postoji topologija kojoj je B baza. Definisimo kolekciju na sledeci nacin:

= {U : U je unija neke kolekcije elemenata iz B} = {U P (X) : (B1 B) U =

BB1

B} (2.8)

Dokazimo da je topologija na X:

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

(T 2) Neka je {U : A} proizvoljna kolekcija elemenata iz . Tada se, za svako A, U predstavlja kao unija neke kolekcije elemenata iz B, pa se i skup{U : A} predstavlja kao unija neke kolekcije elemenata iz B, tj.

{U : A} {U : A}

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


(T 3) Neka su V1 i V2 proizvoljni elementi iz . 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 . Iz skupovne ekvivalencije(2.4) zakljucujemo da vazi

V1 V2 =

BB1BB (x V1 V2)(B B) x B V1 V2 (2.9)

Dokazimo desnu stranu prethodnog iskaza. Neka je x V1V2 proizvoljan.Tada postoje B1, B2B takvi da je xB1V1 i xB2V2 (sledi iz 2.8), tj.da je xB1B2 V1V2. Odavde, i iz (2), sledi da postoji B3B takvoda je xB3 B1B2 V1V2, odnosno xB3 V1V2. Time je desnastrana u (2.9) dokazana, a odatle sledi trazeni rezultat.

Ostaje jos dokazati jedinstvenost topologije . Neka je topologija kojoj je Btakode baza. Svaki element U predstavlja se kao U = {B : B B1 B}.Medutim, B je baza i za topologiju , pa U , odnosno . Na isti nacinpokazujemo i da je , sto zajedno sa daje = . Drugim recima,topologija 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, ) topoloski prostor iBX lokalna baza topologije u tacki x. Tada su zadovoljeni sledeci uslovi:

1 (B Bx) x B2 B1, B2 Bx B1 B2 Bx3 (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, ) topoloski prostor. Za topoloski prostor (X, )kaze se da je metrizabilan ako postoji metrika d takva da je topologija Ud, kojaje indukovana ovom metrikom, upravo topologija (tj. Ud = ).


2.3 Podskupovi topoloskog prostora i operacije sanjima

Definicija 2.3.1. Neka je (X, ) 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} =

AF,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

FX,F zatF i A

AF,F zat

F

Prelaskom na komplement u poslednjim inkluzijama dobijamo:

X \A X \

AF,F zatF i X \A X \

AF,F zat

F (2.11)

Neka x X \

AF,F zatF =

AF,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 vaziU 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 /

AF,F zat

F , tj. x X \

AF,F zatF 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 = APosledica 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 AB A B, ili ekvivalentno X \(AB) 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} =

UA,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 = intANapomena 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 APoslednja 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,o). Intervali

(n 12 , 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,o).

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 A2 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 / Asledi 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 AA 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 jeU0A {x}. Medutim, x / A (jer x X \A), pa je U0A = , tj. x X \A.

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

1 A B A B2 int(A \B) int(A \ intB) intA \ intB3 ClA \ ClB Cl(A \ ClB) Cl(A \B)4 ClintA = Cl(A intA) = Cl(intA \A)5 A B = (A B)6

A

intA int( A

A)

7A

intA int( A

A)

8A

ClA Cl( A

A)

9A

ClA Cl( A

A)

10 intA = X \ Cl(X \A) = A \ AResenje. Ostavljamo studentu za vezbu.

Zadatak 7. Neka je dat topoloski prostor (X, ), X = {a, b, c, d}, gde je = {, 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 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 = AA = {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)=BX=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 kolekcija podskupova skupa R sastavljena od R, i svihneogranicenih intervala oblika (a,+), a R. Dokazati da je topologija na R.Resenje.

(T 1) Iz definicije kolekcije sledi R, .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 . Treba do-kazati da i skup

{(a,+) : a A)} =

aA

(a,+) pripada kolekciji .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 aA

(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, odnosnox (inf A,+). Time smo dokazali da vazi

aA

(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

aA(a,+) = (inf A,+)

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

aA(a,+) = (inf A,+)

U oba slucaja smo pokazali daaA

(a,+) , sto je i trebalo dokazati.

(T 3) Za bilo koja dva neogranicena intervala (a,+) i (b,+) imamo:(a,+) (b,+) = (max{a, b},+) (dokazati)

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

Nk = {k, k + 1, k + 2, . . . }(k N)(a) Dokazati da je 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 zadovoljava uslove definicije topologije:

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

(T 2) Neka je {Nl : l L}, ( 6= L N) proizvoljna kolekcija elemenata iz . Treba dokazati da i skup

{Nl : l L} =

lL

Nl . Znamoda 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

lL

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

lL

Nl Nl0 , a kako l0 L,

to sledi i Nl0 lL

Nl. Odavde sledilL

Nl = Nl0 .

(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, . . . } = Nltj. (k, l N) k l Nk Nl. Odavde dobijamo da za svakoNk, Nl (k, l N) vazi Nk Nl = Nmax{k,l} .

Topologija zadovoljava sva tri uslova definicije topologije, pa zakljucujemoda je 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 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 kolekcija podskupova od R datasa:

k = {U R : R \ U je konacan} {}(a) Dokazati da je k topologija na R.

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

Resenje.

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

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

(T 2) Neka je {U : A} proizvoljna kolekcija elemenata iz k. Trebadokazati da je i

{U : A} =

A

U element iz k. Posmatrajmo

skup:

R \( A

U

)=A

(R \ U)

Po pretpostavci U k ( A), pa su skupovi R\U ( A) konacnii vazi:

A(R \ U) R \ U ( A)

Kako konacan skup ne moze biti nadskup beskonacnog, iz prethodne

inkluzije zakljucujemo da jeA

(R\U) konacan, pa jeA

Uk stoje i trebalo dokazati.

(T 3) Neka su U i V proizvoljni podskupovi kolekcije k. 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 k, pa je i ovaj uslovispunjen.

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

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

{R \ Bn : n N}, kao prebrojiva unija konacnihskupova, 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 \ (nN

(R \Bn) {0}) ==nN

(Bn) (R \ {0})

Drugim recima, postoji realan broj a 6= 0 takav da je (n N) a Bn. SkupR \ {a} je otvoren u k 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, ) 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 = UnOdavde 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 Un0 i Un0 Bn0 V pa imamo x Un0V . Time smodokazali 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 na R.

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

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

(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 .

Resenje.

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

1 R =BB

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 > 0 proizvoljan realan broj. Tada imamo:

(x R) x [x , x+ ) R {[x , x+ ) : x R}

BB

B

tj. R BB

B. Kako uvek vaziBB

B R, to sledi R =BB

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 B1B2, postoji B3 B tako da je x B3 B1B2(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 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 o . Skup U je otvoren u topologiji (tj. U )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 o i za svako x U postoji (pogledati primer 2.1.3) otvoreninterval (a, b) takav da vazi x (a, b) U . Iz (a, b) =

nN

[a+1

n, b) (dokazati)

sledi (a, b) (zasto?). Imamo:

(x U)( okolina V = [a, b) 3 x) x V U

(gde je V okolina u ), odnosno U .

(d) Iz [a,+) =nN

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

elemenata baze). Pod (b) smo dokazali o , a iz (, b) =nN

(b n, b)

sledi (, b) o , odnosno (, b) . Iz [a, b) B sledi da suskupovi [a, b) otvoreni u . Dokazimo sada da su oni i zatvoreni, odnosno da suskupovi R\[a, b) = (, a)[b,+) otvoreni u . 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 .


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

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

(a) Dokazati da je 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 > 0 postoji = () > 0tako da za svako y X, iz d(x, y) < sledi d1(f(x), f(y)) < , tj. ako vazi

( > 0)( > 0)(y X) d(x, y) < d1(f(x), f(y)) < (3.1)Kako je uslov d(x, y) 0)(y X) yBd(x, ) f(y)Bd1(f(x), )Ubuduce cemo (nadajuci se da to nece dovesti do zabune) otvorene lopte u obametricka prostora obelezavati sa B(a, ).

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 f1(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 f1(V ), tj. f(x) V , postoji > 0tako da je B(f(x), ) V . Takode, iz definicije neprekidnosti, sledi da postoji > 0 tako da za svako y B(x, ) vazi f(y) B(f(x), ) V , tj. da za svakof(y) f(B(x, )) vazi f(y) B(f(x), ) V . Time smo dokazali:

f(B(x, )) B(f(x), ) V

GLAVA 3. NEPREKIDNOST 36

Prelaskom na inverznu sliku i koristeci osobinu A f1(f(A)) dobijamo:

B(x, ) f1(f(B(x, )) f1(B(f(x), )) f1(V )

Na osnovu prethodnog, imamo: (x f1(V ))( > 0) x B(x, ) f1(V ), tj.skup f1(V ) je otvoren u X sto je i trebalo dokazati.(=) Neka je f1(V ) otvoren uX za svaki otvoren skup V u Y . Za svako x X i zasvako > 0, otvorene lopte B(f(x), ) su otvoreni skupovi u Y , pa iz pretpostavkesledi da je i skup f1(B(f(x), )) X otvoren i sadrzi x. Odavde sledi da postoji > 0 tako da je x B(x, ) f1(B(f(x), )). Dakle:

( > 0)( > 0)(y X) y B(x, ) y f1(B(f(x), )) f(y) B(f(x), )

tj. preslikavanje f je neprekidno.

Definicija 3.1.1. Neka su (X, ) i (Y,1) topoloski prostori. Za preslikavanjef : (X, ) (Y,1) kaze se da je neprekidno ako i samo ako je f1(V ) otvorenskup u X, za svaki otvoren skup V u Y , tj.

(V 1) f1(V )

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 : X Y definisano sa (x) = y je neprekidno.Resenje.

(a) Dokazimo da je id1(U) = U , za svaki otvoren skup U u X:

x id1(U) x = id(x) U x U id1(U) Ux U id(x) = x U x id1(U) U id1(U)

Time smo dokazali id1(U) = U , to jest skup id1(U) je otvoren u X. Sledi:identicko preslikavanje je neprekidno.

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

1(V ) =

{X, ako y V, ako y / V

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

Primer 3.1.1. Neka je (X,D) diskretan topoloski prostor, a (Y, ) proizvoljantopoloski prostor. Tada su sva preslikavanja f : (X,D) (Y, ) 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) V3 (A X) f(A) f(A)4 Inverzna slika svakog zatvorenog skupa u Y je zatvoren skup u X, tj.

(F = F Y ) f1(F ) = f1(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 = f1(V ) otvoren i x U = f1(V ). Odavde sledida je f(U) = f(f1(V )) V (pogledati formulu 16, poglavlje 1.5) pa je uslov 2ispunjen.

(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 = f1(F ) X zatvoren, odnosno W = W . Posto W Wvazi uvek, dovoljno je dokazati W W . Iz 3 sledi

f(W ) f(W ) = f(f1(F )) F = F

tj. f(W ) F . Prelaskom na inverznu sliku dobijamo f1(f(W )) f1(F ),odnosno W f1(f(W )) f1(F ) = W , a to je upravo W W pa zaista vazif1(F ) = W = W = f1(F ).

(4 = 1) Neka vazi 4. Treba dokazati da je f1(V ) X otvoren za svakiotvoren skup V Y . Skup Y \ V je zatvoren u Y , pa iz 4 sledi da je skupf1(Y\V )=X\f1(V ) zatvoren u X. Odavde zakljucujemo da je skup f1(V )Xotvoren, pa je, pri datim pretpostavkama, uslov 1 ispunjen.


Napomena 3.1.1. Aku u uslovu 2 prethodne teoreme umestoza svako x

uzmemo xX fiksirano, tada dobijamo definiciju neprekidnosti funkcije u tacki x.Sledecom definicijom uvodimo jedan od najvaznijih pojmova u topologiji, ali

na kojem se, zbog opstosti gradiva koje izlazemo u ovoj skripti, necemo dugozadrzavati.

Definicija 3.1.2. Za preslikavanje f : (X, ) (Y,1) kazemo da je homeo-

morfizam ako je f bijekcija, a f i f1 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:

( > 0)( = () > 0)(x, y X)d(x, y) < d1(f(x), f(y)) <

3.2 Topoloski potprostor i relativna topologija

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

A = {U A : U }je topologija na skupu A.

Dokaz. Dokaz ove teoreme ostavljamo citaocu za vezbu.

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

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

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

[a, a+ ), (c , c+ ) za c (a, b), (b , b]Na primer, bazne okoline tacke a dobijamo kao (a , a+ ) [a, b] = [a, a+ ).Napomena 3.2.1. Neka su (X, ) i (Y,1) topoloski prostori i (A,A),A Xodgovarajuci topoloski potprostor. Iz definicije neprekidnosti (3.1.1) sledi da jepreslikavanje g : (A,A) (Y,1) neprekidno ako i samo ako je skup g1(V )oblika

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

preslikavanje g : (A,A) (Y,1) je neprekidno u tacki x A ako (pogledatinapomenu 3.1.1):

( okolinu V 3 g(x))( okolina U 3 x) g(U A) VNa isti nacin iz teoreme o neprekidnosti 3.1.2 mogu se dobiti ekvivalentni uslovi zaneprekidnost funkcije g.


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

Dokaz. Treba dokazati da je preslikavanje f |A : (A,A) (Y,1) neprekidno.Skup f1(V ) je otvoren u X za svaki otvoren skup V u Y . Tada je i skupf |1A (V ) = f1(V ) A takode otvoren u relativnoj topologiji A , pa je presli-kavanje f |A neprekidno.Teorema 3.2.3. Neka je (Y,Y ) topoloski potprostor prostora (X, ) i A Yproizvoljan skup. Dokazati:

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

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

(b) ClYA = ClXA YDokaz.

(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 ClXA Y , pa jeCl

YA 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

ni=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)nN ili (xn), a ponekad i sa (x1, x2, . . . , xn, . . . ) (uredena beskonacno-torka).Definicija niza nam sugerise da direktni proizvod nepraznih skupovaX1, X2, . . . , Xnmozemo posmatrati kao skup svih preslikavanja oblika:

x : {1, 2, . . . , n} nj=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:

nj=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)nN za koje vazi xn Xn (n N), tj.+j=1

Xj ={Xn : n N} = X1X2 Xn = {(xn)nN : xn Xn(n N)}

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

x : A{X : A} =

A

X za koje vazi x() = x X( A)

Ovakva preslikavanja oznacavamo sa (x)A. Sada imamo:A

X ={X : A} = {(x)A : x X( 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 (AB)(CD) = (AC)(BD) 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 R2 . 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 (X1,1 )i (X2,2 ). Prethodni primer nam sugerise da posmatramo kolekciju

BX1X2 = {U1 U2 : U1 1, U2 2}podskupova proizvoda X1X2. 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 1 )(U2, V2 2 )(U1 U2) (V1 V2) = (U1 V1) (U2 V2)lako se pokazuje da je i ovaj uslov zadovoljen.

Zakljucujemo da je kolekcija BX1X2 baza neke (jedinstvene) topologije X1 X2 .

Definicija 3.3.1. Topoloski proizvod dva topoloska prostora (X1,1 ) i (X2,2 )jeste topoloski prostor koji se sastoji od skupa X1X2 i topologije X1 X2 kojojje baza kolekcija BX1X2 = {U1 U2 : U1 1 , U2 2 }.

Topologiju X1 X2 zovemo topologija proizvoda prostora (X1,1 ) i (X2,2 ),a topoloski prostor oznacavamo uobicajeno sa (X1X2,X1 X2 ), ili sa X1X2podrazumevajuci topologiju proizvoda.


Primetimo da su elementi baze topologije proizvoda oblikaOtvoren skup iz X1

puta otvoren skup iz X2. i da je svaki otvoren skup topologije X1 X2 jednakuniji neke kolekcije baznih elemenata (tj. elemenata oblika U1U2, U11 , U22 ).Primer 3.3.2. Par (R2,R2 ) jeste topoloski proizvod prostora (R,o) 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,X1 X2 Xn ) jeste to-poloski proizvod prostora (Xj ,j )(j {1, 2, . . . , n}) sa topologijom proizvodaX1 X2 Xn cija je baza kolekcija podskupova U1 U2 Un gde jeUj j(j {1, 2, . . . , n}).Primer 3.3.4 (vazan). Uredeni par (X1X2 Xn,X1 X2 Xn ) jestetopoloski proizvod prostora (Xj ,j )(j {1, 2, . . . , n}). Preslikavanjapj : 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 u

X1 X2 (j {1, 2}). Za svaki otvoren skup U1 X vazi:(x1, x2) p11 (U1) p1(x1, x2) = x1 U1, x2 X2 (x1, x2) U1 X2

Odavde sledi p11 (U1) = U1 X2. Na isti nacin pokazujemo da, za svaki otvorenskup U2 X2, vazi p12 (U) = X1U2. Kako su skupovi U1X2 i X1U2 otvoreniu X1 X2, tj. p11 (U1) = U1 X2 X1 X2 i p12 (U2) = X1 U2 X1 X2sledi da su preslikavanja p1 i p2 neprekidna.

Primetimo da je

p11 (U1)p12 (U2) = (U1X2)(X1U2) = (U1X1)(U2X2) = U1U2 BX1X2tj. bazni element topologije proizvoda, pa mozemo zakljuciti da je kolekcija cijisu elementi p1j (Uj), (Uj j , 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 ) = f1 g1(V ) = f1(g1(V ))

Preslikavanje g : X1 X2 je neprekidno i V X2 je otvoren skup, pa jei g1(V ) X1 otvoren. Slicno, preslikavanje f : X X1 je neprekidno ig1(V ) X1 je otvoren skup, pa je i (g f)1 = f1(g1(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 U1U2 (Uj Xj otvoreni skupovi, j {1, 2}) to je dovoljno dokazatida je za svako U1U2 X1X2 (Uj Xj otvoreni skupovi, j {1, 2}), skupf1(U1 U2) otvoren u X. Imamo:f1(U1 U2) =f1((U1 X2) (X1 U2)) = f1(p11 (U1) p12 (U2))

=f1p11 (U1) f1p12 (U2) = (p1f)1(U1) (p2f)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 skupf1(U1U2) = (p1f)1(U1)(p2f)1(U2) otvoren, kao presek dva otvorenaskupa. Dokazali smo da je za svako U1 U2 X1 X2 (Uj Xj otvoreniskupovi, j {1, 2}) skup f1(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 {X : A} topoloskih prostora.Na direktnom proizvodu

AX =

{X : A} = {(x)A : x X( A)}

definisimo preslikavanja

( A)p :A

X X , p((x)A) = x X

koja zovemo projekcije. Topologija cija je predbaza kolekcija

{p1 (U) : A, U otvoren u X}zovemo topologijom proizvoda, ili Tihonovom topologijom.


Primetimo da je

p1 (U) =U {X : A \ {}};

p1 (U) p1 (V ) =U V {X : A \ {, }}

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

U1 U2 Un {X : A \ {1, 2, . . . , n}}

gde je Uj otvoren u Xj (j {1, 2, . . . , n}). Specijalno, za direktni proizvod{Xn : n N} prebrojivo mnogo topoloskih prostora X1, X2, . . . , Xn, . . . , bazniskupovi su oblika

Un1 Un2 Unk {Xn : n N \ {n1, n2, . . . , nk}}

gde je Unj otvoren u Xnj (j{1, 2, . . . , k}).Napomena 3.3.1. Intuitivno je prihvatljivo da je skup

{X : A} neprazanjer su skupovi X(A) neprazni. Drugim recima, postoji bar jedno preslikavanjex : A

A

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

aksiomu izbora bice uvekA

X 6= kada su svi X 6= ( A).

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

(a) 1(x, y) = x+ y

(b) 2(x, y) = x y(c) 3(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,+,o) 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 j (j {1, 2, 3}) neprekidneu proizvoljnoj tacki (a, b) R2. Lokalne baze u tackama (a, b) R2 i j(a, b)(j {1, 2, 3}) (u obicnoj topologiji na R2 i R) su kolekcije:

{(a , a+ ) (b , b+ ) : > 0} i {(j(a, b) , j(a, b) + ) : > 0}

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

( > 0)j((a , a+ ) (b , b+ )) (j(a, b) , j(a, b) + ) (3.4)

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

( > 0)((x, y) R2)(x, y) (a , a+ ) (b , b+ ) j(x, y) (j(a, b) , j(a, b) + )

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

(x, y) (a , a+ ) (b , b+ ) x (a , a+ ) y (b , b+ ) |x a| < |y b| <

i j(x, y) (j(a, b) , j(a, b) + ) |j(x, y) j(a, b)| < (j {1, 2, 3})

sledi da je (3.4) ekvivalentno sa

( > 0)((x, y) R2)|x a| < |y b| < |j(x, y) j(a, b)| < (3.5)

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

(3.5) i poslednje relacije vidimo da ce za = 2 vaziti:

|1(x, y) 1(a, b)| |x a|+ |y b| + = 2 =

Dakle, za = 2 dobijamo

((x, y) R2)|x a| < 2 |y b| <

2 |1(x, y) 1(a, b)| <

a to je upravo (3.5) za = 2 . Relacije (3.5) i (3.4) su ekvivalentne, pa je

1((a 2, a+

2) (b

2, b+

2)) (1(a, b) , 1(a, b) + )

Time smo dokazali da je preslikavanje 1 neprekidno u proizvoljnoj tacki(a, b) R2, pa je ona neprekidna na R2.

(b) Neprekidnost funkcije 2 pokazuje se na analogan nacin kao za funkciju 1.


(c)

|3(x, y) 3(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:

(> 0)((x, y)R2)|xa| 0 proizvoljan broj. Trebadokazati da

( okolina U 3 a)( > 0)F (U (b , b+ )) (F (a, b) , F (a, b) + )Poslednja relacija je ekvivalentna sa (videti prethodni zadatak)

( okolina U 3 a)( > 0)(x U)(y R)|yb| < |F (x, y)F (a, b)| < Imamo |F (x, y) F (a, b)| = |y f(x) b+ f(a)| |f(x) f(a)|+ |y |. Popretpostavci je preslikavanje f : X R neprekidno, pa za 2 > 0

( okolina U 3 a)f(U) (f(a) 2, f(a) +

2)

( okolina U 3 a)(x U)|f(x) f(a)| < 2


Sada, za = 2 i za okolinu U 3 a za koju vazi prethodna nejednakost imamo:

|F (x, y) F (a, b)| |f(x) f(a)|+ |y b| < 2

+

2=

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

F (x, y) = y f(x) = 2(y, f(x)) = 2((x, y)) = 2 (x, y)

gde je 2 : R2 R, 2(x, y) = xy i : XR R2, (x, y) = (y, f(x)). Naosnovu prethodnog zadatka pod (b) znamo da je funkcija 2 neprekidna, paje za neprekidnost funkcije F dovoljno dokazati da je i funkcija neprekidna(kompozicija dva neprekidna preslikavanja je neprekidno preslikavanje). Nekasu

p1 : R2 R, p1(x1, x2) = x1 p2 : R2 R, p2(x1, x2) = x2q1 : X R X, q1(x, ) = x q2 : X R R, q2(x, ) =

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

p1 (x, y) = p1((x, y)) = p1(y, f(x)) = y = q2(x, y)p2 (x, y) = p2((x, y)) = p2(y, f(x)) = f(x) = f(q1(x, y)) = f q1(x, y)

za svako (x, y) X R, tj. p1 = q2 i p2 = f q1. Ova preslikavanja suneprekidna kao projekcija q2, odnosno kao kompozicija neprekidne funkcije fi projekcije q1 (koja je takode neprekidna). Dakle, koordinatna preslikavanjafunkcije su neprekidna, pa je na osnovu teoreme 3.3.1 i preslikavanje ne-prekidno. Odavde sledi da je i F = 2 takode neprekidno kao kompozicijadva neprekidna preslikavanja.

(b) Dokazimo da je skup (XR)\A otvoren u topologiji proizvoda XR. 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} = F1((, 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 skupF1((, 0)) = (XR)\A otvoren u XR, 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 F1 : G(f) X, F1((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 F1((U V ) G(f)) F (x) = (x, f(x)) (U V ) G(f) x U f(x) V x U x f1(V ) x U f1(V )

tj. F1((U V )G(f)) = U f1(V ). Skup V je otvoren u Y , pa je f1(V ), kaoinverzna slika neprekidnog preslikavanja, otvoren u X. Takode je i skup U otvorenu X pa je i njihov presek U f1(V ) = F1((U V )G(f)) otvoren u X. Dakle,inverzna slika F1 proizvoljnog baznog otvorenog skupa u G(f) je otvoren u X,pa zakljucujemo da je F neprekidno.

Sada dokazimo da je i preslikavanje F1 : 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 = F1(x, f(x))za svako (x, f(x)) G(f), to je i F1 : G(f) X neprekidno preslikavanje.

Dakle, preslikavanje F : X G(f) je bijekcija takva da su F i F1 neprekidnapreslikavanja, pa je F : X G(f) homeomorfizam, tj. X i G(f) su homeomorfni.

Glava 4

Aksiome separacije

4.1 Osnovni pojmovi i primeri

Razmotrimo, pre svega, nekoliko primera.

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

= {, {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,o):

1 U prostoru (R,o) 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+y2 < y sledi da za okoline (x 1, x+y2 ) i(x+y2 , y + 1) tacaka x i y, redom, vazi

(x 1, x+ y2

) (x+ y2

, 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 = d(y, x) > 0 (y 6= x d(y, x) > 0), vaziB(y, ) X \ {x}, tj.

(y X \ {x})( > 0)B(y, ) 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 = d(x, y)imamo da je x B(x, ) i y / B(x, ). Dakle, postoji okolina tacke x koja nesadrzi tacku y.

3 Neka su x, y X, x 6= y proizvoljne tacke u metrickom prostoru i = d(x,y)2 .Tada za okoline B(x, ) 3 x i B(y, ) 3 y vazi B(x, ) B(y, ) = , jer bi, usuprotnom, za neko z X bilo z B(x, ) B(y, ) pa bi dobili:

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

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

Pri

TOPOLOGIJA,dr dženis f. pučić-DRŽAVNI UNIVERZITET U NOVOM PAZARU -studijski program MATEMATIKA

Documents

Transcript of TOPOLOGIJA,dr dženis f. pučić-DRŽAVNI UNIVERZITET U NOVOM PAZARU -studijski program MATEMATIKA