Zbirka zadataka iz topologije [PDF]

Zitiervorschau

1. Ako je f : S 1 → S 1 homotopski trivijalno preslikavanje, dokazati da f ima fiksnu taqku. Rexenje : S obzirom da je f homotopski trivijalno, ono se moe produiti na dvodimenzionalni disk D2 (konus prostora S 1 ), tj. postoji (neprekidno) preslikavanje f : D2 → S 1 takvo da sledei dijagram komutira (i : S 1 → D2 je inkluzija).

S1

f

−→

i&

S1

i

−→

D2

%f D2

Meutim, i ◦ f je neprekidno preslikavanje iz D2 u D2 , pa po Brauerovoj teoremi ima fiksnu taqku x0 ∈ D2 . Dakle, i(f (x0 )) = x0 , pa budui da x0 pripada slici inkluzije i, imamo da zapravo x0 ∈ S 1 i f (x0 ) = x0 . Konaqno, f (x0 ) = f (i(x0 )) = f (x0 ) = x0 , pa je x0 fiksna taqka preslikavanja f .

2. Neka je f : S 1 → R2 neprekidno preslikavanje takvo da je (∀x ∈ S 1 ) f (x) 6= f (−x). Dokazati da postoji x0 ∈ S 1 takvo da je prava odreena taqkama f (x0 ) i f (−x0 ) paralelna (ili jednaka) pravoj y = x. Rexenje : Neka je A = {(x, y) ∈ R2 | y = −x}. Posmatrajmo preslikavanje g : R2 → A koje svakoj taqki ravni R2 dodeljuje njenu ortogonalnu projekciju na pravu y = −x. Naravno, g je neprekidno, a A kao potprostor od R2 homeomorfan sa realnom pravom R. Dakle, imamo neprekidno preslikavanje g ◦ f : S 1 → A, pa na osnovu Borsuk-Ulamove teoreme postoji x0 ∈ S 1 takvo da je g(f (x0 )) = g(f (−x0 )). Ali, ako dve razliqite taqke u ravni imaju istu projekciju na pravu y = −x, to znaqi da je prava odreena tim taqkama normalna na pravu y = −x, odnosno paralelna (ili jednaka) sa pravom y = x.

3. Ispitati da li disk D2 natkriva Mebijusovu traku M . Rexenje : Pretpostavimo da postoji takvo natkrivanje p : D2 → M . Neka je y ∈ M bilo koja taqka. Tada je njena inverzna slika p−1 ({y}) zatvoren potprostor od D2 jer je p neprekidno. S obzirom da je disk D2 kompaktan, to je p−1 ({y}) kompaktan prostor. Ali p je natkrivanje, pa je p−1 ({y}) i diskretan prostor. Kako je diskretan topoloxki prostor kompaktan ako i samo ako je konaqan, zakljuqujemo da je p−1 ({y}) konaqan skup. S druge strane, broj elemenata ove inverzne slike mora biti jednak indeksu podgrupe p∗ (π1 (D2 )) u grupi π1 (M ). Meutim, disk D2 je kontraktibilan, pa mu je fundamentalna grupa trivijalna, xto znaqi da je ovaj indeks zapravo jednak broju elemenata grupe π1 (M ). Stoga, dobijamo da je fundamentalna grupa Mebijusove trake konaqna, xto je u suprotnosti sa qinjenicom da je π1 (M ) ∼ = Z. Dakle, disk D2 ne natkriva Mebijusovu traku.

4. Neka je L ⊂ int(D2 ) otvorena poligonalna linija i neka je f : ∂D2 → L neprekidno preslikavanje. Dokazati da postoji x ∈ ∂D2 takvo da je d(x, f (x)) ≥ 1. Rexenje : S obzirom da je L otvorena poligonalna linija, ona je homeomorfna intervalu I = [0, 1], pa se utapa u realnu pravu R (drugim reqima, L se moe ”ispraviti”). Dakle, postoji utapanje g : L → R. Preslikavanje g ◦ f je neprekidno preslikavanje iz ∂D2 = S 1 u R, pa prema Borsuk-Ulamovoj teoremi postoji y ∈ ∂D2 takvo da je g(f (y)) = g(f (−y)). Ali g je 1-1 (jer je utapanje), pa je f (y) = f (−y). Sada imamo: d(y, f (y)) + d(−y, f (−y)) = d(y, f (y)) + d(f (y), −y) ≥ d(y, −y) = 2. Meutim, d(y, f (y)) i d(−y, f (−y)) su nenegativni brojevi, pa bar jedan od njih mora biti ≥ 1.

5. Napisati Ticeovu teoremu o ekstenziji. Da li ta teorema vai ako se kodomen zameni krunicom S1 ?

Rexenje : Ticeova teorema: Topoloxki prostor X je normalan ako i samo ako za svaki zatvoren potprostor A ⊂ X i svaku neprekidnu funkciju f : A → [0, 1] postoji neprekidna ekstenzija f : X → [0, 1]. Ova teorema ne vai ako interval [0, 1] zamenimo krunicom S 1 . Naime, disk D2 je normalan prostor jer je kompaktan i Hauzdorfov. Krunica S 1 = ∂D2 je njegov zatvoren potprostor. Meutim, identiqko preslikavanje krunice idS 1 : S 1 → S 1 nema ekstenziju na D2 jer bi ta ekstenzija bila retrakcija diska na granicu, a ta retrakcija ne postoji.

6. Neka je f : M → X neprekidno preslikavanje iz Mebijusove trake u prostopovezan prostor X. Dokazati da je f homotopski trivijalno. Rexenje : Budui da je centralna krunica Mebijusove trake njen (jaki) deformacioni retrakt, imamo da je M ' S 1 . Neka su g : M → S 1 i h : S 1 → M meusobno inverzne homotopske ekvivalencije. Tada je f = f ◦ idM ' f ◦ h ◦ g. Preslikavanje f ◦ h preslikava krunicu S 1 u prostopovezan prostor X, pa je homotopski trivijalno (homotopno konstantnom preslikavanju). Iz ovoga zakljuqujemo da je i f homotopski trivijalno jer je f ' f ◦ h ◦ g ' const ◦ g = const.

7. Neka je GL(n, C) prostor svih invertibilnih kompleksnih n × n-matrica. Dokazati da je fundamentalna grupa π1 (GL(n, C)) beskonaqna. Rexenje : Determinanta det : GL(n, C) → C \ {0} je neprekidna funkcija. Takoe, poznato je da je z ”normiranje” z 7→ |z| homotopska ekvivalencija iz C \ {0} u S 1 . Oznaqimo to preslikavanje sa r. Posmatrajmo petlje Ak : [0, 2π] → GL(n, C) u prostoru GL(n, C) sa baznom taqkom E (E je jediniqna matrica), definisane sa:  ikt  e 0 0 ... ..... 0  0 1 0 ... ..... 0     0 0 1 ... ..... 0     Ak (t) =  k ∈ Z.  .. .. .. .. . . ,  .. .. .. .. . .     .. .. .. .. 1 0  0 0 0 .. 0 1 Oqigledno, determinanta matrice Ak (t) je eikt xto je kompleksan broj modula 1. Dakle, homomorfizam fundamentalnih grupa (r ◦ det)∗ indukovan preslikavanjem r ◦ det : GL(n, C) → S 1 klasi petlje Ak dodeljuje klasu qiji je predstavnik petlja ϕk : [0, 2π] → S 1 , ϕk (t) = eikt . Naime, (r ◦ det)∗ [Ak ] = [r ◦ det ◦ Ak ] = [ϕk ],

k ∈ Z.

Meutim, fundamentalna grupa krunice π1 (S 1 ) je izomorfna sa Z, a celom broju k, pri tom izomorfizmu, odgovara upravo klasa petlje ϕk (ili eventualno ϕ−k ako promenimo orijentaciju). To znaqi da je (r ◦ det)∗ zapravo epimorfizam fundamentalnih grupa, pa kako je π1 (S 1 ) beskonaqna, to i π1 (GL(n, C)) mora biti beskonaqna.

8. Neka su p : X → Y i q : Y → Z natkrivanja. Ako q ima konaqno mnogo listova, dokazati da je q ◦ p : X → Z takoe natkrivanje. Rexenje : Prvo, preslikavanje q ◦ p je neprekidna surjekcija jer je kompozicija dve neprekidne surjekcije. Neka je k ∈ N broj listova natkrivanja q. Odaberimo proizvoljnu taqku z ∈ Z. Treba da pronaemo otvorenu okolinu Uz taqke z qija je inverzna slika (q ◦ p)−1 (Uz ) disjunktna unija familije otvorenih skupova u X od kojih se svaki, pri q ◦ p, homeomorfno slika na Uz . ez taqke z takva da je Kako je preslikavanje q k-lisno natkrivanje, to postoji otvorena okolina U k G ez ) = ez . Neka je yj q −1 (U Vej gde su Vej otvoreni skupovi u Y koji se pri q homeomorfno slikaju na U j=1

(jedinstvena) taqka u Vej takva da je q(yj ) = z. S obzirom G da je i p natkrivanje, za svako j = 1, k postoji cjα gde su W c α otvoreni skupovi u X koji se otvorena okolina Vbyj taqke yj takva da je p−1 (Vbyj ) = W j α∈Aj

pri p homeomorfno slikaju na Vbyj .

Neka je Uz =

k \

q(Vej ∩ Vbyj ). Za svako j, q(Vej ∩ Vbyj ) je otvoren skup u Z jer su Vej i Vbyj otvoreni u Y ,

j=1

a q otvoreno preslikavanje ( budui da je natkrivanje). Kako je Uz konaqan presek otvorenih, i on je otvoren u Z. Takoe, yj ∈ Vej ∩ Vbyj , j = 1, k, pa onda i q(yj ) = z ∈ q(Vej ∩ Vbyj ) za svako j, pa sledi z ∈ Uz . Dakle, Uz je otvorena okolina taqke z. k G ez , imamo da je Uz ⊂ U ez , pa je onda q −1 (Uz ) = Kako je q(Vej ∩ Vbyj ) ⊂ q(Vej ) = U Vj , gde je Vj otvoren j=1

podskup od Vej koji se pri q preslikava homeomorfno na Uz . Primetimo da je Vj otvoren podskup i od Vbyj jer je Vj = q −1 (Uz ) ∩ Vej , a Uz ⊂ q(Vej ∩ Vbyj ), pa Vj , kao deo inverzne slike q −1 (Uz ) sadran u Vej , mora biti podskup od Vej ∩ Vbyj . G Sliqno, s obzirom da je Vj ⊂ Vbyj , inverzna slika p−1 (Vj ) e biti disjunktna unija Wjα , gde je Wjα α∈Aj

c α (pa samim tim i u X) koji se pri p preslikava homeomorfno na Vj . otvoren u W j Konaqno imamo: (q ◦ p)−1 (Uz ) = p−1 (q −1 (Uz )) = p−1 (

k G

j=1

Vj ) =

k G j=1

p−1 (Vj ) =

k G G

Wjα .

j=1 α∈Aj

Wjα

Pri tom, su otvoreni u X i, pri preslikavanju q ◦ p, homeomorfno se slikaju na Uz . Dakle, Uz je traena okolina taqke z, pa q ◦ p zaista jeste natkrivajue preslikavanje.

9. Neka je X putno povezan prostor sa konaqnom fundamentalnom grupom i neka su p : X → Y i q : Y → X natkrivanja. Dokazati da su p i q homeomorfizmi. Rexenje : Primetimo najpre da je i Y putno povezan s obzirom da je p : X → Y neprekidno preslikavanje iz putno povezanog prostora X na Y . Kako je q : Y → X natkrivanje, to je indukovani homomorfizam q∗ : π1 (Y ) → π1 (X) injektivan, tj. q∗ je monomorfizam. Odavde sledi da je grupa π1 (Y ) takoe konaqna i da vai |π1 (Y )| ≤ |π1 (X)|. S druge strane, i p∗ : π1 (X) → π1 (Y ) je monomorfizam, pa vai i |π1 (X)| ≤ |π1 (Y )|. Dakle, π1 (X) i π1 (Y ) su konaqne grupe sa istim brojem elemenata, pa je svako preslikavanje iz jedne u drugu injektivno ako i samo ako je surjektivno. Zakljuqujemo da su p∗ i q∗ zapravo izomorfizmi. Uz to, broj listova natkrivanja p, odnosno q, jednak je indeksu [π1 (Y ) : p∗ (π1 (X))], odnosno indeksu [π1 (X) : q∗ (π1 (Y ))], a kako su ovi indeksi = 1 (jer je p∗ (π1 (X)) = π1 (Y ), tj. q∗ (π1 (Y )) = π1 (X)), to su p i q jednolisna natkrivanja. Ali gle, jednolisno natkrivanje nije nixta drugo nego homeomorfizam.

10. Dat je trodimenzionalni torus T 3 = S 1 ×S 1 ×S 1 . Ispitati da li postoje natkrivanja p1 : T 3 → RP3 i p2 : RP3 → T 3 . ∼ Z ⊕ Z ⊕ Z = Z3 . ∼ π1 (S 1 ) ⊕ π1 (S 1 ) ⊕ π1 (S 1 ) = Rexenje : Uoqimo najpre da je π1 (T 3 ) = π1 (S 1 × S 1 × S 1 ) = 3 3 Kad bi postojalo natkrivanje p1 : T → RP fundamentalna grupa projektivnog prostora RP3 bi imala podgrupu izomorfnu sa π1 (T 3 ) ∼ = Z3 . Meutim, fundamentalna grupa π1 (RP3 ) je izomorfna grupi Z2 , dakle konaqna je, pa je i svaka njena podgrupa konaqna. Stoga, π1 (RP3 ) ne moe imati podgrupu izomorfnu sa π1 (T 3 ), pa ne postoji natkrivanje p1 . S druge strane, π1 (T 3 ) ∼ = Z3 je slobodna Abelova grupa, pa je i svaka njena podgrupa slobodna Abelova. 3 ∼ Ali, π1 (RP ) = Z2 nije slobodna. Dakle, π1 (T 3 ) nema podgrupu izomorfnu sa π1 (RP3 ), pa ne postoji ni natkrivanje p2 .

11. (a) Neka je D2 ⊂ R2 jediniqni zatvoreni disk u ravni, S 1 = ∂D2 njegova granica, a ∈ R2 i f : D2 → R2 neprekidno preslikavanje takvo da a ∈ / f (S 1 ). Dokazati da ako restrikcija f |S 1 : S 1 → R2 \{a} reprezentuje 2 netrivijalnu petlju u π1 (R \{a}), onda postoji taqka x ∈ D2 takva da je f (x) = a. (b) Neka je I = [0, 1] i u, v : I → I × I putevi za koje je u(0) = (0, 0), u(1) = (1, 1), v(0) = (0, 1) i v(1) = (1, 0). Dokazati da postoji taqka (x0 , y0 ) ∈ I × I takva da je u(x0 ) = v(y0 ). Rexenje : (a) Kada ne bi postojalo takvo x, onda bi restrikcija f |S 1 : S 1 → R2 \{a} imala neprekidno produenje na D2 (konus od S 1 ). To produenje bi bila sama funkcija f : D2 → R2 \{a}. Meutim, postojanje ovog produenja je ekvivalentno sa tim da je f |S 1 homotopno konstantnom preslikavanju, odnosno da f |S 1 reprezentuje trivijalnu petlju u π1 (R2 \{a}) xto je u kontradikciji sa pretpostavkom zadatka.

(b) Definiximo funkciju g : I × I → R2 sa g(x, y) = u(x) − v(y). Naravno, g je neprekidna. Treba dokazati da postoji taqka (x0 , y0 ) ∈ I × I takva da je g(x0 , y0 ) = (0, 0). Posmatrajmo granicu ∂(I × I) = (I × {0}) ∪ ({1} × I) ∪ (I × {1}) ∪ ({0} × I). Ako (0, 0) ∈ g(∂(I × I)), stvar je gotova. Ako (0, 0) ∈ / g(∂(I × I)), primeniemo tvrenje (a). Naime, primetimo najpre da je kvadrat I × I ≈ ≈ homeomorfan disku D2 . Neka je h : D2 −→ I × I. Naravno, tada je i h|S 1 : S 1 −→ ∂(I × I) homeomorfizam. Neka je f = g ◦ h : D2 → R2 . Sada imamo da (0, 0) ∈ / f (S 1 ). Dokazaemo da f |S 1 reprezentuje netrivijalnu 2 petlju u π1 (R \{(0, 0)}). Opiximo prvo preslikavanje g|∂(I×I) : ∂(I × I) → R2 \{(0, 0)}. Po definiciji preslikavanja g, vidimo da je g(0, 0) = (0, −1) i g(1, 0) = (1, 0). Takoe, za svako x ∈ I, g(x, 0) = u(x) − v(0) = u(x) − (0, 1), pa kako je x-koordinata taqke u(x) izmeu 0 i 1, to taqka g(x, 0) ima x-koordinatu ≥ 0. Sliqno, taqka u(x) ima y-koordinatu ≤ 1, pa taqka g(x, 0) ima y-koordinatu ≤ 0. Zakljuqujemo da se za svako x ∈ I taqka g(x, 0) nalazi u qetvrtom kvadrantu, tj. da je g(I × {0}) zapravo put u qetvrtom kvadrantu koji spaja taqku (0, −1) sa taqkom (1, 0). Analognim razmatranjem moe se pokazati da je g({1} × I) put u prvom kvadrantu koji spaja taqku (1, 0) sa taqkom (0, 1), zatim, da je g(I × {1}) put u drugom kvadrantu koji spaja taqku (0, 1) sa taqkom (−1, 0) i da je g({0} × I) put u treem kvadrantu koji spaja taqku (−1, 0) sa taqkom (0, −1). y

1 {0} × I 0

16

6 I × {1}

g

g(I × {1}) q

I ×I I × {0} 1

{1} × I x

−1

0

g({1} × I) 1

-

g({0} × I) g(I × {0}) −1

Dakle, g(∂(I ×I)) je zatvorena kriva u R2 \{(0, 0)} koja u pozitivnom smeru jednom ”obie” koordinatni poqetak. Odavde sledi da f |S 1 : S 1 → R2 \{(0, 0)} reprezentuje generator fundamentalne grupe π1 (R2 \{(0, 0)}) ∼ =Z (f |S 1 je ”stepena 1”), pa tim pre reprezentuje netrivijalni element te grupe. Na osnovu dela zadatka pod (a), postoji p ∈ D2 takvo da je f (p) = g(h(p)) = (0, 0), pa je h(p) = (x0 , y0 ) traena taqka.

12. Neka su f : R2 → R i g : R2 → R neprekidne i ograniqene funkcije. Dokazati da sistem f (x, y) = x g(x, y) = y ima rexenje. Rexenje : S obzirom da su f i g ograniqene, postoje pozitivne konstante M i L takve da je za svaku taqku (x, y) ∈ R2 , |f (x, y)| ≤ M i |g(x, y)| ≤ L. √ Neka je B zatvorena kugla u R2 sa centrom u koordinatnom poqetku polupreqnika M 2 + L2 . Formirajmo neprekidnu funkciju F : R2 → B qije su koordinatne funkcije f i g, tj. po definiciji F (x, y) = (f (x, y), g(x, y)), (x, y) ∈ R2 . Zaista,pF je neprekidna jer √ su f i g takve i zaista, za svako (x, y) ∈ R2 , F (x, y) ∈ B jer je d(F (x, y), (0, 0)) = |f (x, y)|2 + |g(x, y)|2 ≤ M 2 + L2 . Restrikcija F |B : B → B je neprekidna funkcija, a kako je kugla B zatvorena (homeomorfna zatvorenom jediniqnom disku D2 ), ona ima svojstvo fiksne taqke po Brauerovoj teoremi. Dakle, postoji (x0 , y0 ) ∈ B takvo da je F |B (x0 , y0 ) = (x0 , y0 ), ali F |B (x0 , y0 ) = F (x0 , y0 ) = (f (x0 , y0 ), g(x0 , y0 )), pa je par (x0 , y0 ) rexenje sistema.

13. Ako je f : D2 → R2 \{0} neprekidno preslikavanje, dokazati da za neko x0 ∈ S 1 vai ||f (x0 )||·x0 = f (x0 ). 1 · t i uoqimo Rexenje : Posmatrajmo neprekidno preslikavanje r : R2 \{0} → S 1 definisano sa r(t) = ||t|| 2 2 1 2 kompoziciju i ◦ r ◦ f : D → D , gde je i : S ,→ D inkluzija. Ova kompozicija je neprekidno preslikavanje diska D2 u sebe, pa po Brauerovoj teoremi ima fiksnu taqku x0 ∈ D2 . Ali, x0 = i(r(f (x0 ))) je u slici inkluzije i, pa zapravo x0 ∈ S 1 .

Dalje je x0 = i(r(f (x0 ))) = r(f (x0 )) =

1 ||f (x0 )||

· f (x0 ),

pa mnoenjem ove jednakosti sa ||f (x0 )|| dobijamo traenu jednakost.

14. Neka je n ∈ N, RPn = S n /x∼−x , p : S n → RPn prirodna projekcija (p(x) = {x, −x}) i idRPn : RPn → RPn identiqko preslikavanje. Odrediti sva neprekidna preslikavanja f : S n → S n takva da dijagram Sn

f

−→

p↓ RP

Sn ↓p

n

idRPn

−→

RP

komutira. n

Rexenje : Oqigledno, identitet idS n : S n → S n i antipodalno preslikavanje a : S n → S n , a(x) = −x, zadovoljavaju uslove zadatka. Dokaimo da su ova dva i jedina takva preslikavanja. Neka je f : S n → S n proizvoljno neprekidno preslikavanje takvo da dijagram komutira i neka je x0 ∈ S n proizvoljna taqka. Tada je idRPn (p(x0 )) = idRPn ({x0 , −x0 }) = {x0 , −x0 }, pa zbog komutativnosti dijagrama p(f (x0 )) = {x0 , −x0 } xto znaqi da je f (x0 ) = x0 ili je f (x0 ) = −x0 . Neka su sada A = {x ∈ S n | f (x) = x} i B = {x ∈ S n | f (x) = −x}. Na osnovu prethodnog razmatranja A ∪ B = S n i, oqigledno, A ∩ B = ∅. S druge strane, skup svih taqaka na kojima se dva neprekidna preslikavanja u Hauzdorfov prostor poklapaju je zatvoren u domenu, pa su skupovi A i B zatvoreni u Sn. Zbog povezanosti sfere S n , n ∈ N, jedan od skupova A i B mora biti prazan, tj. f = a ili f = idS n .

15. Odrediti fundamentalnu grupu prostora X.

X: α

α

Rexenje : Ako prostor X iseqemo po meridijanu na kojem je uvedena identifikacija dobijamo cilindar sa identifikacijom na granici kao na sledeoj slici. α A

A α X

≈ α A

A α

Sada ovaj cilindar iseqemo po izvodnici β i dobijamo prostor homeomorfan sa X. α

A

A

A

α

A

α

A

α β

≈

β

β

α A

A α

A

α

A

α

A

Fundamentalnu grupu ovog prostora odrediemo pomou Van Kampenove teoreme. Uobiqajeno, uzeemo da je X1 otvoren disk u unutraxnjosti pravougaonika, a X2 komplement jednog manjeg zatvorenog diska.

α

A

α

A

A

X2 β

β

X1

A

α

A

A

α

Prostor X1 , budui disk, je kontraktibilan, pa mu je fundamentalna grupa trivijalna. Dakle, π1 (X1 ) = h− | −i. Prostor X2 je homotopski ekvivalentan granici pravougaonika sa nasleenom identifikacijom, drugim reqima, prostor X2 moemo iz centra izbaqenog diska da ”homotopiramo” na granicu. A

α

A

α

β

β

A

A

α

A

α

α

A

'

A

α

A

α

A

α

α

A

β

β

A

A

≈

A

A

≈

β

A β

α

A

Drugi prostor u ovom nizu na slici je koliqnik prostor pravougaonika, a dve (zatvorene) dui koje qine trei prostor predstavljaju kompaktan podskup tog pravougaonika koji seqe sve klase ekvivalencije. Otuda prvi homeomorfizam ≈ na prethodnoj slici. Drugi je ustvari lepljenje tri taqke koje su identifikovane u treem prostoru. Dakle, prostor X2 je homotopski ekvivalentan buketu krunica α i β, pa je njegova fundamentalna grupa π1 (X2 ) ∼ = Z ∗ Z (radi jednostavnije notacije, umesto [α] pixemo samo α). = hα, β | −i ∼ Presek X1 ∩ X2 je otvoreni kruni prsten kome je sredixnja krunica γ deformacioni retrakt, pa je

X1 ∩ X2

=

' γ

γ

xto znaqi da je π1 (X1 ∩ X2 ) ∼ = Z. = hγ | −i ∼ Prostori X1 , X2 i X1 ∩ X2 su otvoreni i putno povezani i, oqigledno, X1 ∪ X2 = X, pa moemo primeniti Van Kampenovu teoremu. Petlja γ koja reprezentuje generator fundamentalne grupe preseka, je trivijalna u prostoru X1 jer je taj prostor kontraktibilan. U prostoru X2 , γ predstavlja petlju koja se, pri homotopskoj ekvivalenciji koja X2 slika u buket krunica α i β, preslikava u petlju α2 β −1 α−2 β (naime, γ se preslikava u petlju koja granicu pravougaonika jednom ”obie”, poqev od gornjeg levog temena, u smeru kretanja kazaljke na satu). A

X1 :

γ

X2 :

α

α

A

A

β

β γ A

α

A

α

A

Po Van Kampenovoj teoremi imamo da je π1 (X) ∼ = hα, β | α2 β −1 α−2 β = 1i ∼ = hα, β | βα2 = α2 βi.

16. Nai fundamentalnu grupu prostora koji nastaje od sfere S 2 identifikacijom taqaka a = (1, 0, 0), b = (0, 1, 0) i c = (0, 0, 1). Rexenje : Oznaqimo dobijeni koliqnik prostor sa X. Taqke a, b i c qine jednu klasu ekvivalencije, tj. predstavljaju istu taqku A u koliqnik prostoru (prostoru klasa).

A γ β X:

A A

α

Ako X sada izreemo po naznaqenim krivama (krunicama) α, β i γ, dobijamo dva (topoloxka) diska sa identifikacijama na rubu. γ

γ A

A X ≈

A

A β

β α

A

α

A

Primeniemo dva puta Van Kampenovu teoremu da bismo dobili π1 (X). Neka je najpre X1 otvoreni disk u unutraxnjosti prvog (levog) od ova dva diska koji qine prostor X, a X2 komplement zatvorenog diska koji je ceo sadran u X1 . γ

γ A

A X ≈

X2 X1

β

A

A β α

A

α

A

S obzirom da je X1 disk, on je kontraktibilan, pa je π1 (X1 ) = h− | −i. S druge strane, X2 je homotopski ekvivalentan samo desnom disku sa nasleenom identifikacijom e2 ). Naime, iz centra malog izbaqenog diska, deo prostora X2 u levom disku moemo da (oznaqimo ga sa X ”homotopiramo” na granicu. Ostaje nam granica levog i ceo desni disk sa naznaqenom identifikacijom, ali desni disk seqe sve klase ekvivalencije, pa imamo: γ

γ A A

X2 :

β

β A

α

A

A

'

β

β A

A

A

A A

γ

γ

γ

A

α A

α

α

A

≈

A : e X2

β A

α

e2 ). Dakle, π1 (X2 ) ∼ = π1 (X e2 odreujemo ponovnom primenom Van Kampenove teoreme, analognim Fundamentalnu grupu prostora X e2 ) ∼ postupkom kao u prethodnom zadatku. Dobijamo π1 (X = hα, β, γ | αγβ −1 = 1i ∼ = hα, β, γ | αγ = βi. Presek X1 ∩ X2 je otvoreni kruni prsten kome je sredixnja krunica δ deformacioni retrakt, pa je

X1 ∩ X2

=

' δ

δ

xto znaqi da je π1 (X1 ∩ X2 ) ∼ = hδ | −i ∼ = Z. Oqigledno je da su prostori X1 , X2 i X1 ∩ X2 otvoreni i putno povezani. Takoe, X1 ∪ X2 = X, pa moemo primeniti Van Kampenovu teoremu. Petlja δ, generator fundamentalne grupe preseka, je trivijalna u prostoru X1 jer je ovaj kontraktibilan. S druge starne, u prostoru X2 , δ predstavlja petlju koja se, pri homotopskoj ekvivalenciji e2 , preslikava u petlju γ −1 α−1 β. koja X2 slika u X

γ

γ A

A X1 :

δ

A

A

X2 :

β

δ A

β α

α

A

Konaqno, iz Van Kampenove teoreme dobijamo da je π1 (X) ∼ = hα, β, γ | αγ = β, γ −1 α−1 β = 1i = hα, β, γ | αγ = β, β = αγi = hα, β, γ | αγ = βi.

Meutim, poxto ova relacija izraava generator β preko ostalih generatora, moemo da izbrixemo generator β i ovu relaciju, tako da je π1 (X) ∼ = hα, γ | −i ∼ = Z ∗ Z.

17. Iz ravni su izbaqena dva disjunktna otvorena diska. Prostori X i Y su dobijeni identifikacijama kao na slici. Izraqunati njihove fundamentalne grupe i ispitati da li su oni homeomorfni. α

X:

α

α

Y:

β

α

β

Rexenje : Odredimo najpre fundamentalnu grupu prostora X. Uoqimo krunicu u ravni takvu da su oba izbaqena diska u njenoj unutraxnjosti. Tada, deo ravni koji je u spoljaxnjosti ove krunice moemo ”homotopirati” na tu krunicu i dobijamo prostor homotopski ekvivalentan sa X, zatvoren disk iz qije unutraxnjosti su izbaqena dva otvorena diska i uvedena odgovarajua identifikacija.

X

α

'

A

α

A

Ako sada ovaj dobijeni prostor iseqemo po naznaqenoj krunici β, dobijamo kruni prsten sa identifikacijom na jednoj rubnoj krunici na koju moemo da ”homotopiramo” taj prostor. β

β A X '

α

A

β

A α

≈

A β

α A

A

A α

β

A

A

≈ α

α

'

α

α

A A

A β

A

A β

Ali, ovo xto smo dobili je buket dve krunice, pa je X, dakle, homotopski ekvivalentan buketu krunica α i β.

β A

X '

A

α

α

≈

A

α

β

A

A β

Konaqno zakljuqujemo da je fundamentalna grupa prostora X, π1 (X) ∼ = hα, β | −i ∼ = Z ∗ Z. Odredimo sada fundamentalnu grupu prostora Y . Sliqno kao X, i prostor Y je homotopski ekvivalentan zatvorenom disku iz qije unutraxnjosti su izbaqena dva otvorena diska i uvedena odgovarajua identifikacija.

β

α Y

'

A A

B B

α

β

Oznaqimo dobijeni prostor sa Ye i uoqimo du CD, potprostor od Ye . Budui du, ona je kontraktibilna, a par (Ye , CD) je, naravno, CW -par, pa ima svojstvo proxirenja homotopije (HEP ). Odavde sledi da skupljanjem dui CD u taqku dobijamo prostor homotopski ekvivalentan sa Ye , a samim tim i sa Y . C=D

C β

α Ye :

A A

B B

α

β

'

α

β

A A α

BB β

D Poslednji prostor je buket dve Mebijusove trake, pa mu je fundamentalna grupa izomorfna slobodnom proizvodu dve kopije grupe Z. Dakle, π1 (Y ) ∼ = Z ∗ Z. Ostalo je jox da ispitamo da li su ovi prostori homeomorfni. Odredimo njihove Aleksandrovljeve kompaktifikacije (kompaktifikacije jednom taqkom), X ∗ i Y ∗ . S obzirom da je sfera bez jedne taqke homeomorfna ravni, jednotaqkovna kompaktifikacija prostora X e biti sfera iz koje su izbaqena dva disjunktna otvorena diska i na granici nastale povrxi uvedena odgovarajua identifikacija.

X∗ :

α

A A

α

Meutim, kad ovaj prostor malo ”rastegnemo”, dobijamo cilindar sa identifikacijom na rubu, a kad izvrximo naznaqeno lepljenje (zalepimo po α), dobijamo torus. Dakle, X ∗ je torus.

α A X∗ :

α

α

A A

≈

A

≈

≈ α

α

A

Na potpuno analogan naqin dobijamo da je Y ∗ cilindar sa identifikacijom na rubu kao na sledeoj slici. B β

α Y∗ :

β

AB

A

β

B

β B

B

B

β

≈

≈

β

α

α α

A

A

A α

α

A

Ako sada ovaj cilindar izreemo po izvodnici γ, a onda i po izvodnici δ, pa zalepimo po β dobijamo: α

A β

B

B

B β Y∗ ≈

≈

γ

β

β

B

γ

B ≈

B

B

β

γ

α A

γ

δ

γ

δ

A

A

α

α

α

A

A

A

A

δ α

A

Oznaqimo sa ² krunicu dobijenu nadovezivanjem dui γ i δ −1 . Dakle, ² = γδ −1 , pa dobijamo da je α

A

Y∗

≈

²

A

²

A

α

A

a ovaj poslednji prostor je Klajnova boca. S obzirom da torus i Klajnova boca nisu homeomorfni, imamo da X ∗ nije homeomorfno sa Y ∗ , pa onda ni prostori X i Y ne mogu biti homeomorfni.

18. Odrediti fundamentalnu grupu prostora na slici. α α

α

Rexenje : Oznaqimo ovaj prostor sa X. Izreimo prostor X po naznaqenoj krunici β (krajnje taqke biramo tako da one budu identifikovane, tj. tako da β bude krunica). Ako sada dobijeni prostor odmotamo i ”spljoxtimo” dobijamo kruni prsten sa identifikacijom na rubu.

β A α X:

≈

α

α A

A

A A

α

A

β

α

α A

A

β

Ako ”unutraxnju” krunicu α ”izvuqemo na gore”, dobijamo cilindar sa odgovarajuom identifikacijom na rubu. β A

A α

X

≈

A

α

≈

α

α A

A

≈

A β

A

α

α

β

A

α

A

β

A

β

A

A

α

A

A α A

β

Konaqno, ako ovaj cilindar iseqemo po izvodnici γ, dobiemo pravougaonik (topoloxki disk) sa identifikacijom na rubu.

X

γ

≈ A

β

≈

A

γ

γ

α

A

A α A

α

A

A

α

A α

β

β A α

β

A

Po Van Kampenovoj teoremi, π1 (X) ∼ = hα, β, γ | αγ −1 βα−1 β −1 αγ = 1i ∼ = hα, β, γ | αγα = βαβ −1 γi.

19. Neka su Di , i = 1, 2, 3 disjunktni otvoreni diskovi na sferi S 2 , X = S 2 \

3 [

Di i Y jedna od kom-

i=1

ponenti (relativnog) ruba ∂X. Ispitati da li je Y retrakt, odnosno deformacioni retrakt prostora X. Rexenje : Rub prostora X se sastoji od tri krunice koje su granice izbaqenih diskova. Oznaqimo ih sa ki , i = 1, 2, 3. Neka je npr. Y = k1 . Sfera bez jednog otvorenog diska je homeomorfna zatvorenom disku, pa je prostor X zapravo zatvoren disk iz qije unutraxnjosti su izbaqena dva disjunktna otvorena diska. To moemo da vidimo i tako xto prostor X ”ispravimo” xirei jedan deo ruba, npr. k3 . k3 k1

k2

k1

k2

≈

X : k3

Sada treba ispitati da li je krunica k1 retrakt u ovom modelu prostora X. Neka je f preslikavanje prostora X (ovog modela) na njegovu zatvorenu ”levu” polovinu definisano kao identitet na levoj polovini, a refleksija u odnosu na nacrtanu osu simetrije na desnoj. f je neprekidno po teoremi o lepljenju i oqigledno svaku taqku iz k1 slika u sebe.

Neka je g preslikavanje iz ove leve polovine prostora X na krunicu k1 definisano kao radijalna projekcija iz centra ove krunice na samu krunicu. I ovo preslikavanje je neprekidno i taqke iz k1 ostavlja fiksnim. .. .. .. .. k3 .. .. .. k2 k1 k1 k1 ... g .. f .. q q .. X : .. .. .. .. .. .. .. .. .. Preslikavanje g ◦ f : X → Y = k1 je neprekidno kao kompozicija takvih i svaku taqku iz Y slika u sebe, pa je, po definiciji, retrakcija. Dakle, Y jeste retrakt prostora X. Kada bi Y bio deformacioni retrakt prostora X, tada bi postojala retrakcija r : X → Y koja je i homotopska ekvivalencija (primetimo iz prethodnog dela dokaza da preslikavanje g jeste, ali f nije homotopska ekvivalencija). Meutim, tada bi vailo X ' Y , pa bi im i fundamentalne grupe bile izomorfne. Kako je Y = k1 krunica, to je π1 (Y ) ∼ = Z. Odredimo π1 (X). Prostor X moemo, iz centara krunica k1 i k2 da ”homotopiramo” na potprostor od X koji se sastoji od krunice k3 i njenog vertikalnog preqnika. Ako jox ovaj preqnik skupimo u taqku, dobijamo ”osmicu” (buket dve krunice), prostor homotopski ekvivalentan sa X.

X :

'

'

Dakle, fundamentalna grupa od X je izomorfna fundamentalnoj grupi ”osmice”, tj. π1 (X) ∼ = Z ∗ Z. S obzirom da grupe π1 (X) i π1 (Y ) nisu izomorfne, Y nije deformacioni retrakt prostora X.

20. Ako je X putno povezan prostor, dokazati da je njegova suspenzija ΣX prostopovezan prostor. Rexenje : Suspenzija ΣX je putno povezan prostor jer je koliqnik prostor putno povezanog prostora X × I. Naime, ΣX = (X × I)/∼ , gde je ∼ data sa: (x, 0) ∼ (y, 0), (x, 1) ∼ (y, 1) (x, y ∈ X), a sve ostale taqke su u relaciji samo sa sobom. Oznaqimo sa q : X × I → ΣX prirodnu projekciju. Dokaz emo izvesti uz pomo Van Kampenove teoreme. Fiksirajmo proizvoljan broj ε ∈ (0, 14 ). Neka je Y1 = q(X × [0, 12 + ε)) i Y2 = q(X × ( 12 − ε, 1]). ............................................................. 6 ........................................................................................... 6 X Y1 .......? ............................................................................ Y2

ΣX

:

? .................................................................... Primetimo najpre da je Y1 ∪ Y2 = q(X × [0, 12 + ε)) ∪ q(X × ( 12 − ε, 1]) = q((X × [0, 21 + ε)) ∪ (X × ( 12 − ε, 1])) = q(X × I) = ΣX. Kako je prostor X putno povezan, kao naravno i interval [0, 12 + ε), to je i X × [0, 12 + ε) putno povezan, a poxto je q neprekidna funkcija, imamo i da je Y1 = q(X × [0, 12 + ε)) putno povezan. Potpuno analogno se pokazuje da je i Y2 putno povezan.

Dokaimo da je Y1 otvoren u ΣX. Po definiciji koliqnik topologije, treba dokazati zapravo da je q −1 (Y1 ) otvoren u X × I. Ali, q −1 (Y1 ) = q −1 (q(X × [0, 12 + ε))) = X × [0, 12 + ε). Poslednja jednakost vai jer nijedna taqka iz X × [0, 12 + ε) nije u relaciji sa nekom taqkom van ovoga skupa. Kako je, dakle, X × [0, 21 + ε) otvoren u X × I, dobili smo da je Y1 otvoren u ΣX. Opet, potpuno analogno se dokazuje da je i Y2 otvoren podskup od ΣX. Da bismo smeli da primenimo Van Kampenovu teoremu treba jox da pokaemo da je Y1 ∩ Y2 putno povezan prostor. Primetimo da ovde vai q((X × [0, 12 + ε)) ∩ (X × ( 12 − ε, 1])) = q(X × [0, 12 + ε)) ∩ q(X × ( 12 − ε, 1]) jer nijedna taqka iz (X × [0, 12 + ε)) \ (X × ( 12 − ε, 1]) nije u relaciji sa nekom taqkom iz (X × ( 12 − ε, 1]) \ (X × [0, 21 + ε)). Sada imamo Y1 ∩ Y2 = q(X × [0, 12 + ε)) ∩ q(X × ( 12 − ε, 1]) = q((X × [0, 21 + ε)) ∩ (X × ( 12 − ε, 1])) = q(X × ( 12 − ε, 12 + ε)). Kako su prostori X i ( 21 − ε, 21 + ε) putno povezani, a q neprekidna funkcija, to je i Y1 ∩ Y2 putno povezan. Dakle, moemo da primenimo Van Kampenovu teoremu na prostor ΣX i njegove potprostore Y1 i Y2 . Dokaimo da su Y1 i Y2 kontraktibilni prostori. Neka je A = [(x, 0)] = q(x, 0) ”donji vrh” suspenzije ΣX. Dokazaemo da je konstantno preslikavanje cA : Y1 → Y1 , cA ≡ A, homotopno identitetu na Y1 . Definiximo H : Y1 × I → Y1 na sledei naqin: H([(x, t)], s) = [(x, st)], [(x, t)] ∈ Y1 , s ∈ I. H je korektno definisana jer je H([(x, 0)], s) = H([(y, 0)], s) = A za svako s ∈ I. Takoe, H je i neprekidna jer ”potiqe” b : X × [0, 1 + ε) × I → X × [0, 1 + ε), H(x, b od neprekidne funkcije H t, s) = (x, st). Naime, dijagram na slici 2 2 komutira, a preslikavanje q × idI je koliqniqko jer je q takvo, a I kompaktan i Hauzdorfov (zadatak 29).

X × [0, 12 + ε) × I

b H

−→

X × [0, 12 + ε)

q × idI &

q

−→

Y1

%H Y1 × I

Uz to, H([(x, t)], 0) = [(x, 0)] = A = cA ([(x, t)] i H([(x, t)], 1) = [(x, t)] = idY1 ([(x, t)]. Y1

:

x .. ¾ .. ...] .. ... A

[(x, t)] H([(x, t)], s)

Dakle, H : cA ' idY1 , xto znaqi da je Y1 kontraktibilan. Uz neophodne promene tehniqke prirode, ovaj dokaz prolazi i za prostor Y2 (primetimo uzgred da su prostori Y1 i Y2 zapravo homotopski ekvivalentni konusu prostora X, pa se u prethodnom delu dokaza ”krije” i dokaz da je svaki konus kontraktibilan). Konaqno, poxto su kontraktibilni, prostori Y1 i Y2 su prostopovezani, pa je po Van Kampenovoj teoremi i ΣX prostopovezan prostor.

21. Neka je S 2 jediniqna sfera u R3 i A = {(x, y, z) ∈ S 2 | y, z ≥ 0} njen podskup. Prostor X je dat kao koliqnik prostor X = S 2 /∼ , po relaciji (x, y, 0) ∼ (−x, −y, 0), (x, 0, z) ∼ (−x, 0, −z). Izraqunati fundamentalnu grupu prostora X i ispitati da li je A/∼ retrakt od X. Rexenje : Prostor X je dobijen od sfere tako xto je na ekvatoru (z = 0) uvedena antipodalna identifikacija, a onda i na velikom krugu koji je presek sfere sa ravni y = 0 takoe uvedena antipodalna identifikacija.

β A α

X:

α A β

Ovaj prostor moemo da iseqemo po oba ova velika kruga na kojima je uvedena relacija i dobijamo qetiri ”krixke” sa odgovarajuom identifikacijom. β

β

A

α

X

A A A

A

≈

α

α

A α

A

A

β

β

Ako sada sve ove delove ”ispravimo” (postavimo u jednu ravan), onda imamo: A

X ≈

A

A

β β

α

A

α

α

A

β β

α

A

A

A

Na osnovu Van Kampenove teoreme, π1 (X) ∼ = hα, β | αβ = 1, β −1 α = 1, α−1 β −1 = 1, βα−1 = 1i. Sreivanjem dobijamo π1 (X) ∼ = hα | α = α−1 i ∼ = hα | α2 = 1i ∼ = Z2 . = hα, β | α = β −1 , α = β, α−1 = β, β = αi ∼ Izraqunajmo fundamentalnu grupu potprostora A/∼ . Kako je A β A

A/∼ :

≈

β

α

α A A po Van Kampenovoj teoremi imamo π1 (A/∼ ) ∼ = hα, β | β −1 α = 1i ∼ = hα, β | α = βi ∼ = hα | −i ∼ = Z. Kada bi A/∼ bio retrakt od X, onda bi postojalo preslikavanje (retrakcija) r : X → A/∼ takvo da komutira dijagram na slici.

A/∼ idA/∼ &

i

,→

X .r

A/∼

Ali onda bi komutirao i odgovarajui dijagram fundamentalnih grupa. i

∗ −→

π1 (A/∼ ) idπ1 (A/∼ ) &

π1 (X)

. r∗

π1 (A/∼ ) Stoga, postojao bi ovakav komutativan dijagram grupa. i

∗ −→

Z idZ &

Z2 . r∗

Z Meutim, ovo je nemogue jer bi r∗ bio epimorfizam konaqne na beskonaqnu grupu, a to, naravno, ne postoji. Dakle, A/∼ nije retrakt prostora X.

22. Izraqunati fundamentalnu grupu prostora X. Da li je X homeomorfan nekoj neorijentabilnoj povrxi Nh ? X:

α

α

Rexenje : Ako prostor X izreemo po krunici na kojoj je uvedena (antipodalna) identifikacija, dobiemo dva torusa sa po jednim izbaqenim diskom sa relacijom ”α2 = 1” na granici (isto α na oba torusa). A

A X ≈

α

αα

α A

A

Razvijanjem ovih torusa po ”zgodnim” krunicama dobijamo sledei koliqnik model prostora X. β

A

A

δ

A

A β

X

≈

γ

α

A

γ

²

A

α A

β

α

²

α A

A

δ

A

≈

A

A

γ

A

α α A

A γ

δ

A ²

A

A

α α A

β

A

A

δ ² A

Po Van Kampenovoj teoremi, π1 (X) ∼ = hα, β, γ, δ, ² | γβ −1 γ −1 βα−2 = 1, ²δ −1 ²−1 δα−2 = 1i ∼ = hα, β, γ, δ, ² | γβ −1 γ −1 β = α2 , ²δ −1 ²−1 δ = α2 i. Primetimo uzgred da je abelizacija ove grupe π1ab (X) ∼ = hα, β, γ, δ, ² | γ − β − γ + β = 2α, ² − δ − ² + δ = 2αi ∼ = hα, β, γ, δ, ² | 0 = 2αi ∼ = Z ⊕ Z ⊕ Z ⊕ Z ⊕ Z2 , pa je jedina povrx kojoj bi X mogao da bude homeomorfan N5 . Meutim, X nije homeomorfan nijednoj povrxi. B X:

R α

α Y B

B

Naime, ako posmatramo bilo koju taqku (klasu) na krunici na kojoj imamo identifikaciju, ona nema okolinu homeomorfnu otvorenom disku jer svaka njena okolina sadri podokolinu od qetiri poludiska sa zajedniqkom granicom (qetiri ”latice”).

23. Odrediti fundamentalnu grupu prostora X kojeg qine qetiri 2-sfere tako da se svake dve dodiruju.

X:

Rexenje : Prostor X je homotopski ekvivalentan prostoru na sledeoj slici. Naime, ako u ovom prostoru svaku od ovih xest dui koje idu od sfere do sfere skupimo u taqku (svaku posebno), dobijamo upravo X, a poxto je svaka du kontraktibilna, vai da su ovi prostori homotopski ekvivalentni.

X '

Na svakoj sferi u ovom prostoru uoqimo po tri taqke (Ai , Bi i Ci ) iz kojih polaze dui do preostalih sfera. Takoe, uoqimo po dve naznaqene krive na sferama (topoloxke dui) koje spajaju taqke Ai , Bi i Ci . Na primer, na prvoj sferi, to je kriva od taqke A1 do B1 i kriva (deo ekvatora) od B1 do C1 . Ako sada svaku od ovih osam dui (jednu po jednu) skupimo u taqku, dobiemo prostor istog homotopskog tipa jer kolapsiranjem nekoliko od njih sve ostale ostaju dui (nijedna ne postaje krunica). Pri tom taqke Ai , Bi i Ci ”postaju” ista taqka, a dobijeni prostor qine ivice trostrane piramide i po jedna sfera ”zakaqena” na svako teme.

A4 = B4 = C4

A4 B4 C4 A1 X '

C1

B1

C3 C2

B2

A2

-

A1 = B1 = C1 B3

W

²

'

A3 = B3 = C3

-

A3 A2 = B2 = C2

Zatim, jednu ivicu ove piramide (npr. A1 A2 ) skupimo u taqku, a onda i njoj naspramnu ivicu (A3 A4 ) takoe skupimo u taqku. Pojavljuju se dva buketa od po dve sfere i qetiri dui od jedne dodirne taqke do druge.

A1 = A2

X '

A3 = A4

®

N

'

i

A1 = A2 = A3 = A4

Konaqno, jednu od ove qetiri dui skupimo u taqku i dobijamo da je X homotopski ekvivalentan buketu od qetiri sfere i tri krunice. To znaqi da je π1 (X) ∼ = π1 (S 2 ) ∗ π1 (S 2 ) ∗ π1 (S 2 ) ∗ π1 (S 2 ) ∗ π1 (S 1 ) ∗ π1 (S 1 ) ∗ π1 (S 1 ) ∼ = Z ∗ Z ∗ Z.

24. Na torusu T 2 = S 1 ×S 1 definisana je relacija ekvivalencije ∼: (z1 , z2 ) ∼ (w1 , w2 ) ⇔ {z1 , z2 } = {w1 , w2 }. Odrediti fundamentalnu grupu prostora T 2 /∼ . Rexenje : Taqka (z, w) ∈ S 1 × S 1 je, osim sa sobom, u relaciji jox jedino sa taqkom (w, z). Posmatrajmo koliqnik model torusa T 2 = S 1 × S 1 prikazan na slici. S1 1 w −i

(z, w)

z

(1, −1) (z, z)

(w, z) (1, ζ)

ζ (1, ζ) 1

(1, 1)

(1, −1)

−1 i

(1, 1) (ζ, 1) (−1, 1)

(1, 1) (ζ, 1) (−1, 1) (1, 1) ζ w z 1 i −1 −i 1 1 S

Taqka u unutraxnjosti ovog kvadrata je u relaciji sa sebi simetriqnom taqkom u odnosu na dijagonalu. Dakle, unutar kvadrata klase su parovi simetriqnih taqaka u odnosu na dijagonalu, a ako je taqka jox i na samoj dijagonali, onda je njena klasa jednoqlana. Na rubu kvadrata, sem identifikacije koju torus nosi sam po sebi, imamo i sledeu identifikaciju. Taqka (1, ζ) na levoj vertikalnoj stranici kvadrata je, u ovom modelu torusa, identifikovana sa odgovarajuom taqkom na desnoj vertikalnoj stranici. Ali, pri ovoj relaciji ∼, ona je identifikovana i sa taqkom (ζ, 1) koja se nalazi na donjoj, a i gornjoj, horizontalnoj stranici. Dakle, sve qetiri stranice su identifikovane. Na osnovu svega prethodnog, deo kvadrata iznad dijagonale (raqunajui i samu dijagonalu) je njegov kompaktan podskup koji seqe sve klase ekvivalencije, pa moemo da izbrixemo deo ispod dijagonale. Dobijamo (pun) trougao kome su dve stranice identifikovane, a sve ostale taqke van ove dve stranice su u relaciji samo sa sobom. (1, 1)

α

(1, 1)

α

(1, 1) Ali ovo je jedan od znamenitih koliqnik modela Mebijusove trake. Dakle, imamo homeomorfizam T 2 /∼ ≈ M , pa je π1 (T 2 /∼ ) ∼ = π1 (M ) ∼ = Z.

25. Ako je M Mebijusova traka i k ⊂ M krunica prikazana na slici, odrediti π1 (M/k).

M: k

Rexenje : Kada se krunica k skupi u taqku, na Mebijusovoj traci ”iskoqi” jedna sfera. Preciznije, M/k je buket Mebijusove trake i jedne dvodimenzionalne sfere.

j

M:

: M/k

j

k

k

k

Stoga, π1 (M/k) = π1 (M ∨ S 2 ) ∼ = π1 (M ) ∗ π1 (S 2 ) ∼ = Z.

26. Prostor X je dat kao koliqnik prostor piramide (povrxi piramide). Odrediti fundamentalnu grupu prostora X i ispitati da li je osnova piramide sa nasleenom identifikacijom (torus) retrakt prostora X. A

(a)

X:

δ

γ

δ

γ α

β

X:

(b)

β

γ α

A

A

β

α

δ

γ

δ

β

α

A

A

Rexenje : (a) Qetiri temena u osnovi piramide pripadaju istoj klasi jer su svaka dva susedna u relaciji. Na primer, za dva ”nama najblia” temena vai da iz oba izlazi kriva β, pa su u relaciji. Vrh piramide (taqka B) je u relaciji samo sa sobom. Isecimo piramidu po svim njenim ivicama. B γ

B γ

δ

X:

β A

A δ β

δ γ α

A α

γ

δ

A

≈ A

A A

β

β A

B δ B

B

A

δ

α

γ

γ

α

A α

α

A A A

A

β

A β

A

Sada sve strane postavimo u jednu ravan i dobijamo koliqnik prostor homeomorfan sa X.

A

X ≈

B

α

γ

δ

β

β

A

B

B

B

A

A A

α

α

γ

A

A

δ

β

γ

δ

A

A

α

δ

γ

A

β

A

A

Ovde ne moemo direktno da primenimo Van Kampenovu teoremu jer nisu sva temena identifikovana. Drugim reqima, γ i δ nisu krunice, nego dui jer su im krajnje taqke razliqite. U ovoj situaciji moemo jednu od ove dve dui (npr. δ) da skupimo u taqku i dobijamo prostor istog homotopskog tipa. Pri tom kolapsiranju, taqke A i B ”postaju” ista taqka, pa γ postaje krunica. α A A γ γ γ γ

X '

β

β

A

AA

A=B α

A

α

AA β

AA α

A β

Konaqno, na ovaj prostor primenimo Van Kampenovu teoremu, a kako je ovaj prostor homotopski ekvivalentan sa X, imamo da je π1 (X) ∼ = hα, β, γ | αβα−1 β −1 = 1, αγ = 1, βγ −1 = 1, α−1 γ = 1, β −1 γ −1 = 1i. Sreivanjem dobijamo: ∼ hα, β, γ | αβ = βα, γ = α−1 , γ = β, γ = α, γ = β −1 i ∼ π1 (X) = = = hα, β | αβ = βα, α = α−1 , α = βi ∼ 2 ∼ hα | α = 1i = ∼ Z2 . = Osnova piramide sa nasleenom identifikacijom (oznaqimo je sa Y ) je oqigledno topoloxki torus. Ako bi taj torus Y bio retrakt ovog prostora, postojalo bi r : X → Y takvo da komutira dijagram na sledeem crteu. Y

i

,→

idY &

X .r

Y Ali onda bi komutirao i odgovarajui dijagram fundamentalnih grupa. i

∗ −→

π1 (Y ) idπ1 (Y ) &

π1 (X)

. r∗ π1 (Y )

Poxto je Y ≈ T 2 , vai da je π1 (Y ) ∼ = π1 (T 2 ) ∼ = Z ⊕ Z. Dakle, imali bismo ovaj komutativni dijagram grupa. i

∗ −→

Z⊕Z idZ⊕Z &

Z2

. r∗

Z⊕Z Poxto je kompozicija r∗ ◦i∗ bijekcija, r∗ mora biti NA. Meutim, ovo je kontradikcija jer smo dobili da je r∗ epimorfizam iz konaqne na beskonaqnu grupu. Dakle, Y nije retrakt prostora X. (b) Za razliku od sluqaja pod (a), ovde je vrh piramide identifikovan sa temenima u osnovi (jer je tako naznaqeno u postavci zadatka). Kreemo na isti naqin kao i pod (a). Iseqemo piramidu po svim ivicama,

A γ

A

X:

β A

δ A δ β

δ

γ

δ

γ

γ α

≈ A

A α

A A

β

A

β A

A δ A

A

A

δ

α

γ

γ

α

A

α

A A β

A

A

A β

α

A

a onda sve ove strane postavimo u jednu ravan.

A

X ≈

A

β

β

A

A

A

A

A

α

γ

δ

A A

α

α

γ

A

A

δ

β

γ

δ

A

A

α

δ

γ

A A

β

A

Sada imamo da su sva temena identifikovana (i γ i δ su krunice), pa odmah primenjujemo Van Kampenovu teoremu. Na osnovu te teoreme, π1 (X) ∼ = hα, β, γ, δ | αβα−1 β −1 = 1, αγδ −1 = 1, βδγ −1 = 1, α−1 γδ −1 = 1, β −1 δγ −1 = 1i. Kada ove relacije malo sredimo, dobijamo ovakvu prezentaciju grupe π1 (X): π1 (X) ∼ = hα, β, γ, δ | αβ = βα, δ = αγ, δ = β −1 γ, δ = α−1 γ, δ = βγi ∼ = hα, β, γ | αβ = βα, α = α−1 , β = αi. Ali i ovde je generator β izraen preko ostalih (β = α), pa izbrixemo ovu relaciju, izbrixemo generator β i u svim ostalim relacijama umesto β pixemo α. Konaqno, π1 (X) ∼ = hα, γ | α2 = 1i ∼ = Z ∗ Z2 . Kad bi torus u osnovi piramide bio retrakt ovog prostora, analogno kao pod (a), dobili bismo ovakav komutativan dijagram grupa. i

∗ −→

Z⊕Z idZ⊕Z &

Z ∗ Z2

. r∗

Z⊕Z S obzirom da je abelizacija funktor iz kategorije grupa u kategoriju Abelovih grupa, kada ”abelizujemo” ove grupe i homomorfizme, dobijamo sledei komutativni dijagram Abelovih grupa (radi jednostavnije notacije, koristimo iste oznake za preslikavanja). i

∗ −→

Z⊕Z idZ⊕Z &

Z ⊕ Z2

. r∗

Z⊕Z Dakle, kada bi torus Y bio retrakt od X, postojao bi epimorfizam r∗ : Z ⊕ Z2 → Z ⊕ Z. Meutim, ovo poslednje nije taqno. Dokaimo to. Neka je f : Z ⊕ Z2 → Z ⊕ Z bilo koji homomorfizam. Tada je f (0, 1) = (0, 0) jer je (0, 1) element reda 2 u grupi Z ⊕ Z2 = Z × Z2 , a u grupi Z ⊕ Z = Z × Z jedini element konaqnog reda je neutral (0, 0). Neka je f (1, 0) = (m, n). S obzirom da je f (k, l) = f (k(1, 0) + l(0, 1)) = k(m, n) = (km, kn), slika homomorfizma f je data sa Imf = {(km, kn) | k ∈ Z}. Ako je m = n, onda npr. (0, 1) ∈ / Imf . Ako je m 6= n, onda je za svako k 6= 0, km 6= kn, pa npr. (1, 1) ∈ / Imf . U svakom sluqaju, f nije NA.

Dokazali smo da ne postoji pomenuti epimorfizam, pa torus u osnovi piramide nije retrakt ni od ovoga prostora X.

27. Dati su prostori X i Y , pri qemu je Y kompaktan. Ako je x0 ∈ X i W otvoren potprostor od X × Y takav da {x0 } × Y ⊂ W , dokazati da postoji (otvorena) okolina U taqke x0 takva da je U × Y ⊂ W . Rexenje : Neka je y ∈ Y bilo koja taqka. Kako (x0 , y) ∈ {x0 } × Y ⊂ W , a W je otvoren u proizvodu, to postoje otvoreni Uy ⊂ X i Vy ⊂ Y takvi da x0 ∈ Uy , y ∈ Vy i Uy × Vy ⊂ W (bazna okolina). S obzirom da y ∈ Vy , familija {Vy }y∈Y je jedan otvoreni pokrivaq prostora Y . Kako je Y kompaktan, postoji konaqan potpokrivaq {Vyj }j=1,n . n \ Neka je U = Uyj . U je otvoren u X jer je presek konaqne familije otvorenih. Poxto za svako j=1

y ∈ Y , vai da x0 ∈ Uy , to onda i za svako j ∈ {1, 2, ..., n}, x0 ∈ Uyj , xto e rei x0 ∈ U . Dakle, U je (otvorena) okolina taqke x0 . Y

W

z

.. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. ..

.. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. x0

X

U Treba jox dokazati da je U × Y ⊂ W . Neka je (x, y) ∈ U × Y . Poxto familija {Vyj }j=1,n pokriva prostor Y , postoji j0 ∈ {1, 2, ..., n} takvo da n \ y ∈ Vyj0 . Kako je x ∈ U = Uyj , to x ∈ Uyj0 . Stoga, (x, y) ∈ Uyj0 × Vyj0 . Ali za odgovarajue Uy i Vy vai j=1

Uy × Vy ⊂ W (tako su odabrani), pa onda i specijalno Uyj0 × Vyj0 ⊂ W . Zakljuqujemo da (x, y) ∈ W . Kako je (x, y) bila proizvoljna taqka iz U × Y , dokazana je traena inkluzija.

28. Neka je X lokalno kompaktan T2 prostor i neka je x ∈ X. Dokazati da za svaki otvoren skup U ⊂ X koji sadri taqku x, postoji otvoren skup V takav da je V kompaktan i da vai x ∈ V ⊂ V ⊂ U . Rexenje : Kako je prostor X lokalno kompaktan i Hauzdorfov, on je regularan. Odatle sledi da za dati otvoreni skup U , x ∈ U , postoji otvoren skup V1 takav da x ∈ V1 ⊂ V1 ⊂ U . S druge strane, s obzirom da je X lokalno kompaktan, taqka x ima otvorenu okolinu V2 sa kompaktnim zatvorenjem. Neka je V = V1 ∩ V2 . V je otvoren kao presek dva otvorena. Uz to, V ⊂ V2 ⊂ V2 , pa je i V ⊂ V2 . V je, dakle, zatvoren podskup kompaknog skupa V2 , pa je i sam kompaktan. Takoe, V ⊂ V1 ⊂ V1 , pa imamo V ⊂ V1 . Ali V1 ⊂ U , pa je i V ⊂ U . Naravno, V sadri taqku x jer je sadre i V1 i V2 , pa vai x ∈ V ⊂ V ⊂ U .

29. Neka je f : X → Y koliqniqko preslikavanje i neka je Z lokalno kompaktan T2 prostor. Dokazati da je preslikavanje f × idZ : X × Z → Y × Z koliqniqko. Rexenje : Preslikavanje f je neprekidna surjekcija jer je koliqniqko. Naravno, i idZ je neprekidna surjekcija, pa je i proizvod f × idZ neprekidna surjekcija. Neka je A ⊂ Y × Z takav da je inverzna slika (f × idZ )−1 (A) otvoren skup u X × Z. Treba dokazati da je A otvoren u Y × Z.

Fiksirajmo jednu taqku (y0 , z0 ) ∈ A. Nax zadatak je da naemo otvoren skup u Y × Z koji sadri ovu taqku, a sadran je u A. Neka je x0 ∈ X takva da je f (x0 ) = y0 . Tada je (f × idZ )(x0 , z0 ) = (y0 , z0 ), pa taqka (x0 , z0 ) ∈ (f × idZ )−1 (A). Kako je ovaj skup otvoren u X × Z, to postoje otvoren skup U1 ⊂ X i otvoren skup W ⊂ Z takvi da (x0 , z0 ) ∈ U1 × W ⊂ (f × idZ )−1 (A). Poxto je Z lokalno kompaktan T2 prostor, na osnovu prethodnog zadatka, postoji otvoren skup V ⊂ Z takav da je V kompaktan i da vai z0 ∈ V ⊂ V ⊂ W . Odavde sledi da (x0 , z0 ) ∈ U1 × V ⊂ U1 × V ⊂ U1 × W ⊂ (f × idZ )−1 (A). Induktivno emo definisati otvorene skupove Un ⊂ X, n ∈ N, takve da za n ≥ 2, Un ⊃ f −1 (f (Un−1 )) i za svako n ∈ N, Un × V ⊂ (f × idZ )−1 (A). U1 je ve definisan. Ako imamo skupove Ui , i = 1, n − 1, sa navedenim osobinama, definiximo Un . Kako je Un−1 × V ⊂ (f × idZ )−1 (A), imamo da je f (Un−1 ) × V = (f × idZ )(Un−1 × V ) ⊂ A. To znaqi da −1 f (f (Un−1 )) × V = (f × idZ )−1 (f (Un−1 ) × V ) ⊂ (f × idZ )−1 (A). Neka je x ∈ f −1 (f (Un−1 )). Na osnovu prethodne inkluzije, (f × idZ )−1 (A) ∩ (X × V ) je otvoren skup u ex ⊂ X koji sadri X ×V koji sadri celu ”du” {x}×V , pa na osnovu zadatka 27, postoji otvoren skup U −1 −1 ex × V ⊂ (f × idZ ) (A) ∩ (X × V ) ⊂ (f × idZ ) (A). (Ovde koristimo kompaktnost taqku x i za koji vai U skupa V ) [ ex . Un je otvoren u X kao unija otvorenih. Zatim, iz x ∈ U ex U Konaqno, definixemo Un = x∈f −1 (f (Un−1 ))

[

direktno sledi da je Un ⊃ f −1 (f (Un−1 )). Na posletku, Un ×V = (

x∈f −1 (f (U

ex )×V = U n−1 ))

[

ex ×V ), (U

x∈f −1 (f (Un−1 ))

a kako je svaki od skupova u ovoj uniji podskup od (f × idZ )−1 (A), imamo Un × V ⊂ (f × idZ )−1 (A).

Neka je sada U =

[

Un . Dokazaemo da je skup f (U ) × V otvoren u Y × Z i da je za njega ispunjeno

n∈N

(y0 , z0 ) ∈ f (U ) × V ⊂ A qime e biti zavrxen dokaz da je A otvoren. Uvek vai f −1 (f (U )) ⊃ U . Ako je x ∈ f −1 (f (U )), onda f (x) ∈ f (U ), pa postoji b ∈ U takvo da je f (b) = f (x). Taqka b, budui u uniji familije {Un }n∈N , pripada nekom qlanu te familije. Dakle, za neko n0 ∈ N, b ∈ Un0 . Poxto f (x) = f (b) ∈ f (Un0 ), imamo da x ∈ f −1 (f (Un0 )). Meutim, po konstrukciji niza {Un }n∈N[ , f −1 (f (Un0 )) ⊂ Un0 +1 ⊂ U . Dakle, x ∈ U , pa zapravo vai jednakost f −1 (f (U )) = U . Skup U = Un je otvoren u X kao unija otvorenih, tj. f −1 (f (U )) je otvoren, a poxto je f koliqniqko, n∈N

zakljuqujemo da je f (U ) otvoren u Y . Kako je V otvoren u Z, imamo da je skup f (U ) × V otvoren u Y × Z. S obzirom da taqka x0 ∈ U , taqka y0 = f (x0 ) ∈ f (U ). Takoe, z0 ∈ V , xto nam daje (y0 , z0 ) ∈ f (U ) × V . Pri definisanju familije [ n ∈ N, f (Un ) × V ⊂ A. Na osnovu toga, [ [{Un }n∈N , pokazano [ je da je za svako (f (Un ) × V ) ⊂ A. f (U ) × V = f ( Un ) × V = ( f (Un )) × V ⊂ ( f (Un )) × V = n∈N

n∈N

n∈N

n∈N

Ovim smo dokazali da skup f (U ) × V ima navedena svojstva, pa je, dakle, skup A otvoren u Y × Z.

30. Data je kriva γ na povrxi M2 . Odrediti fundamentalne grupe razlike M2 \ γ i koliqnika M2 /γ .

γ

M2 :

Rexenje : Kada sa povrxi M2 izbacimo sve taqke na krivoj γ, ”srednji deo” te povrxi moemo da razdvojimo (rod se smanjio za 1). Dobijamo torus sa koga su izbaqena dva (zatvorena) diska.

M2 \ γ

≈

Isecimo sad ovaj torus (bez dva diska) na uobiqajeni naqin, po krunicama α i β. Naravno, ovde biramo ove krunice tako da one ne seku izbaqene diskove.

M2 \ γ

≈

β

α

A

Kada to razmotamo, dobijamo standardni pravougaoni koliqniqki model torusa, ali bez dva diska u unutraxnjosti pravougaonika. α

A

β

≈

M2 \ γ

A

β

A

A

α

Uoqimo krunicu δ i ”homotopirajmo” ovaj prostor na rub pravougaonika i ovu njegovu dijagonalu. Koliqnik prostor koji ostaje je homeomorfan buketu krunica α, β i δ. α

A

M2 \ γ

≈ β

δ

A

β

'

A

δ

A

δ

β

A

α

α

A

A

≈

β

A

α

β

A

α

Kako je prostor M2 \ γ istog homotopskog tipa kao ovaj buket, imamo da je π1 (M2 \ γ) ∼ = Z ∗ Z ∗ Z. Kada krivu γ skupimo u taqku, dobijamo torus kome su dve taqke identifikovane. Posmatrajmo opet standardni koliqniqki model torusa. Poxto je torus zatvorena povrx, potpuno je svejedno koje dve njegove taqke identifikujemo (odgovarajui prostori su homeomorfni). Uzmimo taqku koja u ovom modelu odgovara klasi temena pravougaonika i jednu taqku (jednoqlanu klasu) iz unutraxnjosti. α

A

M2 /γ :

A

β

≈

A

A

β

A

α

Ako uoqimo krivu ε i izreemo ovaj prostor po njoj, dobiemo topoloxki disk sa naznaqenom identifikacijom na rubu. A A

α

α

A

M2 /γ ≈

β

A

β

A

ε ε

A

ε ≈

A

≈

A

ε

A

α

ε

A

A

β

β

β

β A

α

A

A

α

A

A

α

A

Po Van Kampenovoj teoremi, π1 (M2 /γ ) ∼ = hα, β, ε | βαβ −1 ε−1 εα−1 = 1i ∼ = hα, β, ε | βαβ −1 α−1 = 1i ∼ = hα, β, ε | βα = αβi ∼ = Z2 ∗ Z.

31. Iz ravni su izbaqena dva (otvorena) diska i na granicu tako dobijene povrxi je zalepljen cilindar po homeomorfizmu granica. Odrediti fundamentalnu grupu tako dobijenog prostora X (v. sliku).

X:

Rexenje : S obzirom da je jednotaqkovna kompaktifikacija ravni sfera, jednotaqkovna kompaktifikacija prostora X e biti sfera bez dva diska na koju je zalepljen cilindar po homeomorfizmu granica. Ali to je zapravo sfera sa jednom ”ruqkom”, odnosno torus.

X∗

≈

≈

Dakle, prostor X je homeomorfan torusu bez jedne taqke (svejedno koje jer je torus zatvorena povrx). Meutim, torus bez taqke je homotopski ekvivalentan ”osmici” (buketu dve krunice) xto je opisano na sledeoj slici. α

A

X ≈ β

β '

A

A

α

α

A

A

β

β

A

α

A

≈

β

≈

A

α

α

A

A

A

A

β

Zakljuqujemo da je π1 (X) ∼ = Z ∗ Z.

32. Nai neki prostor X takav da je π1 (X) ∼ = hα, β | α2 β 5 = 1i. Moe li X biti povrx? Rexenje : Kako nam je poznata jedna prezentacija sa dva generatora, kreemo od buketa dve krunice. Svaka od ovih krunica odgovara po jednom generatoru, pa emo ih oznaqiti sa α i β. U ovoj prezentaciji imamo jednu relaciju, pa dodajemo jedan dvodimenzionalni disk na qijem rubu uvodimo identifikaciju koja odgovara relaciji. Drugim reqima, na buket krunica α i β lepimo disk ”po pravilu” α2 β 5 . β

β

β

β

β

β

X:

β

β

≈ β

β α

β

α

α α

α

Kako ovaj disk seqe sve klase ekvivalencije u ovom koliqnik prostoru, moemo da obrixemo ”osmicu”. Po Van Kampenovoj teoremi za ovaj prostor X zaista vai: π1 (X) ∼ = hα, β | α2 β 5 = 1i.

Da bismo odgovorili na pitanje da li je fundamentalna grupa neke (zatvorene) povrxi izomorfna ovoj, odredimo abelizaciju ove grupe. Imamo da je π1ab (X) ∼ = hα, β | 2α + 5β = 0i. Umesto generatora α i β, posmatrajmo generatore γ = 2α + 5β i δ = α + 2β. Ovo su zaista generatori jer je α = 5δ − 2γ, a β = γ − 2δ. Tada imamo ovu prezentaciju: π1ab (X) ∼ = hγ, δ | γ = 0i ∼ = hδ | −i ∼ = Z. (Ovo je zapravo standardni algebarski postupak odreivanja normalne forme konaqno generisane Abelove grupe, date preko generatora i relacija.) Ali, kao xto je poznato, π1ab (Mg ) ∼ = Z2g , π1ab (Nh ) ∼ = Zh−1 ⊕ Z2 , pa za X nismo mogli da uzmemo nijednu povrx.

33. Nai neki prostor X takav da je π1 (X) ∼ = Z3 ⊕ Z5 . Rexenje : Jedna prezentacija grupe Z3 ⊕ Z5 je hα, β | α3 = 1, β 5 = 1, αβα−1 β −1 = 1i. Imajui u vidu ovu prezentaciju, za prostor X moemo uzeti buket od dve krunice α i β kome su dodata tri diska na qijim rubovima su uvedene identifikacije odreene trima relacijama. α

β

α

β

β

X:

β

α

α α

α

β

β

β

β Po Van Kampenovoj teoremi, zaista je π1 (X) ∼ = hα, β | α3 = 1, β 5 = 1, αβα−1 β −1 = 1i ∼ = Z3 ⊕ Z5 .

34. Nai neke prostore X i Y kojima su fundamentalne grupe izomorfne sa Z ∗ Z2 i Z × Z2 respektivno. Rexenje : Jedna prezentacija grupe Z ∗ Z2 je hα, β | α2 = 1i. To znaqi da prostor X moemo dobiti tako xto krenemo od buketa dve krunice α i β i jednog diska kojeg lepimo na ovaj buket ”po pravilu” α2 . Ali ovo nije nixta drugo do buket projektivne ravni i krunice. α

α

α ≈

X:

β α

β

α

Naravno vai da je π1 (X) ∼ = π1 (S 1 ∨ RP2 ) ∼ = π1 (S 1 ) ∗ π1 (RP2 ) ∼ = Z ∗ Z2 . Xto se tiqe grupe Z × Z2 ∼ = Z ⊕ Z2 , jedna njena prezentacija je hα, β | α2 = 1, αβα−1 β −1 = 1i. To znaqi da prostor Y moemo dobiti od prostora X dodavanjem jednog diska sa identifikacijom na rubu αβα−1 β −1 . α

α

α

α

β

α

β

≈

Y :

β

α

β

α α

β

α

Po Van Kampenovoj teoremi, π1 (Y ) ∼ = hα, β | α2 = 1, αβα−1 β −1 = 1i ∼ = Z × Z2 .

35. Konstruisati prostor X kome je fundamentalna grupa izomorfna grupi (Z3 ⊕ Z6 ) ∗ Z3 . Rexenje : Grupa (Z3 ⊕Z6 )∗Z3 je slobodni proizvod grupe Z3 ⊕Z6 i grupe Z3 , pa ima sledeu prezentaciju hα, β, γ, δ, ε | α3 = 1, β 6 = 1, αβα−1 β −1 = 1, γδγ −1 δ −1 = 1, γεγ −1 ε−1 = 1, δεδ −1 ε−1 = 1i. To znaqi da prostor X

moemo da dobijemo od buketa od pet krunica tako xto na njega zalepimo xest diskova po pravilima koje odreuju relacije. γ δ

β

X : ε α

β

β

α

γ

β

α

ε

γ

δ

δ

ε

β

β

α

α

α

β

β

β

γ

δ

γ

ε

ε

δ

Na osnovu Van Kampenove teoreme, zaista vai: π1 (X) ∼ = hα, β, γ, δ, ε | α3 = 1, β 6 = 1, αβα−1 β −1 = 1, γδγ −1 δ −1 = 1, γεγ −1 ε−1 = 1, δεδ −1 ε−1 = 1i ∼ = (Z3 ⊕Z6 )∗Z3 .

36. Nai prostore X i Y kojima su fundamentalne grupe date prezentacijama: π1 (X) = hα, β | αβα−1 β 2 = 1i, π1 (Y ) = hα, β | α2 β 3 α−1 = 1i. Mogu li X i Y biti homeomorfni? Rexenje : Jedan prostor qija fundamentalna grupa ima prezentaciju hα, β | αβα−1 β 2 = 1i je koliqnik prostor buketa krunica α i β i jednog dvodimenzionalnog diska na qijem je rubu uvedena identifikacija αβα−1 β 2 . α

α

α β

β

X:

≈

β

β

α

β

α

β

β

U ovom koliqnik prostoru disk je kompaktan skup koji seqe sve klase ekvivalencije. Takoe, na njemu samom se vidi da su α i β krunice sa jednom zajedniqkom taqkom, pa ”osmicu” moemo da izbrixemo. Po Van Kampenovoj teoremi, fundamentalna grupa prostora X zaista ima traenu prezentaciju. Potpuno analogno konstruixemo prostor Y . α β Y:

β

β α

β α

α

≈

β α

β α

α

β Opet po Van Kampenovoj teoremi zakljuqujemo da prostor Y ima traenu osobinu. Odredimo abelizacije ovih grupa. π1ab (X) ∼ = hα, β | α + β − α + 2β = 0i ∼ = hα, β | 3β = 0i ∼ = Z ⊕ Z3 , π1ab (Y ) ∼ = hα, β | 2α + 3β − α = 0i ∼ = hα, β | α + 3β = 0i ∼ = hα, β | α = −3βi ∼ = hβ | −i ∼ = Z. S obzirom da abelizacije ovih fundamentalnih grupa nisu izomorfne, onda ni same grupe π1 (X) i π1 (Y ) nisu izomorfne. Kako homeomorfni topoloxki prostori imaju izomorfne fundamentalne grupe, zakljuqujemo da prostori X i Y ne mogu biti homeomorfni.

37. (a) Odrediti prostore X i Y takve da je: π1 (X) ∼ = hα, β, γ | α2 = β 2 = γ 3 = αβγ = 1i, π1 (Y ) ∼ = hα, β, γ | α2 = β 3 = γ 3 = αβγ = 1i. (b) Da li X i Y mogu biti istog homotopskog tipa? Rexenje : (a) U prezentaciji hα, β, γ | α2 = β 2 = γ 3 = αβγ = 1i = hα, β, γ | α2 = 1, β 2 = 1, γ 3 = 1, αβγ = 1i imamo tri generatora i qetiri relacije. To znaqi da za prostor X moemo uzeti buket od tri krunice kome dodajemo qetiri diska sa odgovarajuim identifikacijama na njihovim granicama. α

γ

β

β

β

α

X:

γ

γ

γ α

γ α

β

Sasvim sliqno konstruixemo i prostor Y . β

α

γ

β

β α

X:

β

γ α

γ γ

β

γ α

Na osnovu Van Kampenove teoreme, zaista vai: π1 (X) ∼ = hα, β, γ | α2 = β 2 = γ 3 = αβγ = 1i, π1 (Y ) ∼ = hα, β, γ | α2 = β 3 = γ 3 = αβγ = 1i. (b) Odredimo abelizacije ovih fundamentalnih grupa: π1ab (X) ∼ = hα, β, γ | 2α = 0, 2β = 0, 3γ = 0, α + β + γ = 0i ∼ = hα, β, γ | 2α = 0, 2β = 0, 3γ = 0, γ = −α − βi ∼ = ∼ ∼ = hα, β | 2α = 0, 2β = 0, −3α − 3β = 0i = hα, β | 2α = 0, 2β = 0, α + β = 0i ∼ = hα, β | 2α = 0, 2β = 0, β = −αi ∼ = ∼ = hα | 2α = 0i ∼ = Z2 , π1ab (Y ) ∼ = = hα, β, γ | 2α = 0, 3β = 0, 3γ = 0, γ = −α − βi ∼ = hα, β, γ | 2α = 0, 3β = 0, 3γ = 0, α + β + γ = 0i ∼ ∼ ∼ = hα, β | 2α = 0, 3β = 0, −3α − 3β = 0i = hα, β | 2α = 0, 3β = 0, α = 0i ∼ = hβ | 3β = 0i ∼ = Z3 . S obzirom da abelizacije ovih fundamentalnih grupa nisu izomorfne, onda ni same grupe π1 (X) i π1 (Y ) nisu izomorfne. Kako homotopski ekvivalentni topoloxki prostori imaju izomorfne fundamentalne grupe, zakljuqujemo da prostori X i Y ne mogu biti istog homotopskog tipa.

38. Sa torusa je izbaqen jedan otvoren disk. Na rubu tako dobijene povrxi je uvedena antipodalna identifikacija i dobijen prostor X (v. sliku).

X:

α α

(a) Odrediti π1 (X). (b) Ispitati da li je X homeomorfan nekoj zatvorenoj povrxi i, u sluqaju potvrdnog odgovora, odrediti tu povrx (da li je orijentabilna ili neorijentabilna i nai njen rod). Rexenje : Prvi naqin: (a) Posmatrajmo pravougaoni koliqniqki model torusa, izbacimo iz njega jedan (pogodno odabran) otvoren disk i uvedimo antipodalnu identifikaciju na rubu. Dobijamo prostor homeomorfan sa X. Ako ovaj koliqnik prostor jox ”secnemo” po donjem desnom temenu, dobiemo topoloxki disk sa identifikacijom na rubu kao na sledeoj slici.

β

A

A β

X

≈

γ

γ

α

A α

A

A

β

≈

A

A

γ

α A

A γ

α A

β

A

Na osnovu Van Kampenove teoreme, π1 (X) ∼ = hα, β, γ | α2 β −1 γβγ −1 = 1i. (b) Svaka taqka prostora X koja se nalazi van ruba izbaqenog diska oqigledno ima okolinu homeomorfnu otvorenom dvodimenzionalnom disku. Ako uoqimo proizvoljnu taqku B na rubu, prvo primeujemo da je ona u relaciji sa sebi antipodalnom taqkom na ovoj rubnoj krunici. Posmatrajmo okolinu taqke B koja ”potiqe” od unije dva poludiska prikazana na slici. Ta dva poludiska imaju identifikovane granice (α1 ), pa lepljenjem po toj krivoj α1 , dobijamo da je ova okolina taqke B zapravo homeomorfna otvorenom disku.

α1 B

X:

α w

O

α

≈

B α1

α1 B

B

B Dakle, svaka taqka prostora X ima okolinu homeomorfnu otvorenom dvodimenzionalnom disku. Uz to, X je kompaktan i povezan kao koliqnik prostor takvog, pa, po teoremi o klasifikaciji povrxi, on mora biti homeomorfan nekoj zatvorenoj povrxi. Da bismo odredili tu povrx, izraqunajmo abelizaciju grupe π1 (X): π1ab (X) ∼ = hα, β, γ | 2α − β + γ + β − γ = 0i ∼ = hα, β, γ | 2α = 0i ∼ = Z ⊕ Z ⊕ Z2 . Ovo znaqi da je jedina povrx kojoj bi X mogao da bude homeomorfan neorijentabilna povrx roda 3, a kako smo pokazali da X sigurno jeste homeomorfan nekoj povrxi, konaqno imamo da je X ≈ N3 . Drugi naqin: Prostor X se moe dobiti i na sledei naqin. Sa torusa izbacimo jedan otvoren disk, a onda na rubnu krunicu nastale povrxi zalepimo Mebijusovu traku po homeomorfizmu granica.

i

α

α

Meutim, ovo nije nixta drugo do povezana suma torusa i projektivne ravni, odnosno sfera sa jednom ”ruqkom” i jednom zalepljenom Mebijusovom trakom. Poznato je da je ovaj prostor homeomorfan sa N3 , tako da odmah imamo deo pod (b). Kada ovo znamo, lako dobijamo i jednu prezentaciju fundamentalne grupe prostora X: π1 (X) ∼ = π1 (N3 ) ∼ = hα1 , α2 , α3 | α12 α22 α32 = 1i. Ovim je uraen i deo zadatka pod (a).

39. Sa torusa su izbaqena dva disjunktna otvorena diska. Na rubu tako dobijene povrxi je uvedena identifikacija kao na slici i dobijen prostor X.

X:

β

α

β

β

β

α

α

(a) Izraqunati π1 (X). (b) Odrediti π1ab (X) i dokazati da X nije zatvorena povrx. Rexenje : (a) Posmatrajmo standardni pravougaoni koliqniqki model torusa, iz njega izbacimo dva diska i uvedimo odgovarajuu identifikaciju. Dobijamo prostor homeomorfan prostoru X. γ

C

X

≈

B β β B B β β B

δ

C

A

α A

α A

α

δ

γ

C

C

Izreimo ovaj koliqnik prostor po naznaqenim duima λ i µ. Ovo xto smo dobili je dvodimenzionalni disk sa izvesnom identifikacijom na rubu. C δ γ

C

C

α A

γ B β

X

≈

β B B β β B

δ

A

α λA

α A

α

≈

δ

C

µ C

δ

γ

α

B

β

γ

C

β B β

A µ C δ C

≈

B

A α ≈

A

µ C

λ

α

A λ B β B β B β B λ A α β B A

C

A

µ

C

γ C

µ A δ C γ C

A α

B β B λ

Ovde ne moemo odmah da primenimo Van Kampenovu teoremu jer nisu sva ”temena” meusobno identifikovana (λ i µ nisu krunice). Zato emo jox du λ da skupimo u taqku, a odmah zatim i du µ i dobiemo prostor istog homotopskog tipa. Pri prvom kolapsiranju, taqke A i B ”postaju” ista taqka, a pri drugom, i taqka C biva identifikovana sa A i B.

α

A

B

λ

β

α B

A α X

≈

A

δ C

γ C

δ C γ C

µ A

A β

α B β

C

β

A β

µ

A=B

'

B β B λ A α

A

A=C δ

β

A γ

A β A δ

A

γA=C

A=B α

Sada, na osnovu Van Kampenove teoreme, imamo π1 (X) ∼ = hα, β, γ, δ | α2 β 4 αγ −1 δ −1 γδ = 1i. (b) Odredimo π1ab (X): π1ab (X) ∼ = hα, β, γ, δ | 2α + 4β + α − γ − δ + γ + δ = 0i ∼ = hα, β, γ, δ | 3α + 4β = 0i. Standardnim algebarskim postupkom pronalazimo normalnu forme ove konaqno generisane Abelove grupe date formalnim generatorima α, β, γ, δ i relacijom 3α + 4β = 0. Uvodimo nove generatore ε = 3α + 4β i η = α + β umesto generatora α i β (α = 4η − ε, β = ε − 3η). Na taj naqin dobijamo ovakvu prezentaciju: ∼ hε, η, γ, δ | ε = 0i = ∼ hη, γ, δ | −i = ∼ Z3 . π ab (X) = 1

Kada bi X bio homeomorfan nekoj zatvorenoj povrxi, onda bi ova grupa bila izomorfna abelizaciji fundamentalne grupe te povrxi. Meutim, π1ab (Mg ) ∼ = Zh−1 ⊕ Z2 , xto znaqi da ovaj izomorfizam nije mogu, pa X nije = Z2g , π1ab (Nh ) ∼ homeomorfan nijednoj zatvorenoj povrxi. Napomena: Naravno, moe se i direktno videti da X nije povrx uoqavanjem taqke (taqaka) koja nema okolinu homeomorfnu otvorenom disku. To su taqke na rubovima izbaqenih diskova.

40. Na torusu T 2 = S 1 × S 1 data je relacija ekvivalencije ∼: (eix , eiy ) ∼ (e−ix , eiy ). Odrediti fundamentalnu grupu prostora T 2 /∼ . Rexenje : Posmatrajmo torus kao koliqnik prostor R2 /f , gde je f : R2 → S 1 ×S 1 data sa f (x, y) = (eix , eiy ). Kvadrat [−π, π] × [−π, π] je kompaktan podskup ravni koji seqe sve klase ekvivalencije i nasleena relacija daje identifikaciju na rubu, uobiqajenu za koliqnik model torusa. Posecimo sad ovaj model po relaciji ∼. U ovom modelu, relacija ∼ nam daje da su jox identifikovane i taqke (x, y) i (−x, y) (jer je f (x, y) ∼ f (−x, y)). Ovo znaqi da je svaka taqka, pride, i u relaciji sa sebi simetriqnom taqkom u odnosu na y-osu. y π

6 α (x, y)

(−x, y) β

β

−π

π

0

(−π, y)

x

(π, y)

(−x, −π)

−π

α

(x, −π)

Stoga, skup [0, π] × [−π, π] je kompaktan podskup od [−π, π] × [−π, π] koji seqe sve klase. Pri tom, sve taqke u unutraxnjosti ovog pravougaonika su jedini predstavnici svojih klasa (nisu identifikovane ni sa jednom drugom taqkom u pravougaoniku). Ispitajmo xta se ”dexava” na granici.

y

6 α1

π

γ 2

T /∼

≈

−π

β x

π

0

α1

−π

Taqke na gornjoj stranici (x, π) su identifikovane sa odgovarajuim taqkama na donjoj stranici (x, −π) jer su bile identifikovane jox na samom modelu torusa R2 /f . Svaka taqka na desnoj stranici (π, y) ostaje u relaciji samo sa sobom (sem naravno temena (π, ±π)). Sasvim sliqno, taqke na levoj stranici (0, y) su jednoqlane klase. Meutim, ovo xto smo dobili je cilindar (zalepimo po α1 ). Dakle, prostor T 2 /∼ je homeomorfan cilindru, pa je π1 (T 2 /∼ ) ∼ = Z.

π

41. Dejstvo grupe G = Z4 = hei 2 i na torus T 2 = S 1 × S 1 definisano je preko generatora jednakoxu: π e · (eix , eiy ) = (ei( 2 +x) , eiy ). Odrediti fundamentalnu grupu prostora orbita T 2 /G . iπ 2

π

Rexenje : Orbita taqke (eix , eiy ) ∈ S 1 × S 1 se sastoji od qetiri taqke. To su (eix , eiy ), (ei( 2 +x) , eiy ), 3π i(π+x) iy (e , e ) i (ei( 2 +x) , eiy ). Kao i u prethodnom zadatku, torus posmatramo kao koliqnik prostor R2 /f (f (x, y) = (eix , eiy )), pa se fokusiramo na kvadrat [−π, π] × [−π, π] koji seqe sve klase. U ovom modelu, taqke koje pripadaju istoj orbiti su one qije se apscise razlikuju za celobrojni umnoak od π2 . Drugim reqima, dve taqke su u istoj orbiti ako se jedna slika u drugu uzastopnim transliranjem za vektor ( π2 , 0). y

(x + π2 , y)

α

π (x, y)

-?

(x + π, y)

6

(x + -¼

-¼

β

β −π (−π, y)

3π 2 , y)

π

0 (− π2 , y)

-

−π

(0, y)

( π , y) -2

x

- (π, y)

α

Na osnovu prethodnog razmatranja, skup [0, π2 ] × [−π, π] je kompaktan podskup od [−π, π] × [−π, π] koji seqe svaku orbitu.

y

6 α1

π

β 2

T /G

≈

−π

β π 2

0

π

x

α1

−π

Taqke u unutraxnjosti ovog pravougaonika su jedini predstavnici svojih orbita i nisu identifikovane ni sa jednom drugom taqkom u pravougaoniku. Taqke na vertikalnim stranicama sa istom ordinatom pripadaju istoj orbiti jer im se apscise razlikuju za π2 . Takoe, taqke na horizontalnim stranicama sa istom apscisom su identifikovane jer se pri f slikaju u istu taqku, tj. one su identifikovane ve u prostoru R2 /f . Kao xto je dobro poznato, pravougaonik sa ovako identifikovanim stranicama je homeomorfan torusu. Dakle, T 2 /G ≈ T 2 , pa je π1 (T 2 /G ) ∼ = π1 (T 2 ) ∼ = Z ⊕ Z.

42. Prostor X je nastao identifikacijom naspramnih ivica tetraedra kao na slici. Izraqunati π1 (X).

α

γ

β

X:

β γ α

Rexenje : Primetimo najpre da su sva qetiri temena tetraedra u istoj klasi ekvivalencije. A2 α

γ

β

A4

β γ

A1 α

A3

Naime, iz taqke A1 i iz taqke A2 ”izlazi” kriva α, pa je A1 ∼ A2 . Kriva α ”ulazi” u taqke A3 i A4 , pa vai A3 ∼ A4 . Uz to, kriva β ”izlazi” iz taqaka A1 i A3 , xto znaqi da je i A1 ∼ A3 . Dakle, sve qetiri taqke reprezentuju istu klasu (oznaqavaemo je sa A) i sve tri krive α, β i γ su topoloxke krunice (petlje). Isecimo sada ovaj prostor po svim ivicama tetraedra.

A A

α

γ α

γ

β

X:

A

β

β

A γ

≈

γ

A

A

A

A α

β

β

A γ

α

A

A

β A

α

A

A α

A

γ

A

Dobijamo qetiri trougla sa identifikacijama na granicama. Ako ih sve postavimo u jednu ravan, imamo sledei homeomorfizam.

β

γ

X ≈

A

A

A

A

α

β

A

A

γ

α

γ

A

A

A

β

γ

β

α

A

A

α

A

Na osnovu Van Kampenove teoreme, vai: π1 (X) ∼ = hα, β, γ | αβγ −1 = 1, βαγ −1 = 1, βα−1 γ −1 = 1, αγβ −1 = 1i ∼ = ∼ hα, β, γ | γ = αβ, γ = βα, γ = βα−1 , γ = α−1 βi ∼ = = hα, β | αβ = βα, α2 = 1, α = α−1 i ∼ = ∼ = hα, β | αβ = βα, α2 = 1i ∼ = Z ⊕ Z2 .

43. Dat je pun torus D2 × S 1 . Neka je X = (D2 × S 1 ) \ {A, B}, gde su A i B dve razliqite taqke iz int(D2 × S 1 ). Izraqunati π1 (X). Rexenje : Pun torus je kompaktna trodimenzionalna mnogostrukost qija je granica torus. To znaqi da taqke A, B ∈ int(D2 × S 1 ) moemo proizvoljno da odaberemo. Uzmimo da se one nalaze ”blizu” granice, i to blizu spoljnje (najxire) paralele, ali ”daleko” jedna od druge, kao na sledeoj slici. B

X:

:

6 A

Uoqimo ravan koja prolazi izmeu taqke A i unutraxnje (najue) paralele, tj. ravan koja taqku A odvaja od ”rupe” na torusu. Ta ravan seqe pun torus (a i nax prostor X) po topoloxkom dvodimenzionalnom disku, osenqenom na sledeoj slici. Analogno, uoqimo odgovarajuu ravan i za taqku B. B

X:

z 6 A

Deo prostora X koji se nalazi sa iste strane prve ravni kao i taqka A, predstavlja topoloxki trodimenzionalni zatvoreni disk bez jedne taqke u unutraxnjosti. Ali, to je homotopska sfera. Preciznije,

taj deo prostora X moemo da ”homotopiramo” na granicu iz izbaqene taqke A. Pri tom, sve taqke sa 2-diska koji predstavlja presek pomenute ravni i prostora X, ostaju fiksne. A K I Y ) ª

6 M: µ UY ²

'

Sliqno, deo prostora sa iste strane druge ravni kao i taqka B ”homotopiramo” na njegovu granicu. Poxto pri tim homotopijama taqke prostora X na ovim dvema ravnima ostaju fiksne, te homotopije moemo proxiriti na ceo X. Naime, na ostatku prostora ”izmeu” ove dve ravni, imamo identitet na svakom nivou. Po teoremi o lepljenju dobijamo deformacionu retrakciju prostora X na svoj podskup predstavljen na sledeoj slici.

X '

Sada jox ova dva preseqna diska (svaki posebno) skupimo u taqku. Poxto su oni kontraktibilni, dobijamo prostor istog homotopskog tipa, a to je opet pun torus, ali sa jox dve sfere koje ga dodiruju spolja.

X '

Stoga, prostor X je homotopski ekvivalentan buketu punog torusa i dve sfere, pa mu je fundamentalna grupa izomorfna fundamentalnoj grupi punog torusa (jer su sfere prostopovezane). Ali pun torus ima za deformacioni retrakt svoju ”sredixnju” krunicu, pa mu je fundamentalna grupa izomorfna sa Z. Dakle, konaqno imamo da je π1 (X) ∼ = Z.

44. Odrediti homotopske tipove kao i fundamentalne grupe prostora: X, X \ {A}, X \ {B}, X \ {A, C} i X \ {A, B, C}. A

X:

B

C

Rexenje : Osenqeni disk je kontraktibilni potprostor prostora X, pa kad ga skupimo u taqku dobijamo prostor istog homotopskog tipa, a to je buket dve sfere sa po jednom dui unutar sfera koje spajaju po dve taqke tih sfera.

A

X:

B

'

'

≈

C Meutim, sfera sa dui unutar nje koja spaja dve taqke je homeomorfna sferi sa dui koja spolja spaja te dve taqke (zadatak 46). To znaqi da je prostor X homotopski ekvivalentan buketu dve sfere kome su dodate dve dui kao na slici. Konaqno, skupljanjem u taqku po jednog meridijana na obe sfere, dobijamo buket dve sfere i dve krunice, xto je homotopski tip prostora X. Odatle naravno sledi da je π1 (X) ∼ = π1 (S 2 ) ∗ π1 (S 2 ) ∗ π1 (S 1 ) ∗ π1 (S 1 ) ∼ = Z ∗ Z. Kada iz prostora X izbacimo taqku A, ostatak gornje polusfere moemo da ”homotopiramo” na ekvator, a ostatak dui AB u taqku B.

X \ {A}

≈

B

B

'

C

C

Dobijamo sferu sa jednom dui unutra koja spaja dve taqke sa sfere. Kao xto smo videli u prethodnom delu zadatka, ovaj prostor ima homotopski tip buketa sfere i krunice.

X \ {A} '

'

≈

Odavde imamo: π1 (X \ {A}) ∼ = π1 (S 2 ) ∗ π1 (S 1 ) ∼ = Z. Sliqno kao kod prostora X \ {A}, u prostoru X \ {B} moemo ostatak diska da ”homotopiramo” na ekvator, a ostatke dui AB i BC u taqku A, odnosno C. A

X \ {B}:

'

C Dobili smo da prostor X\{B} ima homotopski tip dvodimenzionalne sfere, a poxto je ova prostopovezana i prostor X \ {B} je prostopovezan (π1 (X \ {B}) ∼ = 0). Xto se tiqe prostora X \ {A, C}, on je kontraktibilan. Naime, ostatke gornje i donje polusfere moemo da ”homotopiramo” na ekvator, a (otvorenu) du AC u taqku B i ostaje dvodimenzionalni disk koji je kontraktibilan.

X \ {A, B} ≈

'

B

B

'

∗

Naravno, ovaj prostor, budui kontraktibilan, ima trivijalnu fundamentalnu grupu.

Ostalo je jox da odredimo homotopski tip i fundamentalnu grupu prostora X \ {A, B, C}. Primetimo najpre da ovaj prostor nije (putno) povezan, pa moramo voditi raquna o baznoj taqki pri odreivanju fundamentalne grupe. Dve komponente prostora X \ {A, B, C} su otvorene dui koje su kontraktibilne, a trea komponenta je homotopska krunica (ostatke i gornje i donje polusfere, a i osenqenog diska moemo da ”homotopiramo” na ekvator).

X \ {A, B, C} ≈

'

'

Dakle, homotopski tip prostora X \ {A, B, C} je disjunktna unija krunice i dve taqke. Xto se tiqe fundamentalne grupe, ako baznu taqku odaberemo na (otvorenoj) dui AB ili BC, dobiemo trivijalnu grupu. Fundamentalna grupa prostora X \ {A, B, C} sa baznom taqkom koja pripada treoj komponenti povezanosti je izomorfna sa Z jer je ova komponenta homotopski ekvivalentna krunici.

45. Koji od datih prostora su homeomorfni?

X3 :

X2 :

X1 :

X6 :

X5 :

X4 :

Rexenje : Dokaimo najpre da su X1 i X2 homeomorfni. Neka je f : X1 → X2 definisana na sledei naqin. Njena restrikcija na ”levu” sferu prostora X1 je homeomorfizam ove sfere na manju (unutraxnju) sferu prostora X2 koji taqku C, taqku dodira dveju sfera prostora X1 , preslikava u taqku dodira dveju sfera prostora X2 , a taqku A u taqku na manjoj sferi prostora X2 iz koje ”izlazi” du do vee sfere, kao xto je naznaqeno na slici. Sliqno, restrikcija preslikavanja f na ”desnu” sferu prostora X1 homeomorfno slika ovu sferu u veu sferu prostora X2 , ali tako da taqku C preslikava u ve odreenu taqku (dodirnu taqku sfera), a taqku B u drugi kraj pomenute dui. Konaqno, restrikcija preslikavanja f na (zatvorenu) du α je homeomorfizam te dui na odgovarajuu du prostora X2 kao xto je obeleeno na slici.

C

f (C) f (A) f

?

X1 : A

z

: f (α)

: X2

B α

f (B)

Ovo preslikavanje je neprekidno po teoremi o lepljenju. Naime, po konstrukciji, neprekidno je na obema sferama i na dui α, a ovo su sve zatvoreni potprostori od X1 . Oqigledno, f je bijekcija, a kako neprekidno preslikava kompaktan u Hauzdorfov prostor, ono je i zatvoreno. Na osnovu svega prethodnog, f je homeomorfizam.

Na sliqan naqin konstruixemo homeomorfizam g : X6 → X3 opisan na sledeoj slici.

g(B) β C

g(β)

α B

X6 :

g z

A

-

: X3

g(C) g(α)

g(A)

Kao i za preslikavanje f , lako se dokazuje da je g neprekidno, zatvoreno i bijektivno, pa je zaista homeomorfizam.

Odredimo homotopske tipove i fundamentalne grupe ovih prostora. Xto se tiqe prostora X3 , on je homeomorfan buketu dve sfere kome su dodate dve dui spolja kao na sledeoj slici. Skupljanjem naznaqenih meridijana u taqku, dobijamo prostor istog homotopskog tipa jer su ovi (meridijani) kontraktibilni.

X3

≈

'

Dakle, prostor X3 (a samim tim i X6 ) je homotopski ekvivalentan buketu dve sfere i dve krunice, pa je π1 (X3 ) ∼ = π1 (X6 ) ∼ = Z ∗ Z. Na analogan naqin, predstavljen na sledeoj slici, dobijamo da je prostor X4 homotopski ekvivalentan buketu dve sfere i jedne krunice.

X4

≈

'

Prostori X1 i X5 (a samim tim i X2 jer je X1 ≈ X2 ) imaju isti ovaj homotopski tip xto se dobija skupljanjem naznaqenih dui u taqku.

X1 :

X5 :

Stoga vai: π1 (X1 ) ∼ = π1 (X2 ) ∼ = π1 (X4 ) ∼ = π1 (X5 ) ∼ = Z. Odavde zakljuqujemo da prostor X3 (X6 ) ne moe biti homeomorfan nijednom od prostora X1 , X2 , X4 i (ili) X5 . Prostor X1 , a onda i X2 , nije homeomorfan ni sa X4 ni sa X5 . To je zbog toga xto su prostori X4 \ {M } i X5 \ {N } nepovezani, a ako iz prostora X1 izbacimo bilo koju taqku, dobiemo povezan prostor.

M X4 :

¾

X5 :

¾ N

Ostalo je jox da ispitamo da li je X4 ≈ X5 . I ovde je odgovor odriqan. Naime, kada bi postojao homeomorfizam h : X4 ≈ X5 , onda bi vailo i X4 \ {M } ≈ X5 \ {h(M )}. Meutim, prostor X4 \ {M } ima dve kontraktibilne komponente povezanosti. Gornja komponenta je sfera bez taqke (topoloxki otvoreni disk), a donja je unija otvorenog diska i dui sa jednom preseqnom taqkom. Ako je h(M ) 6= N , onda je prostor X5 \ {h(M )} povezan, pa odmah imamo kontradikciju. Ako je h(M ) = N , onda prostor X5 \ {h(M )} = X5 \ {N } ima dve komponente povezanosti, ali jedna od njih (gornja) nije kontraktibilna. Naime, njen topoloxki tip je otvoreni disk i du qiji krajevi lee na disku. Ako ovaj disk ”homotopiramo” na preqnik koji sadri krajeve dui, dobijamo homotopsku krunicu.

'

Dakle, ova komponenta nije kontraktibilna, pa ne postoji homeomorfizam h.

Konaqno zakljuqujemo da jedino vai X1 ≈ X2 i X3 ≈ X6 .

46. Odrediti π1 (X) i ispitati da li je X ≈ Y .

'

Y :

X :

Rexenje : Du l koja spaja severni i juni pol sfere je kontraktibilan potprostor prostora X. Uz to, par (X, l) je CW -par, pa ima svojstvo proxirenja homotopije (HEP ). Iz prethodnog sledi da skupljanjem dui l u taqku dobijamo prostor homotopski ekvivalentan sa X.

X :

l

Prostor X/l je sfera kojoj su identifikovani severni i juni pol (”uxtinuta sfera”). Ako nju iseqemo po jednom meridijanu dobijamo disk sa identifikacijom na rubu kao na sledeoj slici. A A

'

X

≈

α

α

α

A A Na osnovu Van Kampenove teoreme, jedna prezentacija fundamentalne grupe prostora X je oblika hα | αα−1 = 1i ∼ = hα | −i. Dakle, π1 (X) ∼ = Z. Konstruiximo preslikavanje f : X → Y na sledei naqin (podrazumevamo da su oba prostora potprostori od R3 tako da su sfere zapravo jediniqne sfere u R3 ). Restrikciju preslikavanja f na sferu definixemo kao identitet. Restrikciju preslikavanja f na du l definixemo kao homeomorfizam te dui na du prostora Y koja spaja severni i juni pol takav da taqke S i J ostavlja fiksnim. S

S f

X :

z

l

J

f (l)

: Y

J

Ovako definisano preslikavanje f je neprekidno jer su njegove restrikcije na sferu i (zatvorenu) du l neprekidne (teorema o lepljenju). Poxto je X kompaktan, a Y Hauzdorfov, f je i zatvoreno. Oqigledno je da je f i bijektivno, pa mora biti homeomorfizam. Dakle, prostori X i Y jesu homeomorfni. Napomena: Prostor Y (pa samim tim i X jer je X ≈ Y ) ima homotopski tip buketa sfere i krunice. To se dobija skupljanjem u taqku meridijana na sferi prikazanog na slici. On je kontraktibilan, pa vai naznaqena homotopska ekvivalencija.

'

Odavde vidimo i drugi naqin za izraqunavanje fundamentalne grupe: π1 (X) ∼ = π1 (Y ) ∼ = π1 (S 2 ∨ S 1 ) ∼ = π1 (S 2 ) ∗ π1 (S 1 ) ∼ =0∗Z∼ = Z.

47. Date su tri krunice k1 , k2 i k3 na Mebijusovoj traci M . Odrediti topoloxke tipove i fundamentalne grupe prostora M/ki , i = 1, 2, 3. k2 B

A k1

α C

K

¸

α

α

k3

D α

α

E

C B

E α D

A

Rexenje : Seckanjem i lepljenjem, prebaciemo ovaj koliqniqki model Mebijusove trake u koliqniqki model u kome je lakxe raditi sa ove tri krunice. Isecimo najpre ovaj model po krunici k1 , a onda zalepimo po obeleenoj dui α1 .

D C E

k3

E C D

k1

≈

α2 D C

k1 k1

C E α1

A

B

k2 B

A

k2 B

A

k3 α1 E C

≈

C D α2

A

k2 B

A

α2 D C

k3 α1 Y C

α2 D C

k1

k1 E

A

B

Ako sada jox izvrximo lepljenje po dui α2 , dobiemo cilindar sa antipodalnom identifikacijom na jednoj (donjoj) graniqnoj krunici. U ovom modelu Mebijusove trake jasno se vide krunice k1 , k2 i k3 . Naravno, cilindar je homeomorfan krunom prstenu, pa dobijamo zapravo jedan od najqexe korixenih koliqnik modela Mebijusove trake. k1

k2

A α2

M ≈

k1

k3

≈

D

C

k3

k2

C

C

C k1

k1 Kada krunicu k1 skupimo u taqku dobijamo disk bez ikakve identifikacije. k2

A

M/k1 ≈ ≈

k2

k3

k1

A

k3 k1 Dakle, topoloxki tip prostora M/k1 je zatvoreni dvodimenzionalni disk, pa mu je fundamentalna grupa trivijalna.

Kolapsiranjem krunice k2 dobijamo disk, ali sa antipodalnom identifikacijom na rubu, a to je projektivna ravan. k1

M/k2

≈

k3

C

C

k2

k1 Odatle sledi da je π1 (M/k2 ) ∼ = π1 (RP2 ) ∼ = Z2 . Konaqno, ako krunicu k3 skupimo u taqku, dobijamo dva omotaqa kupe sa zajedniqkim vrhom i antipodalnom identifikacijom na jednoj rubnoj krunici. k2

M/k3 ≈

A

k3

k1

C

C

k1 Meutim, ovo nije nixta drugo nego buket projektivne ravni i zatvorenog diska. Dakle, topoloxki tip prostora M/k3 je buket projektivne ravni i zatvorenog diska uz napomenu da se za baznu taqku kod diska uzima taqka iz unutraxnjosti. Odatle imamo: π1 (M/k3 ) ∼ = π1 (RP2 ∨ D2 ) ∼ = π1 (RP2 ) ∗ π1 (D2 ) ∼ = Z2 .

48. Dokazati da ne postoji retrakt A projektivne ravni RP2 takav da je A ' S 1 . Rexenje : Pretpostavimo da postoji takav retrakt projektivne ravni. U tom sluqaju, postojalo bi neprekidno preslikavanje (retrakcija) r : RP2 → A takvo da komutira sledei dijagram (i : A ,→ RP2 je inkluzija). A

i

RP2

,→

idA &

.r A

Ali onda bi komutirao i odgovarajui dijagram fundamentalnih grupa. i

π1 (RP2 )

∗ −→

π1 (A) idπ1 (A) &

. r∗ π1 (A)

Poxto je A ' S 1 , vai da je π1 (A) ∼ = π1 (S 1 ) ∼ = Z. Uz to, poznato je da je π1 (RP2 ) ∼ = Z2 , pa bi postojao ovakav komutativan dijagram. Z idZ &

i

∗ −→

Z2 . r∗

Z Meutim, ovakav dijagram ne moe da komutira. Naime, kako je r∗ ◦ i∗ = idZ bijekcija, r∗ bi moralo da bude NA. To nije mogue jer ne postoji epimorfizam konaqne grupe Z2 na beskonaqnu grupu Z. Ova kontradikcija dokazuje da ne postoji retrakt projektivne ravni koji ima homotopski tip krunice.

49. Ako je M Mebijusova traka, ispitati da li postoji retrakcija r : M → ∂M . Rexenje : Centralna krunica Mebijusove trake je njen deformacioni retrakt. Da bismo ovo pokazali posmatrajmo koliqnik prostor krunog prstena, model Mebijusove trake, prikazan na sledeoj slici. U ovom modelu, centralnu krunicu α Mebijusove trake vidimo ”dvostruko” na veoj rubnoj krunici ovog prstena. Manja rubna krunica je zapravo ∂M , graniqna krunica Mebijusove trake. α

α

M:

≈

α Mebijusovu traku moemo da ”homotopiramo” na krunicu α, kao xto je predstavljeno na slici. Ova homotopska ekvivalencija je deformaciona retrakcija Mebijusove trake na njenu centralnu krunicu. α

α

α

≈

'

M ≈

α

α

Ako bi postojala retrakcija r : M → ∂M , ona bi izgenerisala ovakav komutativan dijagram fundamentalnih grupa. i

∗ −→

π1 (∂M ) idπ1 (∂M ) &

π1 (M )

. r∗

π1 (∂M ) Ovde je i∗ : π1 (∂M ) → π1 (M ) indukovano inkluzijom i : ∂M ,→ M . Naravno, i π1 (M ) i π1 (∂M ) su izomorfne sa Z, pa bismo zapravo imali komutativni dijagram: Z

i

∗ −→

idZ &

Z . r∗

Z Odredimo homomorfizam i∗ . Oznaqimo sa f : M → α gore opisanu homotopsku ekvivalenciju, a sa β orijentisanu graniqnu krunicu ∂M koja reprezentuje generator grupe π1 (∂M ) (radi jednostavnije notacije, tako emo oznaqavati i sam generator).

α

β

α Pri preslikavanju f ◦ i, petlja β se preslikava u petlju α2 , petlju koja dva puta ”proe” krunicom α. To znaqi da je (f ◦ i)∗ (β) = α2 , odnosno (f ◦ i)∗ (β) = 2α u aditivnoj notaciji (i ovde je iz praktiqnih razloga generator grupe π1 (α) ∼ = Z oznaqen opet sa α). Odavde moemo da zakljuqimo da je homomorfizam (f ◦ i)∗ = f∗ ◦ i∗ : Z → Z zapravo mnoenje sa 2. Ali kako je f∗ izomorfizam (jer je f homotopska ekvivalencija) to i∗ mora biti mnoenje sa 2 (ili eventualno sa −2 ako se promeni orijentacija). Konaqno, iz komutativnog dijagrama gore prikazanog, imali bismo: 1 = idZ (1) = r∗ (i∗ (1)) = r∗ (2) = r∗ (2 · 1) = 2 · r∗ (1). Naravno, ovo je kontradikcija jer 1 nije paran broj, pa sledi da ne postoji retrakcija r : M → ∂M .

50. Neka je X = S 2 /∼ prostor koji nastaje od sfere S 2 tako xto se na ekvatoru identifikuju taqke iϕ i(ϕ+ 2π 3 ) , 0) (v. sliku). qiji radijus-vektori zaklapaju ugao 2π 3 , tj. (e , 0) ∼ (e

α α

X: α

(a) Odrediti π1 (X). (b) Ako je A ekvator (A = {(x, y, z) ∈ S 2 |z = 0}), ispitati da li je A/∼ retrakt prostora X. Rexenje : (a) Ako prostor X iseqemo po ekvatoru, dobijamo dve polusfere (dva diska) sa identifikacijom na rubu α3 . α

α

X ≈

α

α α

Jednostavnom (dvostrukom) primenom Van Kampenove teoreme, dobijamo: π1 (X) ∼ = hα | α3 = 1, α3 = 1i ∼ = hα | α3 = 1i ∼ = Z3 . (b) Odredimo fundamentalnu grupu prostora A/∼ .

α

α A α ≈

A/∼ :

α

A

≈ α

A

α

Oqigledno, A/∼ je krunica, pa je π1 (A/∼ ) ∼ = Z. Ako bi postojala retrakcija r : X → A/∼ , komutirao bi dijagram na slici. i

A/∼

,→

idA/∼ &

X .r

A/∼ Kako je fundamentalna grupa funktor, imali bismo i sledei komutativni dijagram grupa. i

∗ −→

π1 (A/∼ ) idπ1 (A/∼ ) &

π1 (X)

. r∗

π1 (A/∼ ) Dakle, postojao bi ovakav komutativan dijagram grupa.

Z

i

∗ −→

idZ &

Z3 . r∗

Z Meutim, identitet beskonaqne grupe se ne faktorixe kroz konaqnu grupu, xto znaqi da smo dobili kontradikciju. Stoga, A/∼ nije retrakt prostora X.

51. Dokazati da ne postoji retrakcija r : X → ∂X. Da li X ima svojstvo fiksne taqke (SFT)? ∂X )

X:

Rexenje : Prostor X je zapravo torus sa koga je izbaqen jedan otvoren disk. Ako posmatramo standardni koliqniqki model torusa, onda jedan koliqnik model prostora X izgleda ovako. α

X ≈

β

β

α

Prostor X je homotopski ekvivalentan ”osmici” (buketu dve krunice). Homotopska ekvivalencija f je opisana na sledeem crteu. Primeujemo da je buket krunica α i β zapravo deformacioni retrakt prostora X. α

α f X ≈

'

β

β

z

≈

β

β

α

β

α

α

Odavde vidimo i da je π1 (X) ∼ = π1 (α ∨ β) ∼ = hα, β | −i ∼ = Z ∗ Z (radi izbegavanja komplikovanih oznaka, ovde generatore fundamentalnih grupa krunica α i β oznaqavamo kao i same krunice: α, β). Primetimo jox da se krunica γ (xto je zapravo ∂X) pri preslikavanju f slika u petlju αβα−1 β −1 . α

α f γ

β

β

f (γ) z

β

β

α

α

Neka je i : ∂X ,→ X inkluzija. Pri tom preslikavanju, krunica γ (generator grupe π1 (∂X) ∼ = Z) se, naravno, slika u sebe, a onda pri preslikavanju f : X → α ∨ β, kao xto je ve napomenuto, u petlju αβα−1 β −1 . To znaqi da je f∗ (i∗ (γ)) = (f ◦ i)∗ (γ) = αβα−1 β −1 . Meutim, f je homotopska ekvivalencija, xto znaqi da je f∗ izomorfizam, pa onda homomorfizam i∗ : π1 (∂X) → π1 (X) slika generator grupe π1 (∂X) u komutator generatora grupe π1 (X), tj. on je dat sa i∗ (γ) = αβα−1 β −1 , pri qemu je π1 (∂X) = hγ | −i, a π1 (X) = hα, β | −i. Ako bi postojala retrakcija r : X → ∂X, ona bi dala ovaj komutativni dijagram grupa. i

∗ −→

π1 (∂X) idπ1 (∂X) &

π1 (X)

. r∗

π1 (∂X) To jest, imali bismo ovakav komutativan dijagram grupa. Z

i

∗ −→

idZ &

Z∗Z . r∗

Z Pri tom, znamo da homomorfizam i∗ preslikava generator γ u komutator αβα−1 β −1 . Abelizacijom ovog dijagrama, dobili bismo komutativni dijagram Abelovih grupa prikazan na sledeoj slici (opet radi jednostavnijeg oznaqavanja, zadravamo iste oznake za generatore i homomorfizme). Z

i

∗ −→

idZ &

Z⊕Z . r∗

Z Meutim, i∗ (γ) = α + β − α − β = 0, pa poxto je γ (jedini) generator, zakljuqujemo da je i∗ = 0. Odavde bi sledilo da je idZ = r∗ ◦ i∗ = r∗ ◦ 0 = 0, xto nije taqno, pa je dokazano da ne postoji retrakcija r : X → ∂X. Kada bi prostor X imao svojstvo fiksne taqke, onda bi i buket krunica α i β, kao (deformacioni) retrakt od X, imao to svojstvo.

Meutim, osmica nema SFT. Naime, definiximo preslikavanje g : α ∨ β → α ∨ β na sledei naqin. Na krunici α definixemo g kao antipodalno preslikavanje, a na krunici β kao konstantno preslikavanje koje celo β preslika u taqku na krunici α antipodalnu dodirnoj taqki A dveju krunica. g

α

β

z

A

g(α)

g(A) = g(β)

Preslikavanje g je neprekidno po teoremi o lepljenju, a oqigledno nema fiksnih taqaka. Dakle, prostor X nema SFT.

52. Dati su prostori X i Y . α

β

a

X:

c

b β

β

γ

γ

Y : α

β

α

γ

γ

β

α

γ

γ

(a) Da li vai π1 (X) ∼ = π1 (Y )? (b) Da li meu prostorima X, X \ {a}, X \ {b} i X \ {c} ima homotopski ekvivalentnih? (v) Da li vai X ≈ Y ?

Rexenje : (a) Odredimo grupu π1 (X). Na treem disku prostora X se vidi da su α i β krunice sa zajedniqkom poqetnom (krajnjom) taqkom, pa odatle sledi da su sva ”temena” u prostoru X identifikovana. Stoga, moemo odmah da primenimo Van Kampenovu teoremu na osnovu koje dobijamo: π1 (X) ∼ = hα, β | α2 = 1, β 3 = 1, αβ = βαi ∼ = Z2 ⊕ Z3 . Xto se tiqe prostora Y , odmah se vidi da su sva ”temena” identifikovana, pa primenom Van Kampenove teoreme, dobijamo da je π1 (Y ) ∼ = hγ | γ 6 = 1i ∼ = Z6 . Kako je NZD(2, 3) = 1, to vai Z2 ⊕ Z3 ∼ = Z6 (Zm ⊕ Zn ∼ = Zmn ⇐⇒ NZD(m, n) = 1). Dakle, grupe π1 (X) i π1 (Y ) jesu izomorfne.

(b) Odredimo fundamentalne grupe prostora X \ {a}, X \ {b} i X \ {c}. Ako iz prostora X izbacimo taqku a, unutraxnjost prvog diska moemo iz taqke a da ”homotopiramo” na granicu. α

β

α

β '

X \ {a} : β

β

β

α α

β

α

α β

β

α

β

≈

' β α

β

β

α

β

β

β

α

Po Van Kampenovoj teoremi, π1 (X \ {a}) ∼ = hα, β | β 3 = 1, αβ = βαi ∼ = Z ⊕ Z3 . Analogno, prostor X \ {b} moemo iz izbaqene taqke b da ”homotopiramo” na prvi i trei disk.

α

β

β

α

'

X \ {b} : β

β

α

β

α

β

α

α

β

α

β

α

≈

' β

β

α

β

α

α

β

α

Ponovo na osnovu Van Kampenove teoreme imamo π1 (X \ {b}) ∼ = hα, β | α2 = 1, αβ = βαi ∼ = Z2 ⊕ Z. Konaqno, X\{c} je homotopski ekvivalentan koliqnik prostoru prva dva diska. Ovde je pri ”brisanju” granice treeg diska izgubljena informacija o identifikaciji poqetnih taqaka krunica α i β, pa to naznaqavamo na crteu. α

β

β

α

'

X \ {c} : β

β

α

β

α

β

α

α

β

α

≈

' β

β

α

M

α

β

β M β

β

α

Kao i u prethodna dva sluqaja, korixenjem Van Kampenove teoreme, dobijamo jednu prezentaciju fundamentalne grupe, pa imamo: π1 (X \ {c}) ∼ = hα, β | α2 = 1, β 3 = 1i ∼ = Z2 ∗ Z3 . Kako meu fundamentalnim grupama prostora X, X \ {a}, X \ {b} i X \ {c} oqigledno nema izomorfnih, to meu ovim prostorima nema homotopski ekvivalentnih. (v) Prvi naqin: Ako bi postojao homeomorfizam f : X → Y , onda bi za bilo koje x ∈ X vailo X \ {x} ≈ Y \ {f (x)}, pa bi za svako x ∈ X bilo π1 (X \ {x}) ∼ = π1 (Y \ {f (x)}). Meutim, izbacivanjem jedne taqke iz prostora Y , mogue je dobiti samo dva topoloxka tipa (za razne izbore te taqke). Naime, dva efektivno razliqita sluqaja su kada je izbaqena taqka iz unutraxnjosti diska i kada je izbaqena taqka sa granice. Preciznije, za svake dve taqke u unutraxnjosti postoji homeomorfizam prostora Y na sebe koji jednu od te dve taqke slika u drugu. Sliqno, za svake dve taqke (klase) na granici postoji homeomorfizam prostora Y na sebe koji jednu od te dve taqke slika u drugu (ovaj homeomorfizam je npr. indukovan rotacijom). Dakle, do na izomorfizam, postoje najvixe dve mogue grupe π1 (Y \ {f (x)}) (za razne x), pa je bar jedna od grupa π1 (X \ {a}), π1 (X \ {b}), π1 (X \ {c}) razliqita od obe. Ako je to npr. π1 (X \ {a}), onda ona nije izomorfna sa π1 (Y \ {f (a)}), xto znaqi da prostori X \ {a} i Y \ {f (a)} nisu homeomorfni, xto je kontradikcija sa pretpostavkom da je f homeomorfizam. Dakle, X i Y nisu homeomorfni. Pokaimo ipak kako se odreuju te dve mogue grupe π1 (Y \∗) (iako to nije neophodno za ovaj zadatak). Ako je izbaqena taqka iz unutraxnjosti, onda iz te taqke prostor Y \ ∗ ”homotopiramo” na granicu i dobijamo da Y \ ∗ ima homotopski tip krunice. γ

γ Y \∗ :

γ

γ γ

γ

γ '

γ

Odavde sledi da je, u ovom sluqaju, π1 (Y \ ∗) ∼ = Z.

γ γ

γ γ

γ

≈

Za drugi sluqaj uzmimo koliqnik prostor xestougla za model prostora Y . γ γ

γ ≈

Y

γ

γ γ

Oznaqimo sa p izbaqenu taqku (klasu) sa granice xestougla. Uoqimo velike dijagonale ovog xestougla. Svaki od xest dobijenih trouglova moemo iz (izbaqene) taqke p da ”homotopiramo” na dve njegove stranice (delove dijagonala) kao xto je prikazano na sledeoj slici. q

γ

q

q

p

γ

p

p

γ q

Y \ {p} :

q

q

q

'

γ

p

q

s

p

γ q

p

γ

q

q

q

Primetimo da je ova homotopija korektno definisana. Ako posmatramo klasu koja ima xest predstavnika na granici, svaka od tih xest taqaka ide istim putem do temena q. Dakle, dobili smo da je prostor Y \ {p} homotopski ekvivalentan uniji velikih dijagonala sa nasleenom identifikacijom. Kada spojimo (zalepimo) sve taqke q u jednu, dobijamo xest dui sa zajedniqkim krajevima. Skupljanjem u taqku jedne od tih dui, imamo da Y \ {p} ima homotopski tip buketa od pet krunica.

q=s Y \ {p}

q

'

'

s

¼

Na osnovu prethodnog izlaganja, π1 (Y \ {p}) ∼ = Z ∗ Z ∗ Z ∗ Z ∗ Z = Z∗5 . Drugi naqin: Ako bi postojao homeomorfizam f : X → Y , on bi bio i lokalni homeomorfizam. Ako, na primer, uoqimo taqku d ∈ X koja se nalazi na krunici α i njenu okolinu koja se sastoji od qetiri poludiska sa zajedniqkom granicom (qetiri ”latice”), onda bi taqka f (d) ∈ Y morala da ima okolinu homeomorfnu ovoj (to bi bila slika uoqene okoline taqke d pri homeomorfizmu f ). α

β

X: β

d α

β

α d

d

β

β

d d

α

Meutim, nijedna taqka prostora Y nema ovakvu okolinu. Naime, svaka okolina taqke iz unutraxnjosti ima podokolinu homeomorfnu disku (dva poludiska sa zajedniqkom granicom), a svaka okolina taqke (klase) sa granice ima podokolinu homeomorfnu sa xest poludiskova sa zajedniqkom granicom (xest ”latica”).

γ

γ

+ Y :

γ p

e γ

γ

e

p

p γ

Y :

γ p p

γ

γ

γ

p

p γ

γ

Kako je broj ”latica” topoloxka invarijanta, iz prethodnog sledi da prostori X i Y nisu lokalno homeomorfni (ne postoji lokalni homeomorfizam iz X u Y ), pa nisu ni homeomorfni.

53. Dokazati da sfera bez dve (razliqite) taqke i projektivna ravan bez dve (razliqite) taqke nisu homeomorfni. Rexenje : Poxto je sfera bez jedne (bilo koje) taqke homeomorfna ravni, a ravan bez jedne (bilo koje) taqke cilindru, zakljuqujemo da je sfera bez dve taqke topoloxki cilindar, pa je onda fundamentalna grupa sfere bez dve taqke izomorfna sa Z. Posmatrajmo koliqnik model projektivne ravni prikazan na sledeoj slici. α

≈

RP2

α Poxto je RP2 povrx bez granice moemo proizvoljno da izaberemo dve taqke p i q koje emo izbaciti. Ako napravimo izbor kao na sledeoj slici, dobijamo da je prostor RP2 \{p, q} homotopski ekvivalentan osmici, tj. buketu dve krunice. p α A RP2 \ {p, q}

α

R

≈ 1

A A

≈

' A

α

α

α A ≈

A

A

α

q Na osnovu toga, π1 (RP2 \ {p, q}) ∼ = Z ∗ Z. Kako ova dva prostora (sfera bez dve taqke i projektivna ravan bez dve taqke) nemaju izomorfne fundamentalne grupe, oni nisu homeomorfni.

54. Prostor X je dobijen tako xto su iz ravni izbaqena dva otvorena diska i na rubu tako nastale povrxi uvedena identifikacija kao na slici. Odrediti π1 (X). α X: α

β α

β

Rexenje : Uoqimo jednu krunicu u ovoj ravni takvu da su oba izbaqena diska u njenoj unutraxnjosti. Deo prostora X koji se nalazi u spoljaxnjosti krunice moemo da ”homotopiramo” na tu krunicu i dobijamo prostor istog homotopskog tipa kao i X.

'

X

A α

β

A

α

αB A

B β

Sada u dobijenom prostoru uoqimo du CD, koja je kontraktibilna, pa je moemo skupiti u taqku , a da ne promenimo homotopski tip. C=D

C α X '

A

β

A

B

αB

α A

α '

A α

β

β

? B

A α A

B β

D

Dobili smo da je X homotopski ekvivalentan buketu prostora Y i Z koji su dati na sledeoj slici.

α Y :

A α

β A α A

Z:

B

B β

Primetimo najpre da prostor sa gornje slike zaista jeste buket ova dva jer je taqka C (odnosno D) njihova jedina zajedniqka taqka (pri naznaqenoj identifikaciji krunice α i β su disjunktne). Dakle, vai X ' Y ∨ Z, pa imamo da je π1 (X) ∼ = π1 (Y ) ∗ π1 (Z). Primetimo zatim da je prostor Z zapravo jedan od poznatih koliqniqkih modela Mebijusove trake, pa je π1 (Z) ∼ = Z. Xto se tiqe prostora Y , njega moemo ”homotopirati” na krunicu α, pa i on ima homotopski tip krunice. α

α α Y :

A α

A α A

A

A ≈

A

α α

A

'

A

α α

Sledi da je i π1 (Y ) ∼ = Z. Na osnovu svega prethodnog, konaqno zakljuqujemo da je π1 (X) ∼ = Z ∗ Z.

55. Dat je prostor X.

α ≈ A

A

X:

(a) Da li X ima svojstvo fiksne taqke? (b) Da li je X retrakt od D3 ? e potprostoru od R3 , koji se dobija tako xto Rexenje : (a) Dati prostor X je homeomorfan prostoru X, se na sferu S 2 doda jedna ”polulopta” L kao xto je prikazano na sledeem crteu.

X

≈

:

e X

L y e = S 2 ∪ L. Dakle, X e →X e dato kao sledea kompozicija: Posmatrajmo preslikavanje f : X e X

,→

R3 \ {0}

ort

−→

S2

a

−→

S2

,→

e X.

x Ovde je preslikavanje ort : R3 \ {0} → S 2 radijalna projekcija (ort(x) = ||x|| ), zatim a : S 2 → S 2 antipodalno preslikavanje (a(x) = −x), a sa ”,→” su oznaqene inkluzije. Sva ova preslikavanja su neprekidna, pa je i f neprekidno kao njihova kompozicija. Primetimo zatim da se taqke sa sfere S 2 pri svim ovim preslikavanjima osim preslikavanja a, slikaju u sebe, dok e \ S 2 , vai da je a(x) = −x 6= x. To znaqi da je onda i f (x) 6= x za svako x ∈ S 2 . S druge strane, za x ∈ X 2 f (x) ∈ S , pa mora biti f (x) 6= x. e a onda i Dakle, f je neprekidno preslikavanje koje nema fiksnih taqaka, xto znaqi da prostor X, njemu homeomorfan prostor X, nemaju SFT.

(b) Postoji homeomorfizam diska D3 na prostor Ye = D3 ∪ L prikazan na sledeoj slici, ali takav da e ⊂ Ye pri tom homeomorfizmu. Dokaimo da X e nije retrakt potprostor X ⊂ D3 odgovara potprostoru X od Ye odakle e slediti i da X nije retrakt od D3 .

Ye

:

e Posmatrajmo sledeu kompoziciju: Pretpostavimo suprotno, da postoji retrakcija r : Ye → X. D3

,→

Ye

r

−→

e X

,→

R3 \ {0}

ort

−→

S2.

Ova kompozicija je neprekidno preslikavanje iz diska D3 na njegovu granicu S 2 . Pri tom vai da e a r retrakcija. Kako i pri svim ostalim preslikavanjima je za svako x ∈ S 2 r(x) = x jer je S 2 ⊂ X, 2 iz ove kompozicije taqke sa sfere S ostaju fiksne, imamo da ova kompozicija svaku taqku sa sfere preslikava u sebe. Ali to je onda retrakcija diska D3 na ∂D3 = S 2 , pa smo dobili kontradikciju jer takva retrakcija ne postoji.

e nije retrakt od Ye , pa onda i X nije retrakt od D3 . Dakle, X

56. Dati su prostori X, Y i Z.

Z:

Y:

X:

(a) Da li je Y retrakt od X? (b) Da li je Z retrakt od Y ? Rexenje : (a) Uoqimo preslikavanje f : Y → S 1 dato kao radijalna projekcija iz taqke A ∈ int(D2 ) \ Y na krunicu S 1 . A

f Y:

z

: S1

Preslikavanje f je naravno neprekidno, a njegova restrikcija na S 1 je identitet. To znaqi da je f retrakcija prostora Y na S 1 . Ako bi postojala retrakcija r : X = D2 → Y , onda bi preslikavanje f ◦ r : D2 → S 1 bilo retrakcija diska D2 na njegovu granicu S 1 . Kako ova poslednja retrakcija ne postoji, to ne moe postojati ni retrakcija r. Dakle, Y nije retrakt od X. (b) Uoqimo sada preslikavanje g koje prostor Z slika na granicu donjeg poludiska tako xto gornju polukrunicu projektuje na horizontalni preqnik, a ostale taqke ostavlja fiksnim (v. sledeu sliku). g je neprekidno po teoremi o lepljenju. Neka je jox i inkluzija donjeg (zatvorenog) poludiska u prostor Y. Ako bi postojala retrakcija r : Y → Z, onda bi kompozicija g ◦ r ◦ i bilo neprekidno preslikavanje iz donjeg zatvorenog poludiska na njegovu granicu koje svaku taqku sa granice slika u sebe. Dakle, g ◦ r ◦ i bi bila retrakcija zatvorenog poludiska na njegovu granicu.

????????

i -

r

-

g

-

Meutim, takvo preslikavanje ne postoji. Naime, zatvoreni poludisk je homeomorfan zatvorenom disku, pri qemu granici poludiska odgovara granica diska. Stoga, ako bi granica poludiska bila njegov retrakt, onda bi i granica diska bila retrakt diska, a ovo poslednje nije taqno. Zakljuqujemo da Z nije retrakt od Y .

57. Neka je X topoloxki prostor koji ima svojstvo fiksne taqke (SFT). Dokazati da je X povezan.

Rexenje : Dokazaemo kontrapoziciju ovog tvrenja. Neka je X nepovezan topoloxki prostor. To znaqi da postoje neprazni otvoreni podskupovi U i V takvi da je U ∩ V = ∅ i U ∪ V = X. Odaberimo a ∈ U i b ∈ V (ovde koristimo qinjenicu da su U i V neprazni). Definiximo sada preslikavanje f : X → X na sledei naqin: ½ b, x∈U f (x) = a, x∈V . Preslikavanje f je dobro definisano (U ∪ V = X, U ∩ V = ∅), njegove restrikcije na U , odnosno V , su konstantna preslikavanja, pa su i neprekidna. Po teoremi o lepljenju, i f je neprekidno (ovde koristimo qinjenicu da su U i V otvoreni i da je U ∪ V = X). Po definiciji funkcije f , za svako x ∈ U vai f (x) ∈ V i za svako x ∈ V vai f (x) ∈ U . Poxto su U i V disjunktni, zakljuqujemo da preslikavanje f nema fiksnih taqaka. Dakle, prostor X nema SFT.

58. Neka su X i Y prostori koji imaju svojstvo fiksne taqke (SFT). Dokazati da tada i njihov buket X ∨ Y (bez obzira na izbor baznih taqaka) ima SFT. Rexenje : Odaberimo (proizvoljno) bazne taqke x0 ∈ X i y0 ∈ Y i formirajmo buket X ∨Y = X tY /x0 ∼y0 . Oznaqimo sa p = [x0 ] = [y0 ] ”zajedniqku taqku” prostora X i Y u buketu X ∨ Y . Neka je f : X ∨ Y → X ∨ Y proizvoljno neprekidno preslikavanje. Treba dokazati da f ima fiksnu taqku. Oznaqimo jox sa iX : X ,→ X ∨ Y i iY : Y ,→ X ∨ Y inkluzije. Napomenimo da, radi jednostavnije notacije, prostor X (odnosno Y ) identifikujemo sa odgovarajuim potprostorom buketa X ∨ Y . Tako na primer, smatramo da iX slika svaku taqku iz X u sebe (umesto u njenu klasu), pa otuda preslikavanja iX i iY i zovemo inkluzijama. Posmatrajmo kompoziciju: X

iX

,→

X ∨Y

f

−→

X ∨Y

π

X −→

X.

Ovde je πX : X ∨ Y → X kolapsiranje prostora Y , tj. preslikavanje definisano sa ½ u, u∈X πX (u) = p, u∈Y . Direktno se proverava da je πX neprekidno preslikavanje. Uoqena kompozicija πX ◦ f ◦ iX : X → X je neprekidno preslikavanje, pa poxto X ima SFT, ono ima fiksnu taqku. Ako πX ◦ f ◦ iX ima fiksnu taqku a razliqitu od x0 = p, onda, poxto je iX (a) = a, imamo da je a = πX (f (iX (a))) = πX (f (a)). Ali, kako je a ∈ X \ {p}, jedina taqka iz X ∨ Y koja se pri πX slika u a je ona sama, pa zakljuqujemo da je f (a) = a. Dakle, u ovom sluqaju, naxli smo fiksnu taqku preslikavanja f. Ako funkcija πX ◦ f ◦ iX nema fiksnu taqku koja je razliqita od p, onda bax p mora biti njena fiksna taqka, tj. vai πX (f (iX (p))) = πX (f (p)) = p. U ovom sluqaju, posmatrajmo i preslikavanje πY : X ∨ Y → Y , analogno preslikavanju πX . Dakle, πY je kolapsiranje prostora X, tj. definisano je sa ½ p, v∈X πY (v) = v, v∈Y . Uoqimo zatim i kompoziciju Y

iY

,→

X ∨Y

f

−→

X ∨Y

π

Y −→

Y.

Poxto Y ima SFT, preslikavanje πY ◦ f ◦ iY : Y → Y ima fiksnu taqku. Ako πY ◦ f ◦ iY ima fiksnu taqku razliqitu od p, onda, analogno prvom sluqaju, pokae se da je ta taqka fiksna i za preslikavanje f . Konaqno, ako ni πY ◦ f ◦ iY nema fiksnu taqku razliqitu od p, onda je p fiksna taqka i ovog preslikavanja. Odatle imamo da je πY (f (iY (p))) = πY (f (p)) = p. Kako je πY (f (p)) = p, iz definicije preslikavanja πY sledi da f (p) ∈ X. Sliqno, poxto je πX (f (p)) = p, mora biti i f (p) ∈ Y . Meutim, jedina zajedniqka taqka prostora X i Y u buketu X ∨ Y je taqka p, xto znaqi da je f (p) = p, pa smo dobili da je p fiksna taqka preslikavanja f . Dakle, u svakom sluqaju, f ima fiksnu taqku, pa prostor X ∨ Y ima SFT.

59. Da li prostori X i Y imaju SFT?

X:

Y :

Rexenje : Prostor X je buket dui (jednodimenzionalnog zatvorenog diska) i dvodimenzionalnog zatvorenog diska. Kako ovi prostori po Brauerovoj teoremi imaju SFT, na osnovu prethodnog zadatka i X ima SFT. Xto se tiqe prostora Y , oznaqimo sa A i B taqke u disku koje su spolja spojene lukom, a taj luk sa l. l

Y :

A

B

Uoqimo sad preslikavanje ovog dvodimenzionalnog diska (potprostora od Y ) na du AB koje najpre taj disk ”sabije” izmeu dve vertikalne prave kroz taqku A, odnosno B, a onda dobijeni deo diska ortogonalno projektuje na du AB (v. sliku).

-

¾ ¾

A -

¾ B ¾

-

¾ ¾ ¾

z

A ? ? ?? ?B 66 6 6 6

z A

B

Pri ovom preslikavanju, svaka taqka sa dui AB ide u sebe. Ako ovo preslikavanje dodefinixemo na luk l kao identitet, dobijamo retrakciju prostora Y na uniju dui AB i luka l. Naime, ovako dodefinisano preslikavanje r je neprekidno po teoremi o lepljenju, a svaku taqku iz ove unije (kodomena) ostavlja fiksnom. Primetimo jox da je ova unija topoloxka krunica. l

l r Y :

A

B

≈

z A

B

Ako bi Y imao SFT, onda bi i svaki njegov retrakt imao tu osobinu. Meutim, prethodno uoqeni retrakt (unija dui AB i luka l) nema SFT jer njemu homeomorfan prostor, krunica S 1 , nema SFT (antipodalno preslikavanje). Ova kontradikcija dokazuje da prostor Y nema svojstvo fiksne taqke.

60. Dati su prostori X, Y i Z.

Z:

Y :

X:

(a) Da li meu ovim prostorima ima homeomorfnih? (b) Da li ovi prostori imaju SFT? Rexenje : (a) Uoqimo taqku A ∈ X oznaqenu na sledeem crteu. A X:

Ako bi vailo X ≈ Z, onda bi prostor X \ {A} bio homeomorfan prostoru Z iz koga je izbaqena taqka koja odgovara taqki A pri gornjem homeomorfizmu. Meutim, kada se iz prostora Z izbaci bilo koja taqka, dobija se povezan prostor, dok prostor X \ {A} nije povezan. Iz prethodnog sledi da X i Z nisu homeomorfni. Potpuno analogno, u prostoru Y uoqimo taqku B.

B

Y :

Kako prostor Y \{B} nije povezan, isti argument kao maloqas dokazuje da ni Y i Z nisu homeomorfni. Ostalo je jox da ispitamo da li je X ≈ Y . Ako bi postojao homeomorfizam f : X → Y , onda bi prostor X \ {A} bio homeomorfan prostoru Y \ {f (A)}. Prostor X \{A} ima dve komponente povezanosti od kojih je jedna kontraktibilna, a druga homotopski ekvivalentna krunici. Naime, jedna komponenta je unija diska i (poluotvorene) dui qiji jedan kraj lei u disku. Tu du moemo da skupimo u taqku i dobijamo disk koji je kontraktibilan. Druga komponenta je disk bez jedne taqke u unutraxnjosti, koji iz te izbaqene taqke moemo da ”homotopiramo” na graniqnu krunicu.

'

'

∗

'

S druge strane, taqka f (A) mora pripadati dui koja spaja dva diska u prostoru Y jer u suprotnom prostor Y \ {f (A)} biva povezan. Meutim, i kada f (A) pripada ovoj dui, prostor Y \ {f (A)} ima dve komponente od kojih su obe kontraktibilne. Naime, jedna od komponenti je sigurno unija diska i dui qiji jedan kraj lei na granici diska, a druga je ili isto to ili disk bez taqke na granici (ako je f (A) bax jedan od krajeva uoqene dui). Oba pomenuta prostora su kontraktibilna. Zakljuqujemo da ne moe da vai X \ {A} ≈ Y \ {f (A)}, pa ne postoji homeomorfizam f . Dakle, ni prostori X i Y nisu homeomorfni. (b) Prostor X moemo da vidimo kao buket jedne kopije dvodimenzionalnog diska i unije druge kopije diska sa dui qiji jedan kraj lei u tom disku.

X ≈

∨

Disk ima SFT po Brauerovoj teoremi, a da ovaj drugi prostor ima SFT pokazano je u prethodnom zadatku. Odavde sledi da X, kao buket dva prostora sa SFT, i sam ima to svojstvo (zadatak 58). Sliqno, i prostor Y je homeomorfan buketu prostora prikazanim na sledeoj slici.

Y ≈

∨

Drugi od ovih prostora je disk, pa ima SFT. Prvi od ova dva prostora takoe ima SFT jer je on buket diska i dui, dva prostora sa SFT.

∨

≈

Prostor Y , opet na osnovu zadatka 58, ima svojstvo fiksne taqke. Xto se tiqe prostora Z, on ima retrakt homeomorfan krunici. Naime, definiximo preslikavanje r iz prostora Z na rub pravougaonika M N P Q (v. sliku) na sledei naqin. Na gornjem disku, r je ortogonalna projekcija na du (preqnik) P Q, na donjem, ortogonalna projekcija na du M N , a na duima N P i M Q, r je identitet. Q ° ° ² ² ² ² ² ² ² P ± º º º º º º º

° ° ² ² ² ² ² ² ² M ± º º º º º º º N Q

P

Q

P

M

N

r z

Z: M

N

Ovako definisano preslikavanje r je neprekidno po teoremi o lepljenju. Takoe, ono svaku taqku sa ruba pravougaonika M N P Q (kodomena) slika u sebe, xto znaqi da je r retrakcija. Naravno, rub pravougaonika ja homeomorfan krunici, pa nema SFT. Kako postoji retrakt prostora Z koji nema SFT, to ni prostor Z ne moe imati SFT. Napomena: Da prostor Z nema svojstvo fiksne taqke, mogli smo i direktno da vidimo. Prostor Z je, kao potprostor od R3 , centralno simetriqan u odnosu na presek dijagonala pravougaonika M N P Q. Kako ta taqka (presek dijagonala) ne pripada prostoru Z, ova centralna simetrija je neprekidno preslikavanje prostora Z u sebe koje nema fiksnih taqaka.

61. Da li prostori X i Y imaju SFT?

Y :

X:

Rexenje : Prostor X moemo da utopimo u R3 na sledei naqin. Ako je S 1 = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 = 1} i D2 = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 ≤ 1}, onda je X = (S 1 × [−1, 1]) ∪ (D2 × {0}). z 6

y

X: x¼

Uoqimo sada pun valjak D2 × [−1, 1] koji je nadskup od X i konstruiximo funkciju r : D2 × [−1, 1] → X. Definiximo r najpre u taqkama sa nenegativnom z-koordinatom (drugim raqima, na skupu D2 × [0, 1]). To e biti radijalna projekcija iz taqke M (0, 0, 32 ) na deo prostora X iznad, odnosno na, xOy ravni, tj. na skup (S 1 × [0, 1]) ∪ (D2 × {0}). Preciznije, ako je A ∈ D2 × [0, 1], taqku r(A) dobijamo kao (jednoznaqno odreeni) presek poluprave M A sa skupom (S 1 × [0, 1]) ∪ (D2 × {0}). z 6 M

+ -

A r(A)

:/

D2 × [0, 1]

® z 6

j

®

¼

~

U ° ²

w

W N

^ y B = r(B)

x¼

z

-

z 6 ) y

y x¼

(S 1 × [0, 1]) ∪ (D2 × {0})

x¼

Primetimo da, pri ovoj radijalnoj projekciji, taqke iz skupa (S 1 × [0, 1]) ∪ (D2 × {0}) ⊂ X ostaju fiksne. Potpuno analogno, za taqke iz punog valjka sa z-koordinatom ≤ 0 (na skupu D2 × [−1, 0]), r definixemo kao radijalnu projekciju iz taqke N (0, 0, − 23 ) na skup (S 1 × [−1, 0]) ∪ (D2 × {0}) ⊂ X. Ove dve radijalne projekcije se poklapaju na preseku D2 ×{0}, pa je preslikavanje r dobro definisano. Ono je neprekidno po teoremi o lepljenju, a svaku taqku iz prostora X preslikava u sebe.

r 2

D × [−1, 1]:

z

:X

Iz svega prethodnog sledi da je r retrakcija, tj. da je X retrakt punog valjka. Kako je puni valjak homeomorfan trodimenzionalnom zatvorenom disku D3 , on ima SFT po Brauerovoj teoremi, a kako je X njegov retrakt, to i X ima to svojstvo. I prostor Y moemo da utopimo u R3 , na primer ovako: Y = (S 1 × [−1, 1]) ∪ (D2 × {− 13 }) ∪ (D2 × { 13 }). z 6

y

Y : x¼

Ovako utopljen, prostor Y je centralno simetriqan u odnosu na koordinatni poqetak. To znaqi da centralna simetrija (x, y, z) 7→ (−x, −y, −z) indukuje homeomorfizam prostora Y na sebe. Kako koordinatni poqetak (jedina fiksna taqka ove izometrije) ne pripada prostoru Y , dobili smo neprekidno preslikavanje iz Y u Y bez fiksnih taqaka. Dakle, Y nema SFT.

62. Dati su prostori X i Y .

X:

Y:

(a) Da li vai X ≈ Y ? (b) Da li vai X ' Y ? Rexenje : (a) Oznaqimo sa PX , odnosno PY , skup svih taqaka prostora X, odnosno Y , koje imaju okolinu homeomorfnu otvorenom 2-disku. I jedan i drugi skup su zapravo otvoreni cilindri.

PX :

PY :

Ako bi postojao homeomorfizam izmeu prostora X i Y , on bi bio i lokalni homeomorfizam, pa bi, pri njemu, taqkama iz PX odgovarale taqke iz PY . Meutim, onda bi, pri tom homeomorfizmu, taqkama skupa X \ PX odgovarale taqke skupa Y \ PY . Drugim reqima, vailo bi X \ PX ≈ Y \ PY . Ali ovo je kontradikcija jer je prostor Y \ PY povezan, a X \ PX nije povezan.

Y \ PY :

X \ PX : Dakle, prostori X i Y nisu homeomorfni.

(b) Prostor X je unija cilindra i luka (dui) koji spaja dve taqke sa iste graniqne krunice tog cilindra. Ceo ovaj cilindar moemo da projektujemo (”homotopiramo”) na tu graniqnu krunicu i dobijamo tri dui sa zajedniqkim krajevima. Ako jox jednu od ove tri dui skupimo u taqku, dobijamo da X ima homotopski tip osmice (buketa dve krunice).

'

X ≈

'

Prostor Y je unija cilindra i luka (dui) koji spaja taqku na jednoj sa taqkom na drugoj graniqnoj krunici cilindra. Najpre moemo naznaqenu izvodnicu (v. sliku) ovog cilindra da skupimo u taqku (jer je ona kontraktibilna). Dobijamo prostor istog homotopskog tipa, buket krunice i cilindra kome je jedna izvodnica kolapsirana. Sada jox ”ostatak” cilindra projektujemo (”homotopiramo”) na jednu graniqnu krunicu i dobijamo buket dve krunice.

'

Y ≈

'

Poxto i prostor X i prostor Y imaju homotopski tip osmice, oni jesu homotopski ekvivalentni.

63. Neka je D3 = {x ∈ R3 | ||x|| ≤ 1}, S 2 = {x ∈ R3 | ||x|| = 1} i neka je h : D3 → D3 homeomorfizam. Dokazati da je restrikcija homeomorfizma h na S 2 , h|S 2 : S 2 → S 2 , homeomorfizam. Rexenje : Kako je h homeomorfizam, za svaki potprostor A ⊂ D3 , on indukuje homeomorfizam iz A na h(A), tj. h|A : A ≈ h(A). Na osnovu ovoga, dovoljno je dokazati da je h(S 2 ) = S 2 . h

Za svako x ∈ D3 vai da je D3 \ {x} ≈ D3 \ {h(x)}. Ako je x ∈ S 2 , onda je prostor D3 \ {x} kontraktibilan (H(x, t) = tx je preslikavanje koje ostvaruje homotopiju izmeu konstantne nula funkcije i identiteta na D3 \ {x}). Kada taqka h(x) ne bi bila na granici ∂D3 = S 2 , onda bi ona morala da bude u unutraxnjosti diska D3 , pa bi prostor D3 \ {h(x)} imao homotopski tip sfere S 2 (iz izbaqene taqke h(x) ceo prostor D3 \ {h(x)} radijalno projektujemo na granicu). Meutim, to je kontradikcija jer sfera S 2 nije kontraktibilna. Zakljuqujemo da je h(S 2 ) ⊂ S 2 . Ako je y ∈ S 2 , onda postoji x ∈ D3 takvo da je h(x) = y (jer je h NA). Poxto h(x) ∈ S 2 , onda, iz istog razloga kao maloqas, taqka x ne moe biti u unutraxnjosti diska, pa mora biti na granici. Dakle, dobili smo i da je S 2 ⊂ h(S 2 ).

64. Neka je H = {(x, y) ∈ R2 | y ≥ 0} i a = (xa , ya ) i b = (xb , yb ) dve unutraxnje taqke iz H takve da je 0 < ya ≤ yb . Nai jedan homeomorfizam h : H → H takav da je h|∂H = id∂H i h(a) = b. Rexenje : Definisaemo preslikavanje h : H → H koje svaku taqku ”translira” za neki umnoak vektora b − a. Hoemo da taj umnoak bude = 1 za taqku a, a da bude = 0 za sve taqke na x-osi. Za taj umnoak moemo da uzmemo linearnu funkciju y-koordinate taqke v = (xv , yv ) ∈ H (oznaqimo tu linearnu funkciju sa l(yv )) takvu da je l(0) = 0 i l(ya ) = 1. Oqigledno, ta linearna funkcija je l(yv ) = yyav . Konaqno definixemo h(v) = v + yyv (b − a), v ∈ H.

:

yv ya (b

− a)

: : : : - : h(v) v : : : :

:

: : : b : a : : : : : :

: : : : : : : : :

y-koordinata taqke h(v) je yh(v) = yv + yyav ·(yb −ya ). Kako je v ∈ H, to je yv ≥ 0, a poxto je jox 0 < ya ≤ yb , imamo da je yh(v) ≥ 0, pa zaista h(v) ∈ H, tj. h : H → H. Primetimo odmah da je h(a) = b i da je, za v ∈ ∂H, tj. yv = 0, ispunjeno h(v) = v. S obzirom da je linearna po koordinatama, h je neprekidna funkcija. Neka je w ∈ H. Pronaimo v ∈ H takvo da je h(v) = w. Iz w = v + yyav (b − a) imamo ovakav sistem po xv i yv : a xw = xv + xby−x · yv a yb −ya yw = yv + ya · yv =

yb ya

· yv

a a Ovaj sistem ima jedinstveno rexenje xv = xw − xby−x · yw , yv = yyab · yw = yw − yby−y · yw . Primetimo da b b ya je yv = yb · yw ≥ 0. Dakle, traeno v ∈ H postoji i jedinstveno je (jer sistem ima jedinstveno rexenje). Konkretno, vai da je v = w − yywb (b − a). Ovim smo pokazali da je h bijekcija, ali i vixe od toga. Odredili smo inverznu funkciju h−1 i iz izraza h−1 (w) = w − yywb (b − a) sledi da je i ona neprekidna (koordinatne funkcije su linearne funkcije koordinata argumenta). Dakle, h je homeomorfizam, qime je dokazano da je h traeno preslikavanje.

65. Neka je n paran broj. Dokazati da je preslikavanjem µ : Zn ×(S 1 ×[−1, 1]) → S 1 ×[−1, 1], definisanim sa 2πk µ(k, (eiϕ , t)) = (ei(ϕ+ n ) , (−1)k t), dato dejstvo grupe Zn na cilindru S 1 × [−1, 1] i odrediti prostor orbita (S 1 × [−1, 1])/Zn . Rexenje : Za neutral grupe Zn , k = 0, vai da je µ(0, (eiϕ , t)) = (eiϕ , t) za svako (eiϕ , t) ∈ S 1 × [−1, 1]. 2π(k+n l) 2π(k+n l) 2π(k+l) Uz to, µ(k+n l, (eiϕ , t)) = (ei(ϕ+ n ) , (−1)k+n l t). Poxto je ei2π = 1, vai da je ei(ϕ+ n ) = ei(ϕ+ n ) , 2π(k+l) a poxto je n paran, vai i (−1)k+n l = (−1)k+l . Imamo, dakle, da je µ(k+n l, (eiϕ , t)) = (ei(ϕ+ n ) , (−1)k+l t), a dalje je (ei(ϕ+

2π(k+l) ) n

, (−1)k+l t) = (ei(ϕ+

2πl 2πk n + n )

, (−1)k (−1)l t) = µ(k, (ei(ϕ+

2πl n )

, (−1)l t)) = µ(k, µ(l, (eiϕ , t))).

Konaqno zakljuqujemo da je µ(k +n l, (eiϕ , t)) = µ(k, µ(l, (eiϕ , t))). 2πk

Naravno, za svako k ∈ Zn , preslikavanje odreeno sa (eiϕ , t) 7→ (ei(ϕ+ n ) , (−1)k t) je homeomorfizam cilindra S 1 × [−1, 1] na sebe (koordinatne funkcije su mnoenje konstantom, pa je neprekidno) qiji je 2π(n−k) inverz (eiϕ , t) 7→ (ei(ϕ+ n ) , (−1)n−k t). Iz svega prethodnog sledi da je preslikavanjem µ zaista dato jedno dejstvo grupe Zn na cilindru S 1 × [−1, 1]. Odredimo sada prostor orbita. Primetimo da dejstvo generatora grupe Zn , tj. elementa k = 1, na cilindar S 1 × [−1, 1], moemo da vidimo kao kompoziciju 2π

2π

(eiϕ , t) 7→ (ei(ϕ+ n ) , t) 7→ (ei(ϕ+ n ) , −t). Ovde je, oqigledno, prvo preslikavanje rotacija oko z-ose za ugao 2π n , a drugo refleksija u odnosu na xOy-ravan. Element k ∈ Zn dejstvuje tako xto se prethodna kompozicija primeni k puta. To znaqi da 1 je ”n-ti deo” cilindra, na primer skup {(eiϕ , t) | π ≤ ϕ ≤ π + 2π n , −1 ≤ t ≤ 1} ⊂ S × [−1, 1] xrafiran na sledeoj slici, kompaktan skup koji seqe sve orbite. Primetimo jox da orbita (klasa ekvivalencije) taqke (eiπ , t) ima u ovom skupu jox jednog pred2π stavnika, taqku (ei(π+ n ) , −t), pa imamo naznaqenu identifikaciju na rubu. Taqke (eiϕ , t) za koje je π < ϕ < π + 2π n su jedini elementi svojih orbita u ovom skupu.

(eiπ , t) z S 1 × [−1, 1] :

α α y 2π

(ei(π+ n ) , −t) Dakle, prostor orbita je homeomorfan ovom potprostoru cilindra sa identifikacijom.

(S 1 × [−1, 1])/Zn

≈

α

α

Meutim, ovo je osnovni koliqniqki model Mebijusove trake, pa je (S 1 × [−1, 1])/Zn ≈ M .

66. Neka je sa ΣX oznaqena suspenzija, a sa CX konus prostora X. Ispitati taqnost sledeih tvrenja. (1) (2) (3) (4) (5) (6)

Ako je X deformacioni retrakt od CX, onda je X kontraktibilan. Ako ΣX ima SFT, onda i CX ima SFT. Ako je X kontraktibilan, onda on ima SFT. Ako CX ima SFT, onda i X ima SFT. Ako je X ' Y , onda je ΣX ' ΣY . π1 (X) ∼ = π1 (ΣX).

Rexenje : (1) Napomenimo najpre da se ovde podrazumeva da je X identifikovan sa potprostorom od CX = (X × I)/(x,1)∼(y,1) preko prirodnog utapanja x 7→ [(x, 0)]. Ako je X deformacioni retrakt od CX, onda je X ' CX, a kako je konus svakog prostora kontraktibilan, zakljuqujemo da je i X kontraktibilan. Dakle, prvo tvrenje je taqno. (2) Uoqimo prirodno utapanje konusa CX u suspenziju ΣX (njenu ”gornju polovinu”) dato na sledei naqin. Uzmimo da je ΣX = (X × [−1, 1])/∼ , gde je ∼ data sa: (x, −1) ∼ (y, −1), (x, 1) ∼ (y, 1) (x, y ∈ X). Tada i : CX ,→ ΣX moemo definisati formulom i([(x, t)]) = [(x, t)]. Direktno se proverava da je i dobro definisano i da je zaista utapanje. Definiximo i preslikavanje r : ΣX → CX jednakoxu r([(x, t)]) = [(x, |t|)]. Ovo preslikavanje je takoe korektno definisano i neprekidno jer ”potiqe” od neprekidnog preslikavanja re : X × [−1, 1] → X × [0, 1], re(x, t) = (x, |t|). Primetimo da je r ◦ i = idCX . CX

CX

ΣX i

r

Ako CX identifikujemo sa potprostorom i(CX) ⊂ ΣX, iz svega prethodnog sledi da je r retrakcija. Poxto ΣX ima SFT, onda svaki njen retrakt (pa i CX) ima to svojstvo. Dakle, i ovo tvrenje je taqno. (3) Ovo tvrenje nije taqno. Naime, realna prava (R, U) je kontraktibilan prostor koji nema SFT. Preslikavanje f : R → R, f (x) = x + 1 je neprekidno, a nema fiksnih taqaka. (4) Ni ovo tvrenje nije taqno. Kao xto je poznato, CS 1 ≈ D2 ima SFT po Brauerovoj teoremi, a krunica S 1 nema to svojstvo (antipodalno preslikavanje).

(5) Neka je f : X → Y neprekidno preslikavanje. Na prirodan naqin, ono indukuje neprekidno preslikavanje Σf : ΣX → ΣY . Neka je prvo f : X × I → Y × I definisano sa f (x, t) = (f (x), t). Naravno, f je neprekidno. Neka su jox p : X × I → ΣX i q : Y × I → ΣY prirodne projekcije (p(x, t) = [(x, t)], q(y, t) = [(y, t)]). Primetimo da ako je (x1 , t1 ) ∼ (x2 , t2 ), tj. [(x1 , t1 )] = [(x2 , t2 )], onda je (q ◦ f )(x1 , t1 ) = (q ◦ f )(x2 , t2 ), tj. [(f (x1 ), t1 )] = [(f (x2 ), t2 )]. Naime, ako je (x1 , t1 ) ∼ (x2 , t2 ), to znaqi da je (x1 , t1 ) = (x2 , t2 ) ili je t1 = t2 = 0 ili je t1 = t2 = 1, a u svakom od ova tri sluqaja vai (f (x1 ), t1 ) ∼ (f (x2 ), t2 ). Iz ove implikacije sledi da je formulom Σf ([(x, t)]) = [(f (x), t)] korektno definisano preslikavanje Σf : ΣX → ΣY . S obzirom da dijagram na slici komutira, Σf ◦ p = q ◦ f je neprekidno, a s obzirom da je p koliqniqko preslikavanje, zakljuqujemo da je i Σf neprekidno.

X ×I

f

−→

Y ×I

p&

q

−→

ΣY

% Σf ΣX

Primetimo jox i da vai ΣidX = idΣX . Neka su sada f : X → Y i g : Y → X meusobno inverzne homotopske ekvivalencije. Dokaimo da su tada Σf : ΣX → ΣY i Σg : ΣY → ΣX takoe meusobno inverzne homotopske ekvivalencije, qime e biti dokazana taqnost tvrenja (5). Ako je H : X × I → X homotopija izmeu g ◦ f i idX , tj. H : g ◦ f ' idX , definiximo ΣH : ΣX × I → ΣX formulom ΣH([(x, t)], s) = [(H(x, s), t)]. Kako i ovde (iz istih razloga kao i gore) vai implikacija (x1 , t1 ) ∼ (x2 , t2 ) =⇒ (∀s ∈ I)(H(x1 , s), t1 ) ∼ (H(x2 , s), t2 ), preslikavanje ΣH je dobro definisano. Ono je zapravo definisano tako da dijagram na slici komutira.

(X × I) × I

H

−→

X ×I

p × idI &

p

−→

ΣX

% ΣH ΣX × I

Ovde je H : (X × I) × I → X × I dato sa H(x, t, s) = (H(x, s), t). Ovo preslikavanje je neprekidno po koordinatama, pa je neprekidno. Iz komutativnosti dijagrama imamo da je p ◦ H = ΣH ◦ (p × idI ), pa sledi da je ΣH ◦ (p × idI ) neprekidno, a kako je p × idI koliqniqko (zadatak 29), zakljuqujemo da je ΣH neprekidno. Uz to, vai i ΣH([(x, t)], 0) = [(H(x, 0), t)] = [(g(f (x)), t)] = Σg([(f (x), t)]) = Σg(Σf ([(x, t)])) = (Σg ◦ Σf )([(x, t)]). Druga od ovih jednakosti je direktna posledica qinjenice da je H : g◦f ' idX , a ostale slede direktno iz definicije preslikavanja koja ovde figurixu. Potpuno analogno, vai i ΣH([(x, t)], 1) = [(H(x, 1), t)] = [(idX (x), t)] = ΣidX ([(x, t)]) = idΣX ([(x, t)]). Iz svega prethodnog sledi da je ΣH : Σg ◦ Σf ' idΣX . Sliqno se iz qinjenice da je f ◦ g ' idY zakljuquje da je Σf ◦ Σg ' idΣY . Dakle, ako je X ' Y , onda je zaista i ΣX ' ΣY . (6) Ako uzmemo da je X = S 1 , onda je π1 (X) ∼ = Z. S druge strane, ΣX = ΣS 1 ≈ S 2 , a grupa π1 (S 2 ) je trivijalna. Ovaj primer pokazuje da tvrenje (6) nije taqno.

67. Dat je torus T 2 = S 1 × S 1 = {(eix , eiy ) | x, y ∈ R} i na njemu tri relacije ekvivalencije: (eix , eiy )R1 (−eix , e−iy ), (eix , eiy )R2 (−e−ix , −e−iy ), (eix , eiy )R3 (e−ix , e−iy ). Ispitati da li su koliqniqki prostori T 2 /Ri , i = 1, 2, 3 homeomorfni. Rexenje : Torus T 2 je homeomorfan koliqnik prostoru ravni R2 /f , gde je f : R2 → S 1 × S 1 data sa f (x, y) = (eix , eiy ). Uoqimo kvadrat [−π, π] × [−π, π]. To je kompaktan podskup ravni koji seqe sve klase ekvivalencije i nasleena relacija daje identifikaciju na rubu, uobiqajenu za koliqnik model torusa.

Posecimo sad ovaj model po relaciji R1 . Kako je −eix = eiπ eix = ei(x+π) , imamo da je (eix , eiy )R1 (ei(x+π) , e−iy ). To znaqi da su, u uoqenom kvadratu, pored rubnih taqaka koje su identifikovane u prostoru R2 /f , identifikovane jox i taqke (x, y) i (x + π, −y) (jer je f (x, y)R1 f (x + π, −y)). Taqka (x, y) se translacijom za vektor (π, 0) slika u taqku (x + π, y), a ova se, pri refleksiji u odnosu na x-osu slika u taqku (x + π, −y). Dakle, dve (razliqite) taqke u ovom modelu su u relaciji R1 ako i samo ako se jedna od njih preslikava u drugu kompozicijom pomenute translacije i pomenute refleksije. y

6

π

α

(x, y) β

(u, v)

−π

β x

π

0 (u − π, −v) (x + π, −y) −π

α

Na osnovu svega prethodnog, skup [0, π] × [−π, π] je kompaktan podskup od [−π, π] × [−π, π] koji seqe sve klase. Pri tom, sve taqke u unutraxnjosti ovog pravougaonika su jedini predstavnici svojih klasa (nisu identifikovane ni sa jednom drugom taqkom u pravougaoniku). Xto se tiqe ruba, najpre imamo da su u relaciji taqke (x, π) i (x, −π) jer je qak f (x, π) = f (x, −π), tj. one su bile identifikovane jox na samom modelu torusa R2 /f . Uz to, imamo i da klasa M = [(0, y)] taqke (0, y) ima jox jednog predstavnika u ovom pravougaoniku, taqku (π, −y) na pravoj x = π. Zato dobijamo identifikaciju na rubu prikazanu na sledeoj slici. y π

6 α1 N = [(π, −v)]

M = [(0, y)] β 2

T /R1

≈

−π

π

0 β

x

M = [(π, −y)] N = [(0, v)] −π

α1

Oqigledno, koliqniqki prostor koji smo dobili je Klajnova boca. Dakle, T 2 /R1 ≈ K.

Odredimo sada prostor T 2 /R3 . Na istom modelu torusa, imamo da su, pored ve identifikovanih, u relaciji i taqke (x, y) i (−x, −y), tj. taqke simetriqne u odnosu na koordinatni poqetak. Specijalno, imamo na x-osi identifikaciju taqaka (t, 0) i (−t, 0). Primetimo meutim da su u relaciji i taqke (x, π) i (−x, π). Naime, taqka (−x, π) je centralno simetriqna taqki (x, −π) u odnosu na taqku O(0, 0), pa je M R3 M 0 , gde je M = [(−x, π)] i M 0 = [(x, −π)], ali [(x, −π)] = [(x, π)] (ovde je sa [(x, y)] oznaqena klasa taqke (x, y) u prostoru R2 /f ).

y M

6

π

M0

α

(u, v) (x, y) β

β −π

(−t, 0)

x

π

(t, 0)

0

(−x, −y) (−u, −v) −π

α

M0

U pravougaoniku [−π, π] × [0, π] svaka klasa ekvivalencije (relacije R3 ) ima bar jednog predstavnika. I ovde imamo da unutraxnje taqke qine jednoqlane klase. Na rubu, kao xto je ve opisano, u relaciji su taqke (x, π) i (−x, π) (na sledeem crteu, oznaqeno sa α1 ), zatim taqke (t, 0) i (−t, 0) (γ) i konaqno, u relaciji su i taqke (π, y) i (−π, y) (β1 ) jer su one identifikovane jox u torusu R2 /f . y α1

6

π

α1

β1

β1 T 2 /R3

≈

−π

γ

0

γ

π

x

−π

Koliqnik prostor koji smo dobili moemo da ”savijemo” po y-osi i zalepimo po rubu. Drugim reqima, identifikacija na rubu je taqno identifikacija taqaka simetriqnih u odnosu na y-osu. Kada izvrximo ovo lepljenje, dobijamo topoloxku sferu. Dakle, T 2 /R3 ≈ S 2 . Ostalo je jox da odredimo prostor T 2 /R2 da bismo odgovorili na pitanje da li meu ova tri prostora ima homeomorfnih. S obzirom da je −e−ix = eiπ e−ix = ei(π−x) , relaciju R2 moemo zadati i izrazom (eix , eiy )R2 (ei(π−x) , ei(π−y) ). To znaqi da su u ravni, sem taqaka koje se sa f slikaju u istu taqku na S 1 × S 1 , u relaciji jox i taqke (x, y) i (π − x, π − y). Preslikavanje koje taqki (x, y) dodeljuje taqku (π − x, y) je refleksija u odnosu na pravu x = π2 . Uz to, refleksija u odnosu na pravu y = π2 preslikava taqku (π − x, y) u taqku (π − x, π − y). Poxto su prave x = π2 i y = π2 meusobno normalne, kompozicija ove dve refleksije je centralna simetrija u odnosu na taqku ( π2 , π2 ), preseqnu taqku ovih pravih. To znaqi da u R2 /f treba jox da identifikujemo taqke simetriqne u odnosu na taqku ( π2 , π2 ). π 3π Zbog toga, umesto kvadrata [−π, π] × [−π, π], uoqiemo kvadrat [− π2 , 3π 2 ] × [− 2 , 2 ] sa nasleenom identifikacijom kao model torusa T 2 (presek dijagonala ovog kvadrata je taqka ( π2 , π2 )). Sada imamo identiqnu situaciju kao pri odreivanju prostora T 2 /R3 , kvadrat sa ”torusnom” rubnom identifikacijom gde jox treba identifikovati centralno simetriqne taqke u odnosu na centar (presek dijagonala) tog kvadrata.

y

(π − x, π − y)

6

3π 2

α ¾

β

β π 2

− π2

0

π 2

3π 2

x

(x, y) − π2

α

Istim razmatranjem kao za T 2 /R3 , utvrujemo da je i T 2 /R2 topoloxka sfera, tj. T 2 /R2 ≈ S 2 . Konaqno zakljuqujemo da vai T 2 /R2 ≈ T 2 /R3 , dok prostor T 2 /R1 nije homeomorfan ovima.

68. Data je topologija T na R svojom predbazom ST = {[a, +∞) | a ∈ Q} ∪ {(−∞, b] | b ∈ Q}. Ako je U uobiqajena topologija realne prave, koji od sledeih iskaza je taqan: (a) T

U;

(b) U

T;

(v) T = U;

(g) T i U su neuporedive.

Rexenje : S obzirom da npr. skup [0, +∞) ∈ ST ⊂ T , a naravno [0, +∞) ∈ / U, zakljuqujemo da T * U . Odavde odmah imamo da otpadaju iskazi pod (a) i (v). Kao xto je poznato, otvoreni intervali sa racionalnim krajevima qine bazu uobiqajene topologije U. Dokazaemo da svaki ovakav otvoren interval pripada topologiji T , odakle e slediti da je U ⊂ T . Neka su a, b ∈ Q, a < b. Tada, za svako n ∈ N, a + n1 ∈ Q i b − n1 ∈ Q. Neka je n0 ∈ N takvo da je a + n10 < b − n10 . Za svako n ≥ n0 vai [a + n1 , b − n1 ] = (−∞, b − n1 ] ∩ [a + n1 , +∞) ∈ T . Meutim, ∞ [ 1 1 (a, b) = [a + , b − ], pa je onda i interval (a, b), kao unija skupova iz T , element topologije T . n n n=n 0

Dakle, taqan je iskaz pod (b).

Napomena: Ograniqenje n ≥ n0 nije neophodno ako podrazumevamo da je [x, y] = ∅ kad god je x > y.

69. Dato je neprekidno preslikavanje f : S 1 → R3 (zatvorena kriva u prostoru) takvo da je (∀x ∈ S 1 ) f (x) 6= f (−x). Dokazati da postoji x0 ∈ S 1 takvo da simetralna ravan dui sa krajevima f (x0 ) i f (−x0 ) sadri koordinatni poqetak. Rexenje : Proizvoljna taqka u prostoru pripada simetralnoj ravni neke dui ako i samo ako je jednako udaljena od krajeva te dui. To znaqi da mi treba zapravo da dokaemo da postoji x0 ∈ S 1 takvo da su taqke f (x0 ) i f (−x0 ) podjednako udaljene od koordinatnog poqetka. Ali rastojanje od koordinatnog poqetka nije nixta drugo do norma. Neka je || · || : R3 → R euklidska norma. Preslikavanje dato sa x 7→ ||f (x)|| je preslikavanje iz S 1 u R, neprekidno kao kompozicija neprekidnih (funkcije f i euklidske norme). Na osnovu Borsuk-Ulamove teoreme, postoji x0 ∈ S 1 takvo da je ||f (x0 )|| = ||f (−x0 )||, tj. takvo da su taqke f (x0 ) i f (−x0 ) na istom rastojanju od koordinatnog poqetka, a to je ono xto je trebalo dokazati.

70. Dati su prostori X i Y .

Y :

X:

(a) Ispitati da li je X ≈ Y . (b) Ispitati da li je X ' Y . (v) Dokazati da postoji natkrivanje p : X → Y . Rexenje : (a) Pretpostavimo da postoji homeomorfizam f : X → Y . S obzirom da su X i Y povrxi sa granicom, a f lokalni homeomorfizam, taqke sa granice ∂X (i jedino one) morale bi, pri f , da se f

preslikaju u taqke na granici ∂Y . Poxto je f i homeomorfizam, vailo bi da je ∂X ≈ ∂Y . Meutim, ovo nije mogue jer ∂X ima qetiri, a ∂Y tri komponente povezanosti.

∂X

∂Y :

:

Dakle, prostori X i Y nisu homeomorfni. (b) Odredimo fundamentalne grupe prostora X i Y . Uoqimo u prostoru X dve vertikalne dui prikazane na sledeem crteu koje ”prolaze” izmeu ”rupa” i koje dele prostor X na tri dela sa po jednom ”rupom”. Svaki od ova tri dela moemo iz centara izbaqenih diskova (”rupa”) da ”homotopiramo” na granicu i ostaje nam topoloxka krunica sa dve (paralelne) tetive.

X:

'

Ova homotopska ekvivalencija (zapravo deformaciona retrakcija), kao i odgovarajua homotopija, su korektno definisane i neprekidne po teoremi o lepljenju. Sada jox ove dve tetive (svaku posebno) moemo da skupimo u taqku budui da su kontraktibilne. Dobijamo buket od tri krunice, prostor istog homotopskog tipa kao i X.

X '

'

'

Kako je fundamentalna grupa homotopska invarijanta, vai da je π1 (X) ∼ = π1 (S 1 ) ∗ π1 (S 1 ) ∗ π1 (S 1 ) ∼ = Z ∗ Z ∗ Z. Na potpuno analogan naqin, dobijamo da je Y homotopski ekvivalentan buketu dve krunice (osmici).

Y

'

'

Prema tome, π1 (Y ) ∼ = π1 (S 1 ) ∗ π1 (S 1 ) ∼ = Z ∗ Z. Kako fundamentalne grupe π1 (X) i π1 (Y ) nisu izomorfne (abelizacije Z3 i Z2 im nisu izomorfne), to ni prostori X i Y nisu homotopski ekvivalentni.

Napomena: Naravno, iz ovoga xto smo dobili sledi i deo zadatka pod (a), da X i Y nisu homeomorfni.

(v) Definisaemo dejstvo grupe Z2 na prostor X. U tu svrhu, primetimo da je prostor X centralno simetriqan, pri qemu je centar simetrije taqka S, centar ”srednjeg” izbaqenog diska (v. sliku). Preciznije, prostor X se moe utopiti u ravan tako da bude centralno simetriqan.

A X:

M 0

A

S Dejstvo neutrala grupe Z2 definixemo naravno kao identitet na X, a dejstvo generatora grupe Z2 kao uoqenu centralnu simetriju (A 7→ A0 ). Poxto je centralna simetrija involucija, ovim je zaista zadato dejstvo grupe Z2 na prostor X. Pored toga, s obzirom da centar simetrije S ne pripada prostoru X, ovo dejstvo je slobodno. Zakljuqujemo da je prirodna projekcija π : X → X/Z2 natkrivajue preslikavanje. Sada je dovoljno dokazati da je prostor orbita X/Z2 homeomorfan prostoru Y . Uoqimo ”levu polovinu” prostora X. To je kompaktan podskup od X koji seqe svaku orbitu, pa je on sa nasleenom identifikacijom homeomorfan sa X/Z2 . U ovom skupu sve taqke su jedini predstavnici svojih orbita (klasa), osim taqaka na ”desnom” delu ruba koje su u relaciji sa sebi simetriqnim u odnosu na taqku S. Zbog svega ovoga, imamo naznaqenu identifikaciju na rubu.

α X/Z2

≈ α

Ako jox dobijeni koliqnik prostor zalepimo po α, dobijamo upravo prostor Y .

α X/Z2

≈

α

≈

α

≈

Y

Ako sa h : X/Z2 → Y oznaqimo opisani homeomorfizam, traeno natkrivanje p : X → Y definixemo sa p = h ◦ π.

71. Dati su prostori X i Y .

X:

Y :

Da li postoji natkrivanje p : X → Y ? Rexenje : Prostor X je centralno simetriqan u odnosu na taqku S, centar srednjeg izbaqenog diska (v. sliku). Zbog toga, kao i u prethodnom zadatku, moemo definisati dejstvo grupe Z2 na X. Neutral dejstvuje kao identitet, a generator kao ova centralna simetrija. Oba ova preslikavanja su naravno homeomorfizmi prostora X na sebe, a uz to centralna simetrija je involucija. Sledi da je dejstvo dobro definisano. B0 A S ¼

X:

A0 B S obzirom da S ∈ / X, ovo dejstvo je slobodno, pa je prirodna projekcija π : X → X/Z2 natkrivanje. Primetimo da je ovo natkrivanje dvolisno jer svaka orbita sadri dve taqke. Odredimo prostor orbita X/Z2 . Kao i u prethodnom zadatku, uoqimo ”levu polovinu” prostora X, koja je njegov kompaktan podskup, a seqe sve orbite. Nasleena identifikacija nam daje da taqke na desnom delu ruba, simetriqne u odnosu na taqku S, ”postaju” ista taqka (npr. B i B 0 su postale ista taqka). Kada zalepimo ovaj koliqniqki prostor po β, dobijamo topoloxki zatvoreni disk iz qije unutraxnjosti su izbaqena tri otvorena diska. B β

X/Z2

≈

≈

β

β B Dakle, prostor X (dvolisno) natkriva disk bez tri mala diska u unutraxnjosti. Meutim, u prethodnom zadatku je pokazano da ovaj prostor (takoe dvolisno) natkriva disk bez dva mala otvorena diska u unutraxnjosti, a to je bax prostor Y . Kompozicija ova dva natkrivanja e, na osnovu zadatka 8, takoe biti natkrivanje. Dakle, postoji natkrivanje p : X → Y .

72. Dati su prostori X, Y i Z.

Z :

Y :

X :

(a) Da li postoji natkrivanje X → Y ? (b) Da li postoji natkrivanje X → Z? (v) Da li postoji natkrivanje Y → Z? Rexenje : (a) Uoqimo u prostoru Y taqke A i B i oznaqimo dve krunice sa α i β, a sa γ du koja spaja taqke A i B. Y :

α

γ A

β

B

Definiximo preslikavanje p : X → Y . Na sledeem crteu opisano je preslikavanje p tako xto su u prostoru X sa A, odnosno B, oznaqene taqke koje se slikaju u taqku A, odnosno B. Sasvim sliqno, sa α (odnosno β) su oznaqene dui koje se neprekidno preslikavaju na krunicu α (β), i to tako xto se oba kraja dui preslikaju u taqku A (B), a unutraxnjost dui se homeomorfno preslika u krunicu α bez taqke A (β bez taqke B). Dui u prostoru X oznaqene sa γ se homeomorfno preslikavaju na du γ prostora Y . β B γ

γ B β

A X :

α

A

α A γ

p

α β B

B

z

α

γ

α

A

B

A γ

β

: Y

β Ovako definisano preslikavanje p je neprekidno na svakoj od uoqenih dui prostora X, pa je po teoremi o lepljenju neprekidno na celom prostoru X. Takoe, p je oqigledno NA. Da bismo dokazali da je p natkrivajue preslikavanje, fiksirajmo jednu taqku y ∈ Y . Ako je taqka y razliqita od A i od B (na sledeoj slici je predstavljen sluqaj kada je y taqka na krunici α), onda ona ima otvorenu okolinu Vy homeomorfnu otvorenoj dui (otvorenom intervalu). Inverzna slika p−1 (Vy ) se sastoji od qetiri otvorene dui od kojih se svaka , pri p, homeomorfno slika na Vy . p

p−1 (Vy ) :

y z

: Vy

Ako je y = A ili y = B (na sledeoj slici je prikazan sluqaj y = B), onda taqka y ima otvorenu okolinu koju qine tri poluotvorene dui sa zajedniqkim krajem. U sluqaju y = B, te tri poluotvorene dui su ”zavrxetak dui γ”, ”poqetak krunice β” i ”zavrxetak krunice β”. Inverzna slika ove okoline se sastoji od qetiri njene kopije (qetiri puta po tri poluotvorene dui sa zajedniqkim krajem) i, pri prslikavanju p, taqno se svaka od ove qetiri kopije homeomorfno preslikava na uoqenu okolinu taqke B. β γ

β

β

β γ p

z

γβ β

β β

γ β

γ β

B

Analogno se razmatra sluqaj y = A. Na osnovu svega prethodnog, preslikavanje p je po definiciji natkrivajue. Dakle, postoji natkrivanje X → Y . (b) U prostoru Z uoqimo taqke M i N i oznaqimo sa µ, ν i ε tri dui od taqke M do taqke N . M µ

Z :

ν

ε N

Kao i u delu pod (a), definixemo preslikavanje q : X → Z tako xto u prostoru X sa µ, ν i ε oznaqimo dui koje se, pri preslikavanju q, homeomorfno slikaju na µ, ν i ε respektivno. µ

N

ε

N

M

ν ε

µ

ν

M

M

N

q

M

ν

X : µ

ε

ν

ε

M µ

z

N

ν

ε

: Z

N

µ Istovetno kao za preslikavanje p, direktno se proverava da je i q natkrivajue preslikavanje. Zakljuqujemo da je i na pitanje pod (b) odgovor potvrdan. (v) Pretpostavimo da postoji natkrivanje pe : Y → Z. Svaka okolina taqke A ∈ Y ima podokolinu koja se sastoji od tri poluotvorene dui sa zajedniqkim krajem (taqkom A). Poxto je svako natkrivanje lokalni homeomorfizam, svaka okolina taqke pe(A) ∈ Z takoe mora imati ovakvu ”trokraku” podokolinu. To znaqi da se taqka A mora slikati ili u taqku M ili u taqku N . Iz istog razloga, i taqka B se mora preslikati u jednu od ove dve taqke. Kako taqke M i N nemaju okoline homeomorfne otvorenoj dui, to se nijedna taqka iz Y \ {A, B} ne moe preslikati u neku od ove dve taqke. To je opet zbog uslova lokalne homeomorfnosti jer sve taqke iz Y \ {A, B} imaju okoline homeomorfne otvorenoj dui (otvorenom intervalu). Dakle, taqke A i B su jedine taqke iz Y koje se pri pe preslikavaju u taqke M i N , a poxto je pe surjekcija, obe taqke (M i N ) moraju biti ”pogoene”, pa je pe(A) 6= pe(B). Odavde sledi da je skup pe−1 ({M }) jednoqlan, tj. da je pe jednolisno natkrivanje. Meutim, jednolisno natkrivanje je homeomorfizam, pa bi vailo Y \ {A} ≈ Z \ {e p(A)}. Ali prostor Y \ {A} nije povezan, a Z \ {e p(A)}, bez obzira da li je pe(A) = M ili je pe(A) = N , jeste povezan, pa smo dobili kontradikciju. Dakle, ne postoji natkrivanje Y → Z.

73. Dati su prostori:

Z :

Y :

X :

Ispitati da li postoji natkrivanje: (a) X → Z; (b) Y → Z; (v) Z → Y ; (g) X → Y . Rexenje : (a) Kao u prethodnom zadatku, obeleimo taqke i dui prostora Z. M Z :

µ

ν

ε N

Preslikavanje p : X → Z definixemo tako xto u prostoru X oznaqimo sa µ, ν i ε dui koje se, pri preslikavanju p, homeomorfno slikaju na odgovarajue dui prostora Z. µ N

ε X :

ν

M

M

ν

ν N

µ

ε N

µ

z

ν

ε

: Z

N

µ

M

ε

M

p

Kao i u prethodnom zadatku, direktno se proverava da je p natkrivanje. (b) Natkrivanje q : Y → Z je opisano oznakama na sledeem crteu. M ν N Y : µ

ε

M q µ

ε

z

µ

ν

ε

: Z

N

N ν M Dakle, postoji i natkrivanje Y → Z.

(v) Pretpostavimo da postoji natkrivanje pe : Z → Y . S obzirom da je svako natkrivanje lokalni homeomorfizam, svaka taqka iz prostora Z koja ima osobinu da svaka njena okolina ima ”trokraku” podokolinu (postoje dve takve taqke: M i N ), morala bi da se preslika u taqku prostora Y sa istom tom osobinom. Prostor Y ima qetiri takve taqke, zaokruene na sledeoj slici. M ? Y :

Z : 6

N

Sve taqke iz Z \ {M, N } imaju okoline homeomorfne otvorenoj dui, a uoqene qetiri taqke prostora Y nemaju takve okoline. Opet iz uslova lokalne homeomorfnosti sledi da su M i N jedine taqke iz Z koje se pri pe slikaju u neke od ove qetiri. To znaqi da bar dve taqke prostora Y ostaju ”nepogoene” (ne pripadaju slici pe(Z)), ali to je kontradikcija jer je svako natkrivanje surjekcija. Zakljuqujemo da ne postoji natkrivanje Z → Y . (g) Pretpostavimo da postoji traeno natkrivanje. Neka je n broj listova ovog natkrivanja. Iz istog razloga kao u delu pod (v), xest zaokruenih taqaka prostora X (i jedino tih xest taqaka) se pri tom natkrivanju preslikavaju u (neke od) qetiri zaokruene taqke prostora Y .

X :

Y :

S druge strane, inverzna slika svake taqke prostora Y ima taqno n elemenata. To znaqi da je 4n = 6 xto je, naravno, kontradikcija jer broj 6 nije deljiv sa 4. Dakle, ne postoji ni ovo natkrivanje.

74. Dokazati da postoji natkrivanje p : M2 → N3 . Rexenje : Utopimo povrx M2 u euklidski prostor R3 tako da bude centralno simetriqna u odnosu na taqku S oznaqenu na sledeem crteu.

S

)

M2 :

Definiximo dejstvo grupe Z2 na prostor M2 na sledei naqin. Neutral grupe naravno dejstvuje kao identitet na M2 , a generator kao centralna simetrija u odnosu na S. Dakle, generator grupe Z2 svakoj taqki sa povrxi M2 dodeljuje njoj centralno simetriqnu u odnosu na S. A0 M2 :

B0

S B A

S obzirom da je ova centralna simetrija neprekidna involucija prostora M2 , ona je homeomorfizam, a kako je (ova centralna simetrija) homeomorfizam i involucija, dejstvo je korektno zadato (jer je generator grupe Z2 element reda 2, pa mora da se slika u element reda ≤ 2 grupe Homeo(M2 ), tj. mora da dejstvuje kao involucija). Uz to, poxto centar simetrije S ne pripada povrxi M2 , ovo dejstvo je slobodno. Dakle, prirodna projekcija q : M2 → M2 /Z2 je natkrivajue preslikavanje. Odredimo prostor orbita M2 /Z2 . Uoqimo ravan π, ravan simetrije povrxi M2 , prikazanu na sledeoj slici, koja sadri taqku S, a povrx M2 seqe po naznaqenoj krunici qiji je centar upravo taqka S.

S

π

Deo povrxi M2 s jedne strane ove ravni π (raqunajui i taqke na samoj ravni) predstavlja kompaktan podskup od M2 koji seqe sve orbite gore uvedenog dejstva. Pri tom, taqke ovog skupa koje ne pripadaju ravni π ostaju u relaciji samo sa sobom, dok je svaka taqka preseqne krunice ravni π i povrxi M2 identifikovana sa sebi antipodalnom na toj krunici (sa svojom slikom pri dejstvu generatora grupe Z2 ).

M S M0

Dakle, imamo da je prostor orbita M2 /Z2 homeomorfan koliqnik prostoru prikazanom na sledeem crteu.

≈

M2 /Z2

α

α

Ovo xto smo dobili je torus sa koga je izbaqen jedan otvoren disk, a onda na rubu nastale povrxi uvedena antipodalna identifikacija. Meutim, u zadatku 38 smo dokazali da je ovaj prostor homeomorfan neorijentabilnoj povrxi roda 3. Dakle, M2 /Z2 ≈ N3 , pa za traeno natkrivanje p moemo uzeti kompoziciju natkrivanja q i ovog homeomorfizma iz M2 /Z2 u N3 .

75. Dati su prostori X i Y . α

α

β Y:

X: α

α

β

(a) Ispitati da li je X ≈ Y . (b) Da li postoji natkrivanje p1 : Y → X? (v) Da li postoji natkrivanje p2 : X → Y ? Rexenje : (a) Odredimo fundamentalne grupe ovih prostora. Direktnom primenom Van Kampenove teoreme na prostor X, dobijamo da je ∼ hα | α4 = 1i ∼ π1 (X) = = Z4 . Prostor Y moemo da iseqemo po β. Dobijamo cilindar sa rubnom identifikacijom kao na sledeoj slici. β B

B β ≈

Y

β B

B β

Sada ovaj cilindar iseqemo po izvodnici γ i dobijamo topoloxki disk sa identifikacijom na rubu. β B

B

B

β

B

β

B

β Y

γ

≈

≈

γ

γ

β B

B β Na osnovu Van Kampenove teoreme, ∼ hβ, γ | β 2 γ = γβ 2 i. π1 (Y ) =

Abelizacija ove grupe je π1ab (Y ) ∼ = hβ, γ | 2β + γ = γ + 2βi ∼ = hβ, γ | −i ∼ = Z ⊕ Z.

B

β

B

β

B

Kako je fundamentalna grupa prostora X komutativna, to je ona jednaka sa svojom abelizacijom, tj. π1ab (X) ∼ = Z4 . Poxto abelizacije ovih fundamentalnih grupa nisu izomorfne, ni same grupe nisu izomorfne, a poxto prostori X i Y nemaju izomorfne fundamentalne grupe, oni nisu homeomorfni. (b) S obzirom da je abelizacija grupe π1 (Y ) beskonaqna, i sama grupa π1 (Y ) je beskonaqna. Ako bi postojalo natkrivanje p1 : Y → X, fundamentalna grupa π1 (X) ∼ = Z4 bi imala podgrupu izomorfnu sa π1 (Y ), dakle imala bi beskonaqnu podgrupu. Meutim, π1 (X) je konaqna grupa, pa ne moe imati beskonaqnu podgrupu. Ova kontradikcija pokazuje da ne postoji natkrivanje p1 : Y → X. (v) Pretpostavimo da postoji natkrivanje p2 : X → Y . Neka je y ∈ Y bilo koja taqka. Kako je prostor Y Hauzdorfov (pa onda i T1 ), to je skup {y} zatvoren u Y . Uz to, p2 je neprekidno preslikavanje, pa je −1 skup p−1 2 ({y}) zatvoren u X. S obzirom da je X kompaktan (koliqnik prostor kompaktnog), p2 ({y}) mora biti kompaktan. S druge strane, kako je p2 natkrivajue preslikavanje, to potprostor p−1 2 ({y}) mora biti i diskretan. No diskretan topoloxki prostor je kompaktan ako i samo ako je konaqan, pa zakljuqujemo da je skup p−1 2 ({y}) konaqan. Meutim, broj elemenata skupa p−1 2 ({y}) je jednak indeksu podgrupe (p2 )∗ (π1 (X)) u grupi π1 (Y ). Poxto je grupa π1 (Y ) beskonaqna, a njena podgrupa (p2 )∗ (π1 (X)) konaqna, ovaj indeks mora biti beskonaqan, xto znaqi da smo dobili kontradikciju. Dakle, ne postoji ni natkrivanje p2 : X → Y .

76. Dati su prostori X, Y i Z.

X :

Z :

Y :

(a) Dokazati da postoji natkrivanje p : X → Z. (b) Dokazati da postoji natkrivanje q : Y → Z. (v) Ispitati da li je X ≈ Y . Rexenje : (a) Oznaqimo sa α i β krunice koje qine prostor Z, a sa A njihovu zajedniqku (dodirnu) taqku. α

Z :

β

A

Natkrivanje p : X → Z emo opisati tako xto delove prostora X koji se pri p slikaju na α, odnosno β, oznaqimo sa α, odnosno β, a sa A oznaqimo one taqke koje se preslikavaju u taqku A (sliqno kao u zadatku 72 pod (a)). β X :

α

α A

A β

A

p β

-

α

A

β

: Z

α

Kao i u zadatku 72, direktno se proverava da je ovako definisano preslikavanje p zaista natkrivajue. (b) Kao u delu pod (a), konstruixemo natkrivanje q : Y → Z tako xto ga opixemo odgovarajuim oznakama.

α β A Y

:

α

A

β A

q

-

α

A

β

: Z

β

α

(v) Pretpostavimo da postoji homeomorfizam f : X → Y i uoqimo taqku M ∈ X. M ²

X :

f

Poxto je f homeomorfizam, vai da je X \ {M } ≈ Y \ {f (M )}. Meutim, prostor X \ {M } ima dve komponente povezanosti od kojih svaka ima homotopski tip krunice.

X \ {M }

'

≈

S druge strane, ako iz prostora Y izbacimo bilo koju taqku razliqitu od taqaka E, F i G (v. sliku), dobijamo povezan prostor,

E Y :

G

F

a ako izbacimo neku od ove tri taqke (npr. E), dobijamo prostor sa dve komponente povezanosti od kojih je jedna kontraktibilna.

Y \ {E}

≈

'

Dakle, ni za jedno y ∈ Y , prostor Y \ {y} nije homeomorfan sa X \ {M }, pa onda ni prostori X i Y ne mogu biti homeomorfni.

77. Neka je X = S 2 /∼ prostor koji nastaje od sfere S 2 tako xto se na ekvatoru identifikuju antipodalne taqke (v. sliku).

α X: α

(a) Odrediti π1 (X). (b) Ispitati da li postoji natkrivanje p : X → RP2 . Rexenje : (a) Ako prostor X iseqemo po ekvatoru, dobijamo dva diska sa identifikacijom na rubu prikazanom na sledeoj slici. α X

α

≈ α

α

Na osnovu Van Kampenove teoreme, π1 (X) ∼ = hα | α2 = 1, α2 = 1i ∼ = Z2 . (b) Ako bi postojalo natkrivanje p : X → RP2 , ono bi bilo i lokalni homeomorfizam. Uoqimo taqku a ∈ X koja ima dva predstavnika na ekvatoru sfere S 2 (par antipodalnih taqaka). Uz gornju pretpostavku, taqka a bi imala otvorenu okolinu koja se pri p homeomorfno slika na otvorenu okolinu taqke p(a) ∈ RP2 . Meutim, svaka okolina taqke a ima podokolinu koja se sastoji od qetiri ”latice” (qetiri poludiska sa zajedniqkom granicom).

α

¾

a

X:

a a

*

α

S druge strane, projektivna ravan RP2 je povrx, pa svaka okolina taqke p(a) ima podokolinu homeomorfnu otvorenom disku, tako da taqke a i p(a) nemaju homeomorfne okoline. Dakle, ne postoji lokalni homeomorfizam iz X u RP2 , pa ne postoji ni natkrivanje p : X → RP2 .

78. Dati su prostori X, Y i Z.

X:

Y :

(a) Dokazati da postoji natkrivanje p : X → Z. (b) Dokazati da postoji natkrivanje q : Y → Z. (v) Ispitati da li je X ≈ Y . Rexenje : (a) Oznaqimo delove prostora Z kao na sledeoj slici.

Z:

Y :

α

γ A

B

β

Natkrivanje p : X → Z, kao i u ranijim zadacima, opisujemo odgovarajuim oznakama. γ

A

B p

X:

α

α

β

α

γ A

B

β

: Z

B

β

: Z

B

γ

A

z

β

(b) Natkrivanje q : Y → Z je opisano na sledeem crteu. β Y :

α

A

B

q

γ

γ

A

B

z

α

α

γ A

β (v) Ako bi vailo X ≈ Y , postojao bi homeomorfizam f : Y → X. Uoqimo taqku M ∈ Y . Y :

M

Prostor Y \ {M } bi morao da bude homeomorfan (pri f ) sa X \ {f (M )}. Meutim, Y \ {M } je nepovezan prostor, a kada iz X izbacimo ma koju taqku dobijamo povezan prostor. Dakle, prostori X i Y nisu homeomorfni.

79. Neka je p : E → B natkrivanje. Ako je B Hauzdorfov, dokazati da je i E Hauzdorfov. Rexenje : Neka su x i y dve razliqite taqke prostora E. Razlikujemo dva sluqaja. 1◦ p(x) 6= p(y) S obzirom da je prostor B Hauzdorfov, postoje otvoreni U, V ⊂ B takvi da p(x) ∈ U , p(y) ∈ V i da je U ∩ V = ∅. Tada su skupovi p−1 (U ) i p−1 (V ) otvoreni u E (jer je p neprekidno) i za njih vai: x ∈ p−1 (U ) (jer p(x) ∈ U ), y ∈ p−1 (V ) i p−1 (U ) ∩ p−1 (V ) = p−1 (U ∩ V ) = p−1 (∅) = ∅. 2◦ p(x) = p(y) G Poxto je p natkrivanje, postoji otvorena okolina V taqke p(x) = p(y) ∈ B takva da je p−1 (V ) = Uλ , λ∈Λ

gde su Uλ otvoreni skupovi u E koji se pri p homeomorfno slikaju na V . Kako x ∈ p−1 (V ), to postoji λ0 ∈ Λ takvo da x ∈ Uλ0 , a poxto je restrikcija preslikavanja p na skup Uλ0 injektivna, zakljuqujemo da y ∈ / Uλ0 (jer je y taqka razliqita od x, a p(y) = p(x)). S druge strane, y ∈ p−1 (V ), pa mora postojati λ1 ∈ Λ, λ1 6= λ0 , takvo da y ∈ Uλ1 . S obzirom da je λ0 6= λ1 , imamo da je Uλ0 ∩ Uλ1 = ∅. Dakle, u oba sluqaja, naxli smo disjunktne otvorene okoline (proizvoljno odabranih) taqaka x i y, xto znaqi da je prostor E Hauzdorfov.

80. Ako je K = N2 Klajnova boca i RP2 = N1 projektivna ravan, ispitati da li postoji natkrivanje: (a) p : K → RP2 , (b) q : RP2 → K. Rexenje : Kao xto je poznato, fundamentalna grupa projektivne ravni je konaqna (xtavixe, znamo da je π1 (RP2 ) ∼ = Z2 ), a fundamentalna grupa Klajnove boce je beskonaqna (jer joj je abelizacija Z ⊕ Z2 beskonaqna). (a) Kada bi postojalo natkrivanje p : K → RP2 , grupa π1 (RP2 ) bi imala podgrupu izomorfnu sa π1 (K) xto je nemogue jer je ova prva konaqna, a druga beskonaqna.

(b) Pretpostavimo da postoji natkrivanje q : RP2 → K. Za proizvoljnu taqku y ∈ K, skup q −1 ({y}) je diskretan potprostor od RP2 jer je q natkrivanje. Takoe, taj skup je zatvoren u RP2 (jer je q neprekidno, a {y} zatvoren u K), a kako je projektivna ravan RP2 kompaktna, to je i prostor q −1 ({y}) kompaktan. Dakle, prostor q −1 ({y}) je diskretan i kompaktan pa mora biti konaqan. S druge strane, |q −1 ({y})| = [π1 (K) : q∗ (π1 (RP2 ))], pa je i indeks [π1 (K) : q∗ (π1 (RP2 ))] konaqan. Ali, s obzirom da je π1 (K) beskonaqna, a π1 (RP2 ) (pa onda i q∗ (π1 (RP2 ))) konaqna, ovaj indeks mora biti beskonaqan. Ova kontradikcija pokazuje da ne postoji ni natkrivanje q : RP2 → K.

81. Neka su A i B svuda gusti skupovi u topoloxkom prostoru X pri qemu je A jox i otvoren u X. Dokazati da je A ∩ B svuda gust u X. Rexenje : S obzirom da je podskup topoloxkog prostora svuda gust u tom prostoru ako i samo ako seqe svaki neprazan otvoren skup toga prostora, dovoljno je dokazati da za proizvoljan neprazan otvoren skup U ⊂ X vai da je U ∩ (A ∩ B) 6= ∅. Neka je zato U bilo koji otvoren neprazan podskup od X. Poxto je A svuda gust u X, imamo da je U ∩ A 6= ∅, a kako je A i otvoren, to je i skup U ∩ A otvoren. Dakle, U ∩ A je neprazan i otvoren, pa mora sei skup B jer je ovaj svuda gust u X. Stoga, U ∩ (A ∩ B) = (U ∩ A) ∩ B 6= ∅ xto je i trebalo dokazati.

82. Odrediti sve povezane podskupove Zorgenfrajove ravni. Rexenje : Prazan skup i svi singltoni (jednoqlani podskupovi) su, po definiciji, povezani u svakom topoloxkom prostoru, pa i u Zorgenfrajovoj ravni. Dokaimo da su ovo svi povezani podskupovi Zorgenfrajove ravni. Prvi naqin: Neka je A ⊂ R2 takav da je |A| ≥ 2 i neka su (x, y), (z, t) ∈ A, (x, y) 6= (z, t). Poxto je (x, y) 6= (z, t), ove dve taqke se razlikuju bar u jednoj koordinati. Neka je to npr. prva koordinata i x+z neka je x < z. Tada skupovi ((−∞, x+z 2 ) × R) ∩ A i ([ 2 , +∞) × R) ∩ A qine jednu diskoneksiju skupa A kao potprostora Zorgenfrajove ravni. ∞ [ x+z Naime, skup (−∞, x+z ) je otvoren na Zorgenfrajovoj pravoj jer je (−∞, ) = [−n, x+z 2 2 2 ). Sliqno, [ x+z 2 , +∞)

=

∞ [

n=1

[ x+z 2 , n)

je otvoren, pa su skupovi (−∞,

x+z 2 )×R

i

[ x+z 2 , +∞) × R

otvoreni u Zorgenfrajovoj

n=1

x+z ravni kao (konaqni) proizvodi otvorenih. Uz to, vai da je ((−∞, x+z 2 ) × R) ∩ ([ 2 , +∞) × R) = ∅ i x+z x+z x+z 2 ((−∞, 2 ) × R) ∪ ([ 2 , +∞) × R) = R . Kako (x, y) ∈ ((−∞, 2 ) × R) ∩ A, a (z, t) ∈ ([ x+z 2 , +∞) × R) ∩ A, x+z skupovi ((−∞, x+z ) × R) ∩ A i ([ , +∞) × R) ∩ A su neprazni, pa zaista qine diskoneksiju skupa A. 2 2 Ako se taqke (x, y) i (z, t) razlikuju (samo) u drugoj koordinati, onda skupovi (R × (−∞, y+t 2 )) ∩ A i (R × [ y+t , +∞)) ∩ A qine diskoneksiju skupa A kao potprostora Zorgenfrajove ravni. 2 Dakle, A ⊂ R2 je povezan potprostor Zorgenfrajove ravni ako i samo ako je |A| ≤ 1.

Drugi naqin: Primetimo da na Zorgenfrajovoj pravoj nema vixeqlanih povezanih skupova. Naime, x+y neka je A ⊂ R takav da je |A| ≥ 2 i neka su x, y ∈ A, x < y. Tada skupovi (−∞, x+y 2 ) ∩ A i [ 2 , +∞) ∩ A qine jednu diskoneksiju skupa A kao potprostora Zorgenfrajove prave. Dakle, A ⊂ R je povezan potprostor Zorgenfrajove prave ako i samo ako je |A| ≤ 1. Neka je sada C ⊂ R2 bilo koji povezan neprazan podskup Zorgenfrajove ravni. Oznaqimo sa p1 : R2 → R i p2 : R2 → R projekcije na prvu, odnosno drugu koordinatu. Skup p1 (C) je povezan podskup Zorgenfrajove prave jer je C povezan, a p1 neprekidno preslikavanje. Na osnovu prethodnog razmatranja, ovaj skup mora biti jednoqlan (nije prazan jer C nije prazan). Neka je npr. p1 (C) = {a}. Dakle, svi elementi skupa C imaju a za prvu koordinatu, pa je C ⊂ {a} × R. Na isti naqin, koristei projekciju p2 , pokae se da je za neko b ∈ R, C ⊂ R × {b}. Konaqno, dve prethodne inkluzije nam daju da je C ⊂ ({a}×R)∩(R×{b}) = {(a, b)}, a kako je C neprazan, to je C = {(a, b)}. Dakle, sem praznog, jedini povezani skupovi u Zorgenfrajovoj ravni su njeni jednoqlani podskupovi.

83. Dat je prostor X.

X :

Ispitati da li X ima svojstvo fiksne taqke. Rexenje : Prvi naqin: Zatvoreni dvodimenzionalni disk D2 ima SFT po Brauerovoj teoremi. Prostor X je buket dve kopije diska D2 (kod obe kopije, za baznu taqku je odabrana taqka sa granice). Na osnovu zadatka 58, prostor X ima SFT. Drugi naqin: Prostor X moemo da utopimo u zatvoreni dvodimenzionalni disk D2 , tj. X moemo da vidimo kao potprostor diska D2 kao xto je prikazano na sledeoj slici.

D2 :

X

Uoqimo preslikavanje r : D2 → X, opisano na sledeem crteu, koje sve taqke iz X ostavlja fiksnim, a taqku iz D2 \ X preslikava u njenu ”vertikalnu projekciju” na potprostor X.

D2 :

r

z

:X

Preslikavanje r je oqigledno neprekidno, a kako se sve taqke iz X, pri r, slikaju u sebe, ono je retrakcija. Dakle, prostor X je retrakt diska D2 . Zatvoreni dvodimenzionalni disk D2 ima SFT po Brauerovoj teoremi, pa onda i prostor X mora imati SFT jer je retrakt prostora sa tim svojstvom.

84. Prostor X je dobijen od cilindra identifikacijom na rubu (v. sliku). α A

A α X:

A

α

Odrediti π1 (X). Da li je X homeomorfan nekoj zatvorenoj povrxi?

Rexenje : Prostor X moemo da iseqemo po izvodnici β oznaqenoj na sledeem crteu. Dobijamo pravougaonik (topoloxki disk) sa naznaqenom rubnom identifikacijom. α

A

A

A

α

A

α

A

α X:

≈

β A

α

β

β

A

α

A

Direktnom primenom Van Kampenove teoreme, dobijamo da je π1 (X) ∼ = hα, β | αβα−2 β −1 = 1i ∼ = hα, β | αβ = βα2 i. Kada bi prostor X bio homeomorfan nekoj povrxi, svaka njegova taqka bi imala okolinu homeomorfnu otvorenom dvodimenzionalnom disku. Meutim, ako uoqimo taqku (klasu) B na krunici α, vidimo da svaka njena okolina ima podokolinu koja se sastoji od tri poludiska sa zajedniqkom granicom (tri ”latice”) xto znaqi da ova taqka nema okolinu homeomorfnu disku. α A

B A

B α

B

X: A

α B

Dakle, prostor X nije homeomorfan nijednoj (zatvorenoj) povrxi. Napomena: Da prostor X nije homeomorfan nijednoj zatvorenoj povrxi, moe se dokazati i ovako: Kada bi to bilo, grupa π1ab (X) bi bila izomorfna abelizaciji fundamentalne grupe odgovarajue povrxi. Meutim, π1ab (X) ∼ = Z, a, kao xto je poznato, = hβ | −i ∼ = hα, β | α = 0i ∼ = hα, β | α + β = β + 2αi ∼ π1ab (Mg ) ∼ = Zh−1 ⊕ Z2 , pa ovo nije mogue. = Z2g , π1ab (Nh ) ∼

85. Konstruisati prostor X takav da je π1 (X) ∼ = Z ⊕ Z5 . Da li postoji natkrivanje iz prostora X na torus T 2 ? Rexenje : Predstavimo grupu Z ⊕ Z5 preko generatora i relacija. Jedna njena takva prezentacija je hα, β | β 5 = 1, αβα−1 β −1 = 1i. To znaqi da prostor qija je fundamentalna grupa izomorfna ovoj moemo da dobijemo od buketa dve krunice (α i β) tako xto na njega zalepimo jedan disk ”po pravilu” β 5 = 1 i jedan disk ”po pravilu” αβα−1 β −1 = 1. Drugim reqima, za prostor X moemo da uzmemo koliqnik prostor disjunktne unije buketa dve krunice (jer imamo dva generatora) i dva diska (jer imamo dve relacije) sa rubnom identifikacijom na diskovima kao na sledeem crteu. α

β

α β

β

X:

β

β ≈

β

β

β

α

α

β

β

β β

β

β

α

β Dva diska qine kompaktan podskup ove disjunktne unije koji seqe sve klase ekvivalencije, pa buket krunica moemo da izostavimo. Na osnovu Van Kampenove teoreme, zaista vai π1 (X) ∼ = hα, β | β 5 = 1, αβα−1 β −1 = 1i ∼ = Z ⊕ Z5 . Kada bi postojalo natkrivanje p : X → T 2 , imali bismo monomorfizam p∗ : π1 (X) → π1 (T 2 ). Dakle, grupa π1 (T 2 ) ∼ = Z ⊕ Z bi imala podgrupu izomorfnu sa π1 (X) ∼ = Z ⊕ Z5 . Meutim, grupa Z ⊕ Z je slobodna Abelova grupa, pa je svaka njena podgrupa slobodna Abelova, a Z ⊕ Z5 nije slobodna grupa. Dakle, ne postoji natkrivanje iz prostora X na torus T 2 , gde je X bilo koji prostor takav da je π1 (X) ∼ = Z ⊕ Z5 (ne obavezno ovaj koji smo naxli u prvom delu zadatka).

86. Neka je T = {A ⊂ Z | (∀k ∈ Z) (a) (b) (v) (g)

k ∈ A ⇒ −k3 ∈ A}.

Dokazati da je T topologija na Z. Odrediti sve konaqne otvorene skupove u topoloxkom prostoru (Z, T ). Dokazati da prostor (Z, T ) nije T0 . Nai neku konaqnu lokalnu bazu prostora (Z, T ) u taqki k = 2.

Rexenje : (a) Prazan skup oqigledno pripada familiji T jer svaki element praznog skupa zaista ima navedenu osobinu (”iz netaqnog sve sledi”). Takoe, jasno je i da Z ∈ T jer je skup Z zatvoren za mnoenje. Neka su A i B elementi familije T i neka je k ∈ A ∩ B. Tada −k 3 ∈ A jer k ∈ A i A ∈ T . Sliqno, −k 3 ∈ B jer k ∈ B i B ∈ T . Dakle, −k 3 ∈ A ∩ B, pa zakljuqujemo da A ∩ B ∈ T . Stoga, familija T je zatvorena za konaqne preseke. S Neka je sada A ⊂ T proizvoljna podfamilija familije T i neka je k ∈ S A. To znaqi daSpostoji A ∈ A takav da k ∈ A. Poxto A ∈ A ⊂ T , vai i da −k 3 ∈ A. Dakle, −k 3 ∈ A xto znaqi da A ∈ T . Zakljuqujemo da je T zatvorena i za proizvoljne unije, pa je na osnovu svega prethodnog familija T zaista jedna topologija na skupu Z. (b) Za skupove ∅, {0}, {−1, 1} i {−1, 0, 1} se direktno proverava da su otvoreni, a oqigledno su i konaqni. Dokaimo da pored ova qetiri skupa nema vixe otvorenih koji su konaqni. Skupovi {−1}, {1}, {−1, 0} i {0, 1} nisu otvoreni jer svaki otvoren skup koji sadri ceo broj 1 (−1) mora sadrati i −13 = −1 (−(−1)3 = −(−1) = 1). n Uz to, primetimo da ako neki otvoreni skup A sadri ceo broj k, onda je {(−1)n k 3 | n ∈ N} ⊂ A (dokaz n indukcijom). Meutim, ako je |k| ≥ 2, skup {(−1)n k 3 | n ∈ N} je beskonaqan. Naime, u tom sluqaju, za m n m 3m 3m 3n n 3n m > n vai da je |(−1) k | = |k| > |k| = |(−1) k |, pa je (−1)m k 3 6= (−1)n k 3 . Dakle, ako otvoren skup A sadri broj k takav da je |k| ≥ 2, on ima beskonaqan podskup, pa je i sam beskonaqan. Zakljuqujemo da ne postoji konaqan otvoren skup koji sadri ceo broj modula veeg od 1. Na osnovu svega prethodnog, jedini konaqni otvoreni skupovi su oni nabrojani na poqetku. (v) Uoqimo taqke −1 i 1 ovog topoloxkog prostora. Kao xto je navedeno i u delu pod (b), svaki otvoren skup koji sadri broj 1, mora da sadri i −1, a i obrnuto. Dakle, taqka 1 nema okolinu koja ne sadri taqku −1, a takoe, taqka −1 nema okolinu koja ne sadri taqku 1. Odavde sledi da prostor (Z, T ) nema T0 svojstvo. n

(g) Uoqimo skup B2 = {(−1)n 23 | n ∈ N0 } ⊂ Z. Oqigledno, 2 ∈ B2 (n = 0). Takoe, skup B2 je otvoren jer n n n n+1 n+1 za k ∈ B2 , k = (−1)n 23 , vai da −k 3 = −((−1)n 23 )3 = −(−1)3n · 23·3 = −1 · (−1)n · 23 = (−1)n+1 23 ∈ B2 . Uz to, kao xto je navedeno i u delu pod (b), indukcijom se lako dokazuje da svaki otvoren skup koji sadri broj 2 mora biti nadskup skupa B2 . Dakle, {B2 } je jedna konaqna (jednoqlana) lokalna baza prostora (Z, T ) u taqki k = 2.

87. (a) Dokazati da je separabilnost neprekidna invarijanta. (b) Ispitati da li je separabilnost nasledno svojstvo. HA

Rexenje : (a) Neka je X separabilan topoloxki prostor i f : X −→ Y neprekidno preslikavanje. Ako je A prebrojiv svuda gust podskup od X, onda je f (A) prebrojiv potprostor prostora Y . Da je f (A) svuda gust u Y sledi iz sledee inkluzije: Y = f (X) = f (A) ⊂ f (A). Prva jednakost vai jer je f surjekcija, druga zato xto je A svuda gust u X (A = X), a navedena inkluzija je posledica neprekidnosti funkcije f . Dakle, f (A) = Y , pa je Y separabilan, tj. separabilnost je neprekidna invarijanta. (b) Zorgenfrajova ravan je separabilan topoloxki prostor. Naime, skup racionalnih brojeva Q seqe svaki poluotvoren interval oblika [a, b), pa je svuda gust na Zorgenfrajovoj pravoj, tj. Q = R. Uz to, Q je prebrojiv, pa je Zorgenfrajova prava separabilan prostor. Skup Q2 ⊂ R2 je prebrojiv, a pored toga 2 vai Q2 = Q = R2 , pa je Zorgenfrajova ravan separabilan prostor jer je Q2 njen prebrojiv svuda gust podskup. Potprostor Zorgenfrajove ravni {(x, −x) | x ∈ R} ⊂ R2 (”antidijagonala”) je, kao xto je poznato, diskretan i neprebrojiv. Poxto je diskretan, njegov jedini svuda gusti podskup je on sam, pa budui neprebrojiv, on nema prebrojivih svuda gustih podskupova. Dakle, ovo je neseparabilni potprostor separabilnog prostora xto znaqi da separabilnost nije nasledno svojstvo.

88. Dokazati da je euklidska norma || · || : Rn → [0, +∞) otvoreno preslikavanje. Rexenje : Neka je A otvoren podskup euklidskog prostora Rn . Neka je S = ||A|| = {||x|| | x ∈ A} ⊂ [0, +∞) slika skupa A pri euklidskoj normi. Dokaimo da je S otvoren u [0, +∞). Neka je t0 ∈ S. Ako je t0 > 0, treba nai pozitivan broj ε takav da vai (t0 − ε, t0 + ε) ⊂ S. Neka je x0 ∈ A takav da je ||x0 || = t0 (takav x0 postoji jer je t0 u slici skupa A). Kako je A otvoren, to postoji otvorena kugla sa centrom u x0 polupreqnika δ, B(x0 ; δ) koja je podskup od A. Neka je ε = min{δ, t0 }. Ako je t ∈ (t0 − ε, t0 + ε), tada vektor tt0 x0 ima normu t (ovde koristimo qinjenicu da je ε ≤ t0 , pa imamo da je t > t0 − ε ≥ 0) , a uz to d(x0 , tt0 x0 ) = ||x0 −

t t0 x0 ||

= ||(1 −

t t0 )x0 ||

=

|t0 −t| t0 ||x0 ||

= |t0 − t| < ε ≤ δ.

To znaqi da tt0 x0 ∈ B(x0 ; δ) ⊂ A, tj. da se t nalazi u skupu S (slici skupa A). Dakle, vai da je (t0 − ε, t0 + ε) ⊂ S. Ako je t0 = 0, treba nai pozitivan broj ε takav da vai [0, ε) ⊂ S. Meutim, poxto 0 ∈ S, imamo da koordinatni poqetak 0 ∈ A. Kako je A otvoren, to postoji ε > 0 takvo da B(0; ε) ⊂ A. Ako je t ∈ [0, ε), uoqimo vektor (t, 0, 0, ..., 0) ∈ Rn . Ovaj vektor ima normu t i, s obzirom da je t < ε, on pripada kugli B(0; ε), pa onda i skupu A. Dakle, broj t pripada skupu S, pa imamo da je [0, ε) ⊂ S. Za proizvoljnu taqku t0 ∈ S pronaxli smo njenu okolinu (u prostoru [0, +∞)) koja je cela sadrana u S, pa sledi da je S otvoren podskup od [0, +∞), a to je ono xto je trebalo dokazati.

89. Neka je X Hauzdorfov \ prostor i {Kλ }λ∈Λ neka familija kompaktnih podskupova od X. Ako je U ⊂ X Kλ ⊂ U, dokazati da postoji konaqna podfamilija {Kλi }i=0,n familije {Kλ }λ∈Λ otvoren skup takav da je n \

takva da je

λ∈Λ

Kλi ⊂ U.

i=0

Rexenje : Fiksirajmo jedan indeks λ0 ∈ Λ. S obzirom da je Kλ0 ∩ Kλ 0 ⊂ U ∪ (

\

Kλ =

Kλ ⊂ U , imamo da je

λ∈Λ

λ∈Λ\{λ0 }

\

\

Kλ )c (A ∩ B ⊂ C ⇔ A ⊂ C ∪ B c ). Drugim reqima, imamo da je Kλ0 ⊂ U ∪

λ∈Λ\{λ0 }

[

Kλc ,

λ∈Λ\{λ0 }

odnosno da skupovi U i Kλc , λ 6= λ0 , pokrivaju skup Kλ0 . Kako je X Hauzdorfov prostor, svaki njegov kompaktan podskup je i zatvoren, pa su svi skupovi Kλ , λ ∈ Λ, zatvoreni, tj. njihovi komplementi Kλc su otvoreni. Dakle, skupovi U i Kλc , λ 6= λ0 , qine otvoreno pokrivanje kompaktnog skupa Kλ0 , pa postoji konaqno n [ potpokrivanje, tj. postoje λ1 , λ2 , ..., λn ∈ Λ \ {λ0 } takvi da vai Kλ0 ⊂ U ∪ Kλc i (naravno, ako skup U i=1

nije u odabranom potpokrivaqu, njegovim dodavanjem opet dobijamo potpokrivaq). n n [ \ c Dakle, dobili smo da je Kλ0 ⊂ U ∪ Kλi = U ∪ ( Kλi )c , pa po ve navedenoj ekvivalenciji, zakljuqujemo da je Kλ0 ∩

n \ i=1

Kλi ⊂ U , tj.

n \

i=1

i=1

Kλi ⊂ U .

i=0

90. Neka su A i B zatvoreni podskupovi topoloxkog prostora X takvi da su skupovi A ∪ B i A ∩ B putno povezani. Dokazati da je A putno povezan. Rexenje : Neka su x, y ∈ A dve proizvoljne taqke. Kako je A∪B putno povezan skup, to postoji neprekidno preslikavanje (put) ϕ : [0, 1] → A ∪ B takav da je ϕ(0) = x i ϕ(1) = y. Ako je skup ϕ−1 (B) prazan, stvar je gotova jer je tada ϕ zapravo put u A koji spaja taqke x i y. U suprotnom, skup ϕ−1 (B) je neprazan zatvoren podskup intervala [0, 1] (jer je B zatvoren u X, a ϕ neprekidno), pa sadri i = inf ϕ−1 (B) i s = sup ϕ−1 (B), tj. vai da ϕ(i), ϕ(s) ∈ B. S druge strane, kako je [0, i) ⊂ ϕ−1 (A), a skup ϕ−1 (A) zatvoren kao inverzna slika zatvorenog, imamo da i ∈ ϕ−1 (A) (u sluqaju da je i = 0, ϕ(i) = ϕ(0) = x ∈ A, pa opet imamo isti zakljuqak). Potpuno analogno se dokazuje da i s ∈ ϕ−1 (A), pa onda vai i ϕ(i), ϕ(s) ∈ A.

ϕ(s) y

A

B

x

ϕ(i) Odavde zakljuqujemo da je x ∼A ϕ(i) (x i ϕ(i) su u istoj komponenti putne povezanosti skupa A). Naime, poxto je ϕ([0, i]) ⊂ A, put t 7→ ϕ(ti) povezuje taqke x i ϕ(i) unutar skupa A. Sliqno, preslikavanje t 7→ ϕ((1 − t)s + t) je put u A koji spaja taqke ϕ(s) i y, pa je ϕ(s) ∼A y. Stoga, ako dokaemo da je ϕ(i) ∼A ϕ(s), na osnovu tranzitivnosti relacije ∼A , imaemo da vai x ∼A y. Meutim, prethodno je pokazano da ϕ(i), ϕ(s) ∈ A ∩ B, a s obzirom da je A ∩ B putno povezan, imamo da je ϕ(i) ∼A∩B ϕ(s), a samim tim i ϕ(i) ∼A ϕ(s) (put u A ∩ B je ujedno i put u A). Dakle, dobili smo da je x ∼A y, tj. da postoji put u A koji spaja taqke x i y, a kako su x i y bile proizvoljne taqke iz A, sledi da je A putno povezan.

91. (a) Neka su B1 i B2 dve baze topologije T na X. Dokazati da je B1 ∪ B 2 baza te iste topologije T . (b) Ako su B1 i B2 baze razliqitih topologija T1 i T2 na X, da li familija B1 ∪ B2 mora biti baza neke topologije na X? Rexenje : (a) S obzirom da je B1 baza topologije T , vai da je B1 ⊂ T . Sliqno, B2 ⊂ T , pa je i B1 ∪ B2 ⊂ T . Neka je U ∈ T i neka je x ∈ U . Treba jox dokazati da postoji B ∈ B1 ∪ B2 takvo da x ∈ B ⊂ U . Meutim, kako je, na primer, familija B1 baza, to postoji B ∈ B1 sa ovom osobinom. Ali, B1 ⊂ B1 ∪ B2 , pa vai da je B ∈ B1 ∪ B2 . (b) Ne. Naime, ako je L topologija levih intervala na R, uzmimo celu tu topologiju za bazu, tj. B1 = L. Sliqno, uzmimo da je B2 = D topologija desnih intervala na R. Uoqimo skupove (−∞, 1) ∈ L i (−1, +∞) ∈ D. Tada naravno (−∞, 1), (−1, +∞) ∈ L ∪ D = B1 ∪ B2 , ali za taqku 0 ∈ (−∞, 1) ∩ (−1, +∞) = (−1, 1) ne postoji skup B ∈ L ∪ D takav da 0 ∈ B ⊂ (−1, 1). To je zato xto bi B morao da bude ograniqen (kao podskup ograniqenog), a svi skupovi u L ∪ D su neograniqeni (sem praznog koji oqigledno ne ispunjava dati uslov). Dakle, familija B1 ∪ B2 iz ovog primera nije baza ni za jednu topologiju na R.

92. Dokazati da svaki povezan T3 12 topoloxki prostor sa bar dve taqke mora biti neprebrojiv. Rexenje : Neka je X povezan T3 12 prostor takav da je |X| ≥ 2 i neka su x, y ∈ X dve razliqite taqke. Kako X ima svojstvo T1 , to je skup {y} zatvoren u X, a kako je x 6= y, imamo jox da x ∈ / {y}. Sada, poxto je X potpuno regularan, postoji neprekidna funkcija f : X → [0, 1] takva da je f (x) = 0 i f (y) = 1. Ovo znaqi da 0, 1 ∈ f (X). S druge strane, s obzirom da je X povezan, a f neprekidna, vai da je f (X) povezan podskup realne prave. Konaqno, kako f (X) sadri 0 i 1, a povezan je, mora biti [0, 1] ⊂ f (X). Odavde zakljuqujemo da je skup f (X) neprebrojiv (jer ima neprebrojiv podskup [0, 1]), pa poxto je |X| ≥ |f (X)|, onda i X mora biti neprebrojiv.

93. Na skupu RN je data Tihonovljeva topologija (na R se podrazumeva uobiqajena topologija). Dokazati da je skup A = {x ∈ RN | lim xn = 0} svuda gust u RN . n→∞

Rexenje : Da bismo dokazali da je skup A svuda gust u RN , dovoljno je da dokaemo da on seqe svaki k \ (neprazni) bazni skup u RN . Posmatrajmo standardnu bazu proizvoda RN i neka je B = p−1 ni (Uni ) jedan i=1

bazni skup. To znaqi da su skupovi Uni , ni ∈ N, i = 1, k, neprazni i otvoreni na realnoj pravoj R, a pni : RN → R je projekcija na ni -tu koordinatu, pni (x) = xni .

Odaberimo (potpuno proizvoljno) po jedan element ui iz svakog od skupova Uni , i = 1, k. Definiximo niz x ∈ RN na sledei naqin: ½ xn =

ui , 0,

n = ni , i = 1, k n ∈ N \ {n1 , n2 , ..., nk }

.

Kako su svi sem konaqno mnogo qlanova ovog niza jednaki nuli, on naravno tei nuli, tj. vai da x ∈ A. Uz to, za svako i ∈ {1, 2, ..., k}, pni (x) = xni = ui ∈ Uni , odnosno x ∈ p−1 ni (Uni ), pa stoga x ∈ B. Dakle, pronaxli smo jedan element preseka A ∩ B, pa je ovaj presek neprazan. Poxto je B bio proizvoljan bazni skup, zakljuqujemo da A seqe sve (neprazne) bazne skupove, tj. da je A svuda gust u RN .

Napomena: Iz rexenja ovog zadatka, moe se primetiti da skup A ima i pravi svuda gusti podskup. To je skup svih nizova qiji su svi sem konaqno mnogo qlanova jednaki nuli.

94. Neka je X Hauzdorfov prostor i A ⊂ X. Dokazati ili opovrgnuti: (a) Ako je A kompaktan, onda je i ∂A kompaktan. (b) Ako je ∂A kompaktan i A zatvoren, onda je A kompaktan. Rexenje : (a) Poxto je A kompaktan podskup Hauzdorfovog prostora, on je zatvoren u tom prostoru, pa vai ∂A ⊂ A = A. Rub bilo kog skupa je zatvoren u prostoru X, pa je ∂A zatvoren i kao podskup od A. Ali, zatvoren podskup kompaktnog prostora je kompaktan, pa vai tvrenje (a). (b) Dokaimo da ovo nije taqno. Na primer, ∂[0, +∞) = {0} je naravno kompaktan skup jer je konaqan. [0, +∞) je zatvoren podskup realne prave, ali nije kompaktan jer nije ograniqen.

95. Dat je topoloxki prostor X i A ⊂ X. Dokazati da A nije povezan ako i samo ako postoje neprazni B, C ⊂ X takvi da je B ∪ C = A, B ∩ C = ∅ i B ∩ C = ∅ (zatvorenja su u X). Rexenje : =⇒) Ako A nije povezan, postoji diskoneksija {B, C} skupa A. To znaqi da su B i C neprazni skupovi otvoreni u A takvi da je B ∪ C = A i B ∩ C = ∅. Kako je B otvoren u A, to postoji skup U , otvoren u X, takav da je B = U ∩ A. Odavde sledi da je C ∩ U ⊂ A ∩ U = B. S druge strane, naravno vai da je C ∩ U ⊂ C, pa imamo da je C ∩ U ⊂ B ∩ C = ∅. Dakle, C ∩ U = ∅, tj. C ⊂ U c , a kako je U c zatvoren u X, zakljuqujemo da je C ⊂ U c . Konaqno, poxto je B = U ∩ A ⊂ U , dobijamo B ∩ C ⊂ U ∩ U c = ∅, tj. B ∩ C = ∅. Potpuno analogno se dokazuje da je i B ∩ C = ∅, pa su bax ovi B i C traeni skupovi. ⇐=) Ako postoje ovakvi skupovi B i C, dokaimo da oni qine jednu diskoneksiju skupa A. Odmah imamo da su neprazni i da je B ∪ C = A, xto znaqi da treba jox da dokaemo da su otvoreni u A i da je B ∩ C = ∅. Ovo drugo direktno sledi jer je B ∩ C ⊂ B ∩ C = ∅. c c c Poxto je B ∩ C = ∅, vai da je B ⊂ C , tj. C ∩ B = B. S druge strane, C ∩ C ⊂ C c ∩ C = ∅, pa je c c c c c C ∩ A = C ∩ (B ∪ C) = (C ∩ B) ∪ (C ∩ C) = B ∪ ∅ = B. Kako je skup C naravno otvoren u X, iz prethodne jednakosti zakljuqujemo da je B otvoren u A. Ponovo, sasvim analogno se pokazuje da je i C otvoren u A, pa zaista skupovi B i C qine diskoneksiju skupa A i, stoga, A nije povezan.

96. Neka je L topologija levih intervala na R i neka je (R, S) Zorgenfrajova prava. Dato je preslikavanje f : (R, L) → (R, S) sa f (x) = x − [x]. Ispitati da li je f (a) neprekidno; (b) otvoreno; (v) zatvoreno. Rexenje : (a) Dokaimo da f nije neprekidno. Na primer, [0, 21 ) ∈ S, ali inverzna slika ovog skupa [ nije otvoren skup u (R, L). Naime, f −1 ([0, 12 )) = Ik , gde su Ik = [k, k + 12 ), k ∈ Z. k∈Z

y

6

y = x − [x] 1 1 2

−3 O

−2 O

−1 O

I−3

I−2

0

O

I−1

1 O

2 O

3 O

4

I0

I1

I2

I3

x

Meutim, ova unija nije[ element familije [ L jer svaki levi interval koji sadri nulu sadri i sve negativne brojeve, dok 0 ∈ Ik , a npr. − 13 ∈ / Ik . k∈Z

k∈Z

(b) Preslikavanje f jeste otvoreno jer je naravno f (∅) = ∅, a za sve ostale otvorene skupove (−∞, a) ∈ L, a ∈ R ∪ {+∞}, vai da je f ((−∞, a)) = [0, 1) ∈ S. (v) Zatvoreni skupovi u (R, L) su ∅, R i [a, +∞), a ∈ R. Opet, f (∅) = ∅, a oqigledno vai da je f (R) = f ([a, +∞)) = [0, 1). Uz to, skup [0, 1) je zatvoren na Zorgenfrajovoj pravoj jer je [ [ [0, 1)c = (−∞, 0) ∪ [1, +∞) = [−n, 0) ∪ [1, n) ∈ S. n∈N

n∈N

Dakle, slika svakog zatvorenog skupa je zatvoren skup, pa preslikavanje f jeste zatvoreno.

97. Ako je A otvoren i povezan podskup od Rn , dokazati da je skup B = {x ∈ Rn |d(x, A) < 1} putno povezan. Rexenje : Kako je svaki otvoren i povezan podskup euklidskog prostora Rn putno povezan, imamo da je skup A putno povezan. Neka su x, y ∈ B. Razlikovaemo tri sluqaja. 1◦ Ako su x, y ∈ A, onda postoji put u A koji spaja ove dve taqke (jer je A putno povezan), a kako je A ⊂ B, odmah imamo i put u B koji povezuje taqke x i y. 2◦ Ako je x ∈ A, y ∈ B \A, moemo nai taqku a0 ∈ A takvu da je d(y, a0 ) < 1 jer je d(y, A) = inf d(y, a) < 1. a∈A

Uoqimo put ϕ : [0, 1] → B definisan sa ϕ(t) = (1 − t)a0 + ty. y B

ϕ a0

A x

Za svako t ∈ [0, 1] vai: d(ϕ(t), a0 ) = ||ϕ(t) − a0 || = ||(1 − t)a0 + ty − a0 || = ||ty − ta0 || = t||y − a0 || = t · d(y, a0 ) ≤ d(y, a0 ) < 1. Odavde imamo da je d(ϕ(t), A) = inf d(ϕ(t), a) ≤ d(ϕ(t), a0 ) < 1, odnosno ϕ(t) ∈ B, pa zakljuqujemo da je ϕ a∈A

zaista put u B. Naravno, ϕ(0) = a0 i ϕ(1) = y, pa on spaja taqke a0 i y (ϕ([0, 1]) je zapravo du od taqke a0 do taqke y). Poxto x, a0 ∈ A, postoji put u B koji povezuje taqku x sa taqkom a0 (sluqaj 1◦ ), pa kada na ovaj put nadoveemo put ϕ dobijamo put u B koji spaja taqke x i y.

3◦ Ako x, y ∈ B \ A, onda postoje taqke a1 , a2 ∈ A takve da je d(x, a1 ) < 1 i d(y, a2 ) < 1. Kao u sluqaju 2◦ moemo konstruisati put (du) u skupu B koji spaja taqku x sa taqkom a1 i put u B koji spaja a2 i y. Uz to, kako su a1 , a2 ∈ A, postoji i put u B koji povezuje ove dve taqke (sluqaj 1◦ ). Nadovezivanjem ova tri puta dobijamo put u B od taqke x do taqke y.

98. Neka je A retrakt topoloxkog prostora X. Dokazati: (a) X je T2 =⇒ A je zatvoren u X. (b) X je T2 i kompaktan =⇒ A je T4 . Rexenje : (a) Prvi naqin: Neka je x ∈ Ac proizvoljna taqka. Ako je r : X → A retrakcija, uoqimo taqku r(x) ∈ A. Kako x ∈ / A, vai da je x 6= r(x), pa poxto je X Hauzdorfov, postoje otvoreni skupovi U i V takvi da je x ∈ U , r(x) ∈ V i U ∩ V = ∅. S obzirom da je V otvoren u X, imamo da je skup A ∩ V otvoren u A. Iz neprekidnosti funkcije r sledi da je skup r−1 (A ∩ V ) otvoren u X. Dokaimo da za otvoreni skup W = U ∩ r−1 (A ∩ V ) (presek dva otvorena) vai x ∈ W ⊂ Ac . Skup U je odabran tako da x ∈ U , V tako da r(x) ∈ V , a kako naravno r(x) ∈ A, vai da x ∈ r−1 (A ∩ V ), pa odmah imamo da je x ∈ U ∩ r−1 (A ∩ V ) = W . Dokaimo da je W ⊂ Ac . Neka je y ∈ W . Iz y ∈ r−1 (A ∩ V ) zakljuqujemo da r(y) ∈ V , a iz y ∈ U zakljuqujemo da je y 6= r(y) jer su U i V disjunktni. Odavde sledi da y ∈ / A jer za svako a ∈ A vai da je r(a) = a, pa imamo traenu inkluziju. Dakle, W je otvoren skup takav da je x ∈ W ⊂ Ac , a kako je x bila proizvoljna taqka iz Ac , ovaj skup je otvoren, odnosno A je zatvoren. Drugi naqin: Ako je r : X → A retrakcija i i : A ,→ X inkluzija, uoqimo kompoziciju f = i◦r : X → X. Oqigledno vai da je f (x) = x ako i samo ako x ∈ A. Naime, ako je x = f (x) = i(r(x)), element x se nalazi u slici inkluzije i, pa x ∈ A. Obratno, ako x ∈ A direktno dobijamo f (x) = i(r(x)) = i(x) = x. Dakle, A = {x ∈ X | f (x) = x}, a poxto je X Hauzdorfov, skup svih fiksnih taqaka neprekidnog preslikavanja iz X u X je zatvoren. (b) S obzirom da je X kompaktan i T2 , on je T4 . Osobina T4 je slabo nasledna (prenosi se na zatvorene potprostore), pa iz dela pod (a) sledi da i A ima osobinu T4 .

99. Neka je {Aα }α∈A familija podskupova topoloxkog prostora X. \ \ (a) Dokazati da je int( Aα ) ⊂ intAα . α∈A

α∈A

(b) Primerom pokazati da ne mora da vai obrnuta inkluzija. Rexenje : (a) Neka je α0 ∈ A bilo koji indeks. Tada je naravno int(

\

Aα ) ⊂ intAα0 . Dakle, skup int(

α∈A

i u njihovom preseku, tj. int(

\

\

\

Aα ⊂ Aα0 , pa onda mora biti i

α∈A

Aα ) je sadran u svakom od skupova intAα , α ∈ A, pa je sadran

α∈A

\

Aα ) ⊂

α∈A

intAα .

α∈A

(b) Neka je A = N i neka su An = (− n1 , n1 ), n ∈ N, podskupovi realne prave. Tada je \ \ \ int(− n1 , n1 )= intAn = (− n1 , n1 )= {0}. n∈N

n∈N

S druge strane, int(

\

n∈N

An ) = int(

n∈N

\

(− n1 , n1 )) = int{0} = ∅, pa na ovom primeru vidimo da ne mora da

n∈N

vai obrnuta inkluzija u tvrenju pod (a).

100. Neka je (xn )n∈N konvergentan niz u topoloxkom prostoru (X, T ). Ako je x = lim xn , dokazati da je n→∞

skup {x} ∪ {xn | n ∈ N} kompaktan.

Rexenje : Neka je B = {x} ∪ {xn | n ∈ N} ⊂ X i neka je {Uα }α∈A proizvoljan [ otvoren pokrivaq skupa B. To znaqi da su skupovi Uα , α ∈ A, otvoreni podskupovi od X i da je B ⊂ Uα . Poxto x ∈ B ⊂

[ α∈A

α∈A

Uα , postoji indeks α0 ∈ A takav da x ∈ Uα0 . Kako je x = lim xn , a Uα0 otvoren skup n→∞

koji sadri taqku x (okolina taqke x), to svi qlanovi ovog niza poqev od nekog moraju biti u skupu Uα0 . Preciznije, postoji n0 ∈ N takvo da za svako n > n0 vai da je xn ∈ Uα0 .

Takoe, za svako n ∈ {1, 2, ..., n0 } postoji indeks αn ∈ A takav da xn ∈ Uαn . Na posletku, uoqimo (konaqnu) podfamiliju {Uαn }n=0,n0 familije {Uα }α∈A . Kao xto je ve naznaqeno, n0 [ xn ∈ Uαn ako je n ≤ n0 , a xn ∈ Uα0 ako je n > n0 . Uz to, x ∈ Uα0 , pa je B = {x} ∪ {xn | n ∈ N} ⊂ Uαn . n=0

Dakle, {Uαn }n=0,n0 je konaqan potpokrivaq skupa B izvuqen iz (proizvoljnog) otvorenog pokrivaqa {Uα }α∈A xto po definiciji znaqi da je skup B kompaktan.

101. Neka je U otvoren podskup topoloxkog prostora X. Dokazati da je int(∂U ) = ∅. Rexenje : Za svaki A ⊂ X vai da je ∂A ∩ intA = ∅, pa s obzirom da je U otvoren skup, imamo da je ∂U ∩ U = ∅. Pretpostavimo da postoji taqka x ∈ int(∂U ). Kako je x unutraxnja taqka skupa ∂U , to postoji otvoren skup V takav da x ∈ V ⊂ ∂U . No, poxto je ∂U ∩ U = ∅, imamo da je i V ∩ U = ∅. Odavde bi sledilo da x ne pripada rubu skupa U (jer ima okolinu disjunktnu sa U ) xto znaqi da imamo kontradikciju. Dakle, ne postoji taqka iz skupa int(∂U ), tj. ovaj skup je prazan.

102. Neka je F povezan potprostor topoloxkog prostora X i neka je A ⊂ X. Ako je F ∩A 6= ∅ i F ∩Ac 6= ∅, dokazati da je F ∩ ∂A 6= ∅. Rexenje : Pretpostavimo suprotno, da je skup F ∩∂A prazan. Uoqimo skupove U = F ∩intA i V = F ∩extA i dokaimo da oni qine diskoneksiju skupa F . Prvo, oni su otvoreni u F jer su skupovi intA i extA = int(Ac ) otvoreni u X. Zatim, skup U je neprazan jer je U = F ∩ intA = (F ∩ intA) ∪ ∅ = (F ∩ intA) ∪ (F ∩ ∂A) = F ∩ (intA ∪ ∂A) ⊃ F ∩ A 6= ∅. Sliqno, V = F ∩ (extA ∪ ∂A) = F ∩ (int(Ac ) ∪ ∂(Ac )) ⊃ F ∩ Ac 6= ∅, pa je i V neprazan. Uz ovo prethodno vai i U ∩ V = F ∩ intA ∩ extA = ∅. Takoe, s obzirom da je U ∪ V = (F ∩ intA) ∪ (F ∩ extA), a po pretpostavci F ∩ ∂A = ∅, imamo jox i U ∪ V = (F ∩ intA) ∪ (F ∩ extA) ∪ (F ∩ ∂A) = F ∩ (intA ∪ ∂A ∪ extA) = F ∩ X = F . Dakle, {U, V } je zaista jedna diskoneksija skupa F xto je u kontradikciji sa qinjenicom da je F povezan. Stoga, skup F ∩ ∂A ne moe biti prazan.

103. Neka je (X, ≤) parcijalno ureenje i neka je za a ∈ X, Ba = {x ∈ X | a ≤ x}. (a) Dokazati da familija B = {Ba }a∈X qini bazu za neku topologiju TB na X. (b) Dokazati da je u topoloxkom prostoru (X, TB ) unija bilo koje familije zatvorenih skupova zatvoren skup. (v) Dokazati da prostor (X, TB ) ima T0 svojstvo. (g) Ako je ureenje (X, ≤) linearno i |X| ≥ 2, dokazati da prostor (X, TB ) nema svojstvo T1 . Rexenje : Primetimo da za svake dve taqke a, x ∈ X vai sledea implikacija (∗): x ∈ Ba =⇒ Bx ⊂ Ba . Naime, ako je x ∈ Ba , to znaqi da je a ≤ x, pa iz tranzitivnosti relacije ≤ sledi da za svako y ∈ X takvo da je x ≤ y vai a ≤ y. Drugim reqima, Bx ⊂ Ba . [ (a) S obzirom da za svako a ∈ X vai da je a ≤ a, imamo da a ∈ Ba , pa odavde sledi da je Ba = X. a∈X

Takoe, ako su a, b ∈ X proizvoljne taqke i x ∈ Ba ∩ Bb , onda iz (∗) sledi da je Bx ⊂ Ba i Bx ⊂ Bb . Uz to, naravno, x ∈ Bx , pa smo za datu taqku x iz preseka Ba ∩ Bb naxli skup Bx iz familije B takav da je x ∈ Bx ⊂ Ba ∩ Bb . Iz prethodna dva zapaanja zakljuqujemo da je familija B zaista baza neke topologije na X. [ \ (b) Iz De Morganove formule ( Aλ )c = Acλ sledi da je dovoljno dokazati da je presek proizvoljne λ∈Λ

λ∈Λ

familije otvorenih skupova otvoren skup. \ Neka je {Uj }j∈J familija otvorenih skupova u prostoru (X, TB ) i x ∈ Uj proizvoljna taqka. Ako j∈J

je j ∈ J bilo koji indeks, iz qinjenice da x ∈ Uj i da je Uj otvoren, zakljuqujemo da postoji bazni skup Baj takav da x ∈ Baj ⊂ Uj . Sada, iz (∗) sledi da je Bx ⊂ Baj ⊂ Uj . Poxto je j bio proizvoljan indeks, \ \ imamo da je x ∈ Bx ⊂ Uj . Naravno, skup Bx je otvoren (xtavixe bazni), pa je skup Uj otvoren u j∈J

j∈J

prostoru (X, TB ). (v) Neka su a i b dve razliqite taqke prostora X. Ako je a ≤ b, onda iz antisimetriqnosti relacije ≤ sledi da ne moe biti i b ≤ a jer je a 6= b. Drugim reqima, u ovom sluqaju imamo da a ∈ / Bb , a kako je Bb okolina taqke b, ovim je dokazano svojstvo T0 .

Potpuno analogno, ako je b ≤ a, skup Ba je okolina taqke a koja ne sadri taqku b. Konaqno, ako su a i b neuporedive, onda opet a ∈ / Bb , pa je Bb okolina taqke b koja ne sadri taqku a. (g) Neka su x i y dve razliqite taqke prostora X. Poxto je ≤ relacija totalnog poretka na X, vai da je ili x ≤ y ili y ≤ x. Pretpostavimo (bez gubitka opxtosti) da je npr. x ≤ y. Primetimo jox da svaka okolina taqke x mora sadrati i ceo skup Bx . Naime, ako je U otvoren skup koji sadri taqku x, onda postoji bazni Ba takav da x ∈ Ba ⊂ U , pa iz (∗) sledi da je Bx ⊂ Ba ⊂ U . Ali, s obzirom da je x ≤ y, imamo da y ∈ Bx , pa svaka okolina taqke x sadri i taqku y xto znaqi da prostor (X, TB ) nema svojstvo T1 . Napomena: Tvrenje (g) kae da, pod navedenim uslovima, postoje dve razliqite taqke u X takve da svaka okolina prve sadri drugu ili svaka okolina druge sadri prvu, dok se iz naxeg dokaza vidi da ovo qak vai i za svake dve razliqite taqke. Poxto je |X| ≥ 2, mi smo zapravo dokazali jaqe tvrenje od tvrenja (g) (bez pretpostavke |X| ≥ 2 ne bi bilo jaqe).

104. Na skupu realnih brojeva R data je uobiqajena topologija U. Neka je f : R → RN dijagonalno utapanje (f (t) = (t, t, t, ...)). (a) Dokazati da je f neprekidno preslikavanje ako na RN posmatramo (Tihonovljevu) topologiju proizvoda. (b) Ispitati neprekidnost preslikavanja f ako na RN posmatramo box topologiju. Rexenje : Primetimo da za {An }n∈N , proizvoljan niz podskupova od R, vai da je f −1 ( Naime, t ∈ f −1 (

Y

An ) ⇐⇒ f (t) = (t, t, t, ...) ∈

n∈N

Y

An ⇐⇒ (∀n ∈ N) t ∈ An ⇐⇒ t ∈

n∈N

\

Y

An ) =

n∈N

\

An .

n∈N

An .

n∈N

(a) Posmatrajmo standardnu predbazu prostora RN sa Tihonovljevom topologijom. Proizvoljan predN bazni skup S je oblika p−1 qlan niza). k (U ), gde je U ∈ U , a pk : R → R projekcija na k-tu koordinatu (k-ti Y \ −1 Dakle, S = An , gde je Ak = U , a An = R za n 6= k. Odavde zakljuqujemo da je f (S) = An = U . n∈N

n∈N

Stoga, inverzna slika svakog predbaznog skupa pri preslikavanju f je otvoren skup u R, pa je f neprekidno preslikavanje. Y (b) Uoqimo skup (− n1 , n1 )⊂ RN . On je proizvod otvorenih, pa je otvoren (xtavixe bazni) u prostoru n∈N

RN sa box topologijom. Meutim, inverzna slika ovog skupa f −1 ( otvoren skup u R, pa preslikavanje f nije neprekidno.

Y

n∈N

(− n1 , n1 )) =

\

(− n1 , n1 )= {0} nije

n∈N

105. (a) Dokazati da je f : X → Y zatvoreno ako i samo ako za svaku taqku y ∈ Y i svaki otvoren skup U ⊂ X koji sadri f −1 ({y}), postoji otvoren skup V ⊂ Y takav da y ∈ V i f −1 (V ) ⊂ U . HA (b) Ako je X normalan, f : X −→ Y zatvoreno preslikavanje takvo da je za svako y ∈ Y skup f −1 ({y}) zatvoren u X, dokazati da je prostor Y Hauzdorfov. Rexenje : (a) =⇒) Neka je f : X → Y zatvoreno preslikavanje i neka je jox y ∈ Y i U otvoren podskup od X takav da je f −1 ({y}) ⊂ U . Treba da pronaemo otvoren skup V ⊂ Y takav da y ∈ V i f −1 (V ) ⊂ U . Definiximo V = f (U c )c . Kako je U otvoren u X, njegov komplement U c je zatvoren, a poxto je f zatvoreno preslikavanje, skup f (U c ) je zatvoren u Y , pa je V otvoren u Y . S obzirom da je f −1 ({y}) ⊂ U , skup f −1 ({y}) ∩ U c je prazan. Drugim reqima, nijedna taqka iz U c se ne slika u taqku y, pa zakljuqujemo da y ∈ / f (U c ), tj. y ∈ f (U c )c = V . −1 −1 c c −1 Konaqno, f (V ) = f (f (U ) ) = (f (f (U c )))c , a kako je f −1 (f (U c )) ⊃ U c , za komplemente vai obrnuta inkluzija, pa imamo da je f −1 (V ) = (f −1 (f (U c )))c ⊂ (U c )c = U qime je dokazan prvi smer. ⇐=) Neka je B zatvoren podskup od X. Treba da dokaemo da je skup f (B) zatvoren u Y . Dokazaemo da je f (B)c otvoren u prostoru Y . U tom cilju, odaberimo proizvoljnu taqku y ∈ f (B)c . Sada se problem svodi na pronalaenje otvorenog skupa V ⊂ Y takvog da y ∈ V ⊂ f (B)c . Iz y ∈ f (B)c imamo da je {y} ⊂ f (B)c , pa je onda i f −1 ({y}) ⊂ f −1 (f (B)c ). No, sliqno kao u prvom delu zadatka, f −1 (f (B)c ) = (f −1 (f (B)))c ⊂ B c xto znaqi da je f −1 ({y}) ⊂ B c . Poxto je B c otvoren u X, iz pretpostavke zakljuqujemo da postoji otvoren skup V ⊂ Y takav da y ∈ V i f −1 (V ) ⊂ B c . Ovo poslednje je ekvivalentno sa f −1 (V ) ∩ B = ∅, a ovo sa B ⊂ f −1 (V )c = f −1 (V c ). Odavde sledi da je f (B) ⊂ f (f −1 (V c )) ⊂ V c . Konaqno, f (B) ⊂ V c ⇐⇒ f (B) ∩ V = ∅ ⇐⇒ V ⊂ f (B)c . Dakle, za ovako odabran otvoreni skup V vai da y ∈ V ⊂ f (B)c , pa je ovim dokazan i drugi smer.

(b) Prvi naqin: Neka su y1 i y2 dve razliqite taqke prostora Y . Tada su skupovi f −1 ({y1 }) i f ({y2 }) disjunktni podskupovi od X, ali i zatvoreni po pretpostavci zadatka. Poxto je X normalan, postoje skupovi U1 i U2 , otvoreni u X, takvi da je f −1 ({y1 }) ⊂ U1 , f −1 ({y2 }) ⊂ U2 i U1 ∩ U2 = ∅. S obzirom da je preslikavanje f zatvoreno, na osnovu tvrenja (a), postoje skupovi V1 i V2 , otvoreni u Y , takvi da je y1 ∈ V1 , y2 ∈ V2 , f −1 (V1 ) ⊂ U1 i f −1 (V2 ) ⊂ U2 . Na osnovu poslednje dve inkluzije, imamo da je f −1 (V1 ∩V2 ) = f −1 (V1 )∩f −1 (V2 ) ⊂ U1 ∩U2 = ∅. Meutim, poxto je f HA, V1 ∩V2 = f (f −1 (V1 ∩V2 )) = f (∅) = ∅. Dakle, V1 i V2 su disjunktne okoline taqaka y1 i y2 , pa smo dokazali da je Y Hauzdorfov. −1

Drugi naqin (direktan, bez korixenja tvrenja (a)): Ako su y1 i y2 dve razliqite taqke prostora Y , onda su skupovi f −1 ({y1 }) i f −1 ({y2 }) disjunktni zatvoreni podskupovi od X. No, X je normalan prostor, pa postoje otvoreni skupovi U1 i U2 takvi da je f −1 ({y1 }) ⊂ U1 , f −1 ({y2 }) ⊂ U2 i U1 ∩ U2 = ∅. Definiximo skupove V1 = f (U1c )c i V2 = f (U2c )c i dokaimo da oni qine jedan par disjunktnih okolina taqaka y1 i y2 . Prvo, oni su otvoreni. Naime, skupovi U1c i U2c su zatvoreni u X kao komplementi otvorenih. Uz to, f je zatvoreno preslikavanje, pa su f (U1c ) i f (U2c ) zatvoreni u Y . No, ovo su komplementi skupova V1 i V2 . Zatim, kako je f −1 ({y1 }) ⊂ U1 , imamo da je U1c ⊂ f −1 ({y1 })c = f −1 ({y1 }c ). Odavde zakljuqujemo da je f (U1c ) ⊂ f (f −1 ({y1 }c )) ⊂ {y1 }c , odnosno {y1 } ⊂ f (U1c )c = V1 , a ovo bax znaqi da y1 ∈ V1 . Na potpuno analogan naqin se dokazuje da y2 ∈ V2 . Konaqno, V1 ∩ V2 = f (U1c )c ∩ f (U2c )c = (f (U1c ) ∪ f (U2c ))c = (f (U1c ∪ U2c ))c = (f ((U1 ∩ U2 )c ))c = (f (∅c ))c = f (X)c = Y c = ∅. Pretposlednja iz ovog niza jednakosti je posledica qinjenice da je f HA. Dakle, V1 i V2 su zaista disjunktne okoline taqaka y1 i y2 , pa sledi da je Y Hauzdorfov prostor.

106. Neka je A kompaktan podskup prostora X, a B kompaktan podskup prostora Y . Ako je U otvoren skup u X × Y takav da je A × B ⊂ U , dokazati da postoje otvoreni skupovi V ⊂ X i W ⊂ Y takvi da vai A × B ⊂ V × W ⊂ U. Rexenje : Fiksirajmo proizvoljnu taqku x0 ∈ A. Poxto je A × B ⊂ U i U otvoren u X × Y , za svako y ∈ B postoji bazna okolina taqke (x0 , y) ∈ A × B koja je sadrana u U , tj. postoje otvoreni skupovi Vxy0 ⊂ X i Wxy0 ⊂ Y takvi da je (x0 , y) ∈ Vxy0 × Wxy0 ⊂ U . S obzirom da za svako y ∈ B vai da y ∈ Wxy0 , familija {Wxy0 }y∈B je otvoren pokrivaq kompaktnog skupa B, pa postoji konaqan potpokrivaq {Wxy0k }k=1,n(x0 ) . n(x0 )

Definiximo skupove Wx0 =

[

n(x0 )

Wxy0k ⊂ Y i Vx0 =

k=1

\

Vxy0k ⊂ X. Za skup Wx0 vai da je otvoren u Y

k=1

(jer je unija otvorenih), a kako familija {Wxy0k }k=1,n(x0 ) pokriva B, vai jox i da je B ⊂ Wx0 . Skup Vx0 je otvoren u X kao presek konaqno mnogo otvorenih, a pored toga, sadri taqku x0 jer je sadre svi skupovi Vxy0k , k = 1, n(x0 ). Y U

A×B

Wx0

B

A

x0 Vx 0

X

n(x0 )

Primetimo jox i da vai da je Vx0 × Wx0 ⊂ U . Naime, ako (e x, ye) ∈ Vx0 × Wx0 , onda ye ∈ Wx0 =

[

Wxy0k ,

k=1 n(x0 )

pa postoji indeks l ∈ {1, 2, ..., n(x0 )} takav da ye ∈ Wxy0l . Meutim, x e ∈ Vx 0 =

\

Vxy0k ⊂ Vxy0l , pa imamo da je

k=1

(e x, ye) ∈ Vxy0l × Wxy0l . Skupovi Vxy0l i Wxy0l su odabrani tako da je Vxy0l × Wxy0l ⊂ U , pa konaqno zakljuqujemo da (e x, ye) ∈ U . Ako ovo uradimo za sve taqke skupa A (kao xto smo za taqku x0 ), dobijamo familiju {Vx }x∈A koja predstavlja jedan otvoren pokrivaq skupa A (jer x ∈ Vx za svako x ∈ A). Kako je A kompaktan, postoji konaqan potpokrivaq {Vxi }i=1,m . m m [ \ Konaqno, definixemo V = Vx i i W = Wxi . Dokaimo da su V i W traeni skupovi, tj. da su i=1

i=1

otvoreni i da vai A × B ⊂ V × W ⊂ U . Skup V je unija otvorenih u X, pa je otvoren u X, dok je W otvoren u Y jer je presek konaqno mnogo takvih. m [ S obzirom da familija {Vxi }i=1,m pokriva skup A, imamo da je A ⊂ Vxi = V . S druge strane, kako za i=1

svako x ∈ A vai da je B ⊂ Wx , tim pre za svako i ∈ {1, 2, ..., m} vai B ⊂ Wxi , pa je onda B ⊂

m \

Wxi = W .

i=1

Y U

A×B

W

B

A

X V

Ostalo je jox da dokaemo inkluziju V × W ⊂ U . Zato, neka je (e x, ye) ∈ V × W proizvoljna taqka. m m [ \ Poxto x e∈V = Vxi , postoji indeks j ∈ {1, 2, ..., m} takav da x e ∈ Vxj . Uz to, ye ∈ W = Wxi ⊂ Wxj , pa i=1

i=1

zakljuqujemo da (e x, ye) ∈ Vxj × Wxj . No, prethodno je dokazano da je za svako x ∈ A, Vx × Wx ⊂ U . Dakle, (e x, ye) ∈ Vxj × Wxj ⊂ U , pa je dokazana i ova preostala inkluzija.

107. Dat je skup X i dve topologije T1 i T2 na X takve da je T1 ⊂ T2 . (a) Ako je A ⊂ X kompaktan u (X, T2 ), dokazati da je A kompaktan i u (X, T1 ). (b) Ako je (X, T1 ) Hauzdorfov, a (X, T2 ) kompaktan, dokazati da je T1 = T2 . Rexenje : (a) Neka je U = {U[ λ }λ∈Λ familija otvorenih skupova u prostoru (X, T1 ) koja pokriva skup A, Uλ . No kako je T1 ⊂ T2 , familija U je i familija otvorenih skupova u tj. neka vai U ⊂ T1 i A ⊂ λ∈Λ

(X, T2 ). Poxto je u ovom prostoru A kompaktan, postoji konaqan potpokrivaq {Uλi }i=1,n pokrivaqa U. Dakle, iz proizvoljnog otvorenog pokrivaqa skupa A u prostoru (X, T1 ) izvukli smo konaqan potpokrivaq, pa je A kompaktan u ovom prostoru. (b) Iz postavke zadatka imamo da je T1 ⊂ T2 xto znaqi da jox treba da dokaemo da je T2 ⊂ T1 , a ova inkluzija je ekvivalentna inkluziji za odgovarajue familije zatvorenih skupova: F2 ⊂ F1 . Neka je zato B ∈ F2 proizvoljan zatvoren skup u prostoru (X, T2 ). Kako je ovaj prostor kompaktan, svaki njegov zatvoren podskup je kompaktan, pa zakljuqujemo da je B kompaktan u ovom prostoru. Na

osnovu dokazanog tvrenja (a), skup B je kompaktan i u prostoru (X, T1 ). Ovaj prostor je Hauzdorfov, pa je svaki njegov kompaktan podskup zatvoren, odakle sledi da je B zatvoren u (X, T1 ), tj. B ∈ F1 .

108. Dokazati da svaki otvoren podskup realne prave ima (najvixe) prebrojivo mnogo komponenti povezanosti. Rexenje : Neka je U otvoren podskup realne prave i C1 jedna njegova komponenta povezanosti. Ako je x ∈ C1 bilo koja taqka, iz otvorenosti skupa U zakljuqujemo da postoji δ > 0 takvo da je (x − δ, x + δ) ⊂ U . Svaki interval je povezan, pa je (x − δ, x + δ) povezan podskup od U koji sadri taqku x. Meutim, komponenta taqke x (C1 ) je najvei povezan podskup od U koji sadri tu taqku, pa je zato (x−δ, x+δ) ⊂ C1 . Naravno, interval (x − δ, x + δ) sadri racionalan broj, pa je onda i C1 ∩ Q 6= ∅. To znaqi da komponenti C1 moemo dodeliti neki racionalan broj q1 ∈ Q ∩ C1 . S obzirom da je C1 bila proizvoljna komponenta skupa U , svakoj komponenti ovog skupa moemo dodeliti racionalan broj koji pripada toj komponenti, a ako su C1 i C2 dve razliqite komponente, one su disjunktne, pa su odgovarajui racionalni brojevi razliqiti, tj. C1 6= C2 ⇒ q1 6= q2 . Na ovaj naqin, konstruisali smo injektivnu funkciju iz skupa svih komponenti povezanosti od U u skup racionalnih brojeva, pa sledi da je kardinalnost ovog skupa komponenti ≤ |Q|. Konaqno, poxto je skup Q prebrojiv, U moe imati najvixe prebrojivo mnogo komponenti povezanosti.

109. Neka je p : X → Y koliqniqko, a f : X → Z neprekidno preslikavanje tako da vai: (∀x1 , x2 ∈ X) p(x1 ) = p(x2 ) ⇒ f (x1 ) = f (x2 ). Dokazati da postoji jedinstvena neprekidna funkcija g : Y → Z takva da je g ◦ p = f. Rexenje : Neka je y ∈ Y . Poxto je p koliqniqko preslikavanje, ono je i surjektivno, pa postoji x ∈ X takvo da je p(x) = y. Definixemo g(y) = f (x). Ako je x e ∈ X jox jedna taqka koja se pri p slika u taqku y, onda je p(e x) = y = p(x), pa je po uslovu zadatka f (x) = f (e x) xto znaqi da je definicija korektna. Oqigledno, za ovako definisano g vai da je g(p(x)) = f (x) za svako x ∈ X, pa imamo da je g ◦ p = f . Kako je p koliqniqko, a g ◦ p = f neprekidno, i preslikavanje g je neprekidno. Ostalo je da dokaemo jedinstvenost. Ako je g1 : Y → Z jox jedna neprekidna funkcija takva da je g1 ◦ p = f , onda je g1 ◦ p = g ◦ p, a kako je p surjektivno, ono je ”regularno zdesna”, pa konaqno imamo g1 = g.

110. Neka je Tcc koprebrojiva topologija na R i neka je A ⊂ R. Dokazati da je A kompaktan u (R, Tcc ) ako i samo ako je konaqan. Rexenje : Jedan smer je trivijalan. Naime, svaki konaqan skup u bilo kom prostoru je kompaktan. Dokaimo da beskonaqan skup u prostoru (R, Tcc ) nije kompaktan. Neka je A beskonaqan podskup od R i neka je {ak }k∈N niz razliqitih taqaka skupa A. Za svako n ∈ N uoqimo skup Un = (R \ {ak | k ∈ N}) ∪ {an }. Komplement ovog skupa Unc = {ak | k ∈ N, k 6= n} je prebrojiv, pa Un ∈ Tcc . Primetimo pored ovoga da je A \ {ak | k ∈ N} ⊂ R \ {ak | k ∈ N} ⊂ Un i da ak ∈ Un ako i samo ako je k = n (jer je {ak }k∈N niz razliqitih taqaka skupa A). Iz svega prethodnog moemo zakljuqiti da je familija {Un }n∈N jedan otvoren pokrivaq skupa A u prostoru[(R, Tcc ). Naime, ako je a ∈ A \ {ak | k ∈ N}, onda a pripada svim skupovima Un , n ∈ N,[pa tim [ Un . Un . Dakle, A ⊂ Un . Ako a ∈ {ak | k ∈ N}, onda je a = ak za neko k ∈ N, pa a ∈ Uk ⊂ pre a ∈ n∈N

n∈N

n∈N

S obzirom da ak ∈ Un ⇔ k = n, imamo da nijedan od skupova Un , n ∈ N \ {k}, ne sadri taqku ak ∈ A xto znaqi da kada se iz familije {Un }n∈N izbaci bilo koji skup, ostatak te familije nije pokrivaq skupa A. Tim pre, pokrivaq {Un }n∈N nema konaqnih potpokrivaqa, pa skup A nije kompaktan u prostoru (R, Tcc ).

111.

Neka je {Xλ }λ∈Λ familija topoloxkih prostora takva da je prostor

Y

Xλ lokalno povezan.

λ∈Λ

Dokazati da su svi sem konaqno mnogo prostora familije {Xλ }λ∈Λ povezani. Rexenje : Neka je X =

Y

Xλ i neka je x ∈ X bilo koja taqka. Iz lokalne povezanosti prostora X

λ∈Λ

sledi da taqka x ima povezanu okolinu A (podokolinu okoline X).

Poxto je A okolina taqke x, postoji bazni skup B =

n \

p−1 λk (Uλk ) (λk ∈ Λ, a Uλk su otvoreni u Xλk )

k=1

takav da vai x ∈ B ⊂ A. Neka je sada λ ∈ Λ \ {λ1 , λ2 , ..., λn }. Kako je A povezan, a projekcija pλ : X → Xλ neprekidna, imamo da je skup pλ (A) povezan potprostor od Xλ . Ali s druge strane, pλ (A) ⊃ pλ (B) = Xλ . Poslednja jednakost vai ½ n \ Uλ , λ ∈ {λ1 , λ2 , ..., λn } jer je pλ ( p−1 (U )) = . Dakle, pλ (A) = Xλ xto znaqi da je Xλ povezan λ k λk Xλ , λ ∈ Λ \ {λ1 , λ2 , ..., λn } k=1

prostor za sve λ ∈ Λ \ {λ1 , λ2 , ..., λn }.

112. Neka je X topoloxki prostor i A ⊂ X. Dokazati da je A zatvorenje nekog otvorenog skupa ako i samo ako je zatvoren i ∂A = ∂(intA). (tj. (∃U ∈ TX ) A = U ⇐⇒ A ∈ FX ∧ ∂A = ∂(intA)) Rexenje : =⇒) Poxto je A zatvorenje skupa U , A je zatvoren skup. Dokaimo da je ∂A = ∂(intA). Primetimo najpre da za ovakav skup A vai A = intA. Naime, iz intA ⊂ A sledi da je intA ⊂ A. S druge strane, kako je U ⊂ U = A i U otvoren, imamo da je U ⊂ intA, pa je onda i A = A = U ⊂ intA. Konaqno, s obzirom da je int(intA) = intA, dobijamo: ∂A = A \ intA = intA \ int(intA) = ∂(intA). ⇐=) Neka je U = intA. Skup U je otvoren jer je unutraxnjost skupa A. Dokaimo da je U = A. Poxto je A zatvoren, vai da je A = A, a kako je jox i ∂A = ∂(intA), dobijamo: U = intA = int(intA) ∪ ∂(intA) = intA ∪ ∂A = A = A.

113. Neka je f : X → Y neprekidna bijekcija. (a) Ako je X kompaktan, a Y Hauzdorfov, onda je f homeomorfizam. Dokazati. (b) Primerima pokazati da se iz tvrenja pod (a) ne moe izostaviti nijedna od 2 pretpostavke. Rexenje : (a) Kako je svako neprekidno preslikavanje iz kompaktnog u T2 prostor zatvoreno, f je zatvoreno preslikavanje, a kako je osim toga neprekidno i bijektivno, ono mora biti homeomorfizam. (b) Za prvi primer treba da pronaemo (nekompaktan) prostor X, Hauzdorfov prostor Y i neprekidnu bijekciju f : X → Y koja nije homeomorfizam. Ako je Td diskretna, a U uobiqajena topologija realne prave, onda je identitet idR : (R, Td ) → (R, U) neprekidno preslikavanje jer je U ⊂ Td . Naravno, ono je i bijektivno. Prostor (R, U) je Hauzdorfov, ali idR nije homeomorfizam jer inverzno preslikavanje nije neprekidno (Td * U ). Za drugi primer treba nai kompaktan prostor X, (”ne T2 ”) prostor Y i neprekidnu bijekciju f : X → Y koja nije homeomorfizam. Neka je X = {0, 1}, Td diskretna topologija na X i neka je (X, S) prostor Sjerbinskog (S = {∅, {0}, X}). Prostor (X, Td ) je kompaktan jer je konaqan, a identitet idX : (X, Td ) → (X, S) je bijektivno i neprekidno preslikavanje jer je S ⊂ Td . Meutim, kao i u prvom primeru, idX nije homeomorfizam jer inverzno preslikavanje nije neprekidno (Td * S).

114.[Ako je {An }n∈N niz povezanih potprostora prostora X, takav da je (∀n ∈ N) An ∩An+1 6= ∅, dokazati An povezan potprostor od X. da je n∈N

Rexenje : Dokaimo najpre indukcijom da je za svako n ∈ N skup

n [

Aj povezan.

j=1

Za n = 1 ovo tvrenje se svodi na qinjenicu da je A1 povezan. n n [ [ Skup An+1 je povezan i ima neprazan presek sa skupom Aj (jer je An+1 ∩ Aj ⊃ An+1 ∩ An 6= ∅). j=1

Takoe,

n [

Aj je povezan po induktivnoj hipotezi, pa je i unija An+1 ∪

j=1

Neka je sada f :

n [

Aj =

j=1

[

An → {0, 1} proizvoljno neprekidno preslikavanje iz

n∈N

diskretnom topologijom). Treba da dokaemo da je f konstantno.

j=1 n+1 [

Aj povezan skup.

j=1

[ n∈N

An u dvotaqku ({0, 1} sa

Ako su a, b ∈

[

An bilo koje dve taqke, tada postoje prirodni brojevi k i l takvi da a ∈ Ak i b ∈ Al .

n∈N

Ako je m = max{k, l}, onda vai da a, b ∈

m [

Aj . S druge strane, pokazali smo da je skup

j=1

m [

Aj povezan,

j=1

pa restrikcija funkcije f na ovaj skup, budui [ neprekidna, mora biti konstantna. Dakle, f (a) = f (b), a kako su a i b bile proizvoljne taqke iz An , zakljuqujemo da je funkcija f konstantna, tj. da je potprostor

[ n∈N

n∈N

An povezan.