Vladimir Pavlovi c, PMF u Ni sunasport.pmf.ni.ac.rs/materijali/192/Topologija Opsta 25... · 2015-02-25 · Primer Neka je τ:= P(R) diskretna topologija na R. Neka je S ⊆ R gust

Topologija – predavanjaVladimir Pavlovic, PMF u Nisu

February 25, 2015

2

Sadrzaj

1 Osnovni pojmovi 51.1 Osnovne definicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.1.1 Pojam topoloskog prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.1.2 Zatvoreni skupovi topologije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.1.3 int, cl, bd, acc. Gusti skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.1.4 O unutrasnjosti i zatvorenju . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.2 Kako najlakse napraviti topologiju: Top(B) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.2.1 Baza, predbaza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.3 Nasledena topologija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.4 Topm(d). Metrizabilnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271.5 Neprekidnost u tacki. Neprekidnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.6 Uopsteni nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351.7 T0, T1, T2, regularni i normalni prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401.8 Velika Urysohn-ova lema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 421.9 Tietze-Urysohn-ova teorema o neprekidnoj ekstenziji . . . . . . . . . . . . . . . . 461.10 Potpuno regularni prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 491.11 Tri (kontra)primera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 501.12 Tychonoff-ovski proizvod familije prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 531.13 Suma prostora (NE TREBA ZA ISPIT) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

2 Neke vaznije klase topoloskih prostora 672.1 Kompaktnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

2.1.1 Kompletni metricki prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 722.1.2 Kompaktnost u metrickim prostorima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

2.2 Lokalna kompaktnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 752.2.1 Teorema Baire-a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 762.2.2 Kompaktifikacija jednom tackom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

2.3 Povezanost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

3 Probrane teme 873.1 Teorema Nagata-Smirnov-a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 873.2 Teorema Stone-Weierstrass-a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 903.3 Topoloske grupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 973.4 Topologije na C(X, τ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 973.5 Teorema Arzela-Ascoli-ja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 973.6 Kompaktifikacije Stone-Cech-a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

3

4 SADRZAJ

Deo 1

Osnovni pojmovi

1.1 Osnovne definicije

1.1.1 Pojam topoloskog prostora

Primer 1.1.1 Neka S := {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} i

λ :=

{∅, S,

{1}, {2}, {1, 2},

{3, 4, 5}, {1, 3, 4, 5}, {2, 3, 4, 5}, {1, 2, 3, 4, 5},

{4, 5, 7}, {1, 4, 5, 7}, {2, 4, 5, 7}, {1, 2, 4, 5, 7},

{4, 5}, {1, 4, 5}, {2, 4, 5}, {1, 2, 4, 5},

{3, 4, 5, 7}, {1, 3, 4, 5, 7}, {2, 3, 4, 5, 7}, {1, 2, 3, 4, 5, 7}

}

Definicija 1.1.2 Neka je X proizvoljan skup. Svaku familiju τ ⊆ P(X) podskupova skupa X kojazadovoljava uslove

∅, X ∈ τ(KP) ako A ⊆ τ onda

∪A ∈ τ

(PU) ako A,B ∈ τ onda A ∩B ∈ τ

nazivamo topologija na skupu X . Topoloski prostor je svaki ureden par (X, τ) kod kog je τ

topologija na skupu X; za skupove koji su elementi familije τ kazemo da su τ -otvoreni skupovi iliotvoreni skupovi topoloskog prostora (X, τ).

2

Primer 1.1.3 Neka

µ1 :df={[x; +∞) : x ∈ R

}∪ {∅,R}

µ2 :df={(q; +∞) : q ∈ Q

}∪ {∅,R}

5

6 DEO 1. OSNOVNI POJMOVI

iµ3 :

df={(x; +∞) : x ∈ R

}∪ {∅,R}

(R, µ1) i (R, µ2) nisu topoloski prostori. (R, µ3) jeste topoloski prostor.2

Neka je (X, τ) topoloski prostor. Lako je videti da za svako n ∈ N i A1, . . . , An ⊆ X vazi

A1, . . . , An ∈ τ ⇒n∩

i=1

Ai ∈ τ

§

Za proizvoljno X partitivni skup P(X) skupa X je topologija na skupu X. Familiju P(X)drugacije nazivamo diskretna topologija na skupu X. Za toposki prostor oblika

(X,P(X)

)kori-

stimo termin diskretan prostor.

Za proizvoljnoX familija {∅, X} je topologija na skupuX; familiju {∅, X} nazivamo antidiskretna

(ili trivijalna) topologija na skupu X a za prostor(X, {∅, X}

)koristimo termin antidiskretan pro-

stor ili trivijalan prostor.

1.1. OSNOVNE DEFINICIJE 7

1.1.2 Zatvoreni skupovi topologije

Usvojicemo konvenciju da ukoliko je u datom razmatranju fiksiran neki prostor (X, τ) i ako jeM ⊆ X onda pod M c zapravo podrazumevamo skup X \M .

§

Ako je (X, τ) topoloski prostor onda za A ⊆ X kazemo da je τ -zatvoren skup – ili zatvoren skupprostora (X, τ) – ako vazi Ac = X \A ∈ τ .

Familija F(τ) :df= {A ⊆ X : Ac ∈ τ} svih τ -zatvorenih skupova ima sledece osobine:

– ∅, X ∈ F(τ)– ako A ⊆ F(τ) onda

∩A ∈ F(τ)

– ako n ∈ N i A1, . . . , An ∈ F(τ) ondan∪

i=1

Ai ∈ F(τ)

§Neka je (S, λ) topoloski prostor iz Primera 1.1.1, tj. S := {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} i

λ :=

{∅, S,

{1}, {2}, {1, 2},

{3, 4, 5}, {1, 3, 4, 5}, {2, 3, 4, 5}, {1, 2, 3, 4, 5},

{4, 5, 7}, {1, 4, 5, 7}, {2, 4, 5, 7}, {1, 2, 4, 5, 7},

{4, 5}, {1, 4, 5}, {2, 4, 5}, {1, 2, 4, 5},

{3, 4, 5, 7}, {1, 3, 4, 5, 7}, {2, 3, 4, 5, 7}, {1, 2, 3, 4, 5, 7}

}

Ovo je familija λ-zatvorenih skupova:{S, ∅,

{2, 3, 4, 5, 6, 7}, {1, 3, 4, 5, 6, 7}, {3, 4, 5, 6, 7},

{1, 2, 6, 7}, {2, 6, 7}, {1, 6, 7}, {6, 7},

{1, 2, 3, 6}, {2, 3, 6}, {1, 3, 6}, {3, 6},

{1, 2, 3, 6, 7}, {2, 3, 6, 7}, {1, 3, 6, 7}, {3, 6, 7},

{1, 2, 6}, {2, 6}, {1, 6}, {6}

}


Skup {2, 5}

– nije ni λ-otvoren, drugim recima {2, 5} /∈ λ

– a nije ni λ-zatvoren, jer {2, 5}c = {1, 3, 4, 6, 7} /∈ λ.

Primetimo da je ova topologija λ takva da osim skupova ∅ i S ne postoji nijedan drugi skupkoji je istovremeno i otvoren i zatvoren.

Definicija 1.1.4 Za (topoloski) prostor kazemo da je povezan ako su jedini otvoreno-zatvoreni

skupovi ∅ i X.2


1.1.3 int, cl, bd, acc. Gusti skupovi

Neka je X := (X, τ) topoloski prostor, z ∈ X i A ⊆ X.

Za tacku z prostora X kazemo da je:

– unutrasnja tacka skupa A u odnosu na topologiju τ ako

postoji neki otvoren skup U ∈ τ tako da vazi

z ∈ U ⊆ A

– blizu skupa A u odnosu na topologiju τ ako

za svaki otvoren skup U ∈ τ vazi implikacija

z ∈ U ⇒ U ∩A = ∅

– tacka nagomilavanja skupa A u odnosu na topologiju τ ako


z ∈ U ⇒ (U ∩A) \ {z} = ∅

– rubna tacka skupa A u odnosu na topologiju τ ako


z ∈ U ⇒ U ∩A = ∅ = U ∩Ac

§

Fraze sa istim znacenjem kao i

“z je unutrasnja tacka skupa A”

ce nam biti: “tacka z je τ -unutrasnja tacka skupa A”; “tacka z je tacka unutar skupa A u prostoru(X, τ)”

Koristimo oznaku

intτ (A) :df= {z ∈ X : tacka z je τ − unutrasnja tacka skupa A}

Skup intτ (A) nazivamo τ -unutrasnjost skupa A .

Fraze sa istim znacenjem kao i

“z je tacka blizu skupa A”


ce nam biti: “tacka z je τ -atherentna tacka skupa A”; “tacka z je blizu skupa A u prostoru (X, τ)”Koristimo oznaku

clτ (A) :df= {z ∈ X : tacka z je τ − atherentna tacka skupa A}

Skup clτ (A) nazivamo τ -zatvorenje skupa A .

Koristimo oznaku

accτ (A) :df= {z ∈ X : tacka z je tacka nagomilavanja skupa A u odnosu na τ}

Skup accτ (A) nazivamo izvodni skup skupa A u odnosu na topologiju τ .

Koristimo oznaku

bdτ (A) :df= {z ∈ X : tacka z je rubna tacka skupa A u odnosu na τ}

Skup bdτ (A) nazivamo rub skupa A ili granica skupa A u odnosu na topologiju τ .

Jasno je da imamobd(A) = cl(A) ∩ cl(Ac)

§

Neka je (X, τ) topoloski prostor. Za S ⊆ X kazemo da je gust skup prostora (X, τ) ili

τ -gust skup ako za svaki neprazan otvoren skup U ∈ τ vazi

S ∩ U = ∅

§


Primer Neka je (S, λ) topoloski prostor iz Primera 1.1.1, tj. S := {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} i

λ :=

{∅, S,

{1}, {2}, {1, 2},

{3, 4, 5}, {1, 3, 4, 5}, {2, 3, 4, 5}, {1, 2, 3, 4, 5},

{4, 5, 7}, {1, 4, 5, 7}, {2, 4, 5, 7}, {1, 2, 4, 5, 7},

{4, 5}, {1, 4, 5}, {2, 4, 5}, {1, 2, 4, 5},

{3, 4, 5, 7}, {1, 3, 4, 5, 7}, {2, 3, 4, 5, 7}, {1, 2, 3, 4, 5, 7}

}

Imamo:6 /∈ int

({2, 6}

)∋ 2

tj. int({2, 6}

)= {2}

6 /∈ int({1, 4, 5, 6}

)∋ 1, 4, 5

tj. int({1, 4, 5, 6}

)= {1, 4, 5}.

5 ∈ cl({5, 6}

)∋ 5, 6, 3, 4, 7

i5 ∈ cl

({5, 6}

)\ acc

({5, 6}

)

Ako je X := (X, τ) topoloski prostor iA ⊆ X onda za z ∈ X kazemo da je izolovana tacka skupa A

u odnosu na topologiju τ ukoliko postoji neki otvoren skup U ∈ τ tako da je

U ∩A = {z}

tj. ako je z ∈ cl(A)\acc(A). Za z ∈ X kazemo da je izolovana tacka prostora X ako je z izolovana

tacka skupa X u odnosu na topologiju τ , tj. ako je {z} ∈ τ .

U gornjem primeru 5 je izolovana tacka skupa {5, 6} u odnosu na topologiju λ.

Imamo acc({5, 6}

)= {6, 3, 4, 7}.

1 i 2 su izolovane tacke prostora (S, λ).

Svaki λ-gust skup mora da sadrzi tacke 1 i 2. Zapravo u proizvoljnom topoloskom prostorusvaki gust skup mora da sadrzi sve izolovane tacke tog prostora. Nijedan od skupova {1, 2} i{1, 2, 7} nije gust skup prostora (S, λ). Skup {1, 2, 5} jeste takav.

2


Primer Neka je τ := P(R) diskretna topologija na R. Neka je S ⊆ R gust. Kako je svaka tackax ∈ R izolovana tacka prostora to mora biti x ∈ S za svako x ∈ R, tj. S = R. Prema tome jedinigust skup je sam R. Specijalno, zakljucujemo da je ovo primer prostora kod kog ne postoji nijedanprebrojiv gust skup.

2

Za prostor (X, τ) kazemo da je separabilan ako postoji neki prebrojiv τ -gust podskup S ⊆ X.

Dakle diskretan prostor (R, τ) iz prethodnog primera nije separabilan.

Tvrdenje 1.1.5 Skup S ⊆ X prostora (X, τ) je gust akko vazi clτ (S) = X.

Dokaz Neka je S je S ⊆ X gust skup. Ako su x ∈ X i U ∈ τ proizvoljni tako da je x ∈ U onda jeU = ∅ pa postoji neko s ∈ S ∩ U ; dakle x ∈ cl(S), pa kako je x ∈ X bilo proizvoljno zakljucujemoda je X = cl(S).

Neka je sada cl(S) = X i U ∈ τ proizvoljan neprazan otvoren skup. Dakle postoji neko z ∈ U .Kako je z ∈ X = cl(S) i z ∈ U ∈ τ to sada sledi da mora biti U ∩ S = ∅. Ovim smo pokazali da jeS gust skup.

2


1.1.4 O unutrasnjosti i zatvorenju

Tvrdenje 1.1.6 Za proizvoljne A,B ⊆ X sledeca dva uslova su ekvivalentna:

(1) B = int(A)

(2) B ⊆ A, B ∈ τ i ne postoji C ∈ τ tako da je B ⊂ C ⊆ A.

Tvrdenje 1.1.7

int(A) =∪

{B ∈ τ : B ⊆ A}

Dokaz Stavimo L := {B ∈ τ : B ⊆ A}.Ako je x ∈ int(A) onda postoji neko U ∈ τ tako da je x ∈ U ⊆ A; odavde sledi U ∈ L te i

x ∈ U ⊆∪L.

Ako je x ∈∪L onda je x ∈ B ⊆ A za neko B ∈ τ pa je x unutrasnja tacka skupa A, tj.

x ∈ int(A).2

Tvrdenje 1.1.8 Za proizvoljne A,B ⊆ X sledeca dva uslova su ekvivalentna:

(1) B = cl(A)

(2) A ⊆ B, B je τ -zatvoren i ne postoji τ -zatvoren C ⊆ X tako da je A ⊆ C ⊂ B.

Tvrdenje 1.1.9

cl(A) =∩

{B ⊆ X : A ⊆ B i B je τ − zatvoren}

2

§

Dakle int(A) je otvoren a cl(A) i bd(A) su zatvoreni skupovi za svako A ⊆ X.

Primer Neka je X := {1, 2, 3}, τ :={∅, X, {1}, {2, 3}

}i A := {1, 2}

Tacke 1 i 2 su izolovane tacke skupa A zbog {1} = A ∩ {1}, {2} = A ∩ {2, 3} i {1}, {2, 3} ∈ τ .Tacka 3 je jedina tacka nagomilavanja skupa A pa je acc(A) = {3}. Iz cl

({3})= {3, 2} sledi da

acc(A) = {3} nije zatvoren skup.2

Ako je {x} zatvoren skup prostora (X, τ) za svako x ∈ X onda je acc(A) zatvoren skup zasvako A ⊆ X.

Zaista, pretpostavimo da postoji neko su x ∈ cl(acc(A)

)tako da je x /∈ acc(A).

Neka je U ∈ τ proizvoljan tako da je x ∈ U . Postoji neko y ∈ acc(A)∩U ; zbog y ∈ acc(A) ∋ xje x = y pa imamo y ∈ U \ {x} ∈ τ (jer je {x} zatvoren skup po pretpostavci) pa zbog y ∈ cl(A)mora da postoji neko a ∈ A ∩

(U \ {x}

)= (A ∩ U) \ {x}.

Ovim smo pokazali da je zapravo x ∈ acc(A) – kontradikcija.

§


Tvrdenje 1.1.10 Vaze sledece skupovne jednakosti:

(a) int(A) = cl(Ac)c i cl(A) = int(Ac)c, tj. int(A)c = cl(Ac) i cl(A)c = int(Ac).bd(A) = bd(Ac).

(b) X = int(A) ∪ bd(A) ∪ int(Ac).

(c) int(A) ∩ bd(A) = ∅, bd(A) ∩ int(Ac) = ∅ i int(A) ∩ int(Ac) = ∅.

(d) cl(A) = int(A) ∪ bd(A) = A ∪ bd(A). int(A) = cl(A) \ bd(A) = A \ bd(A).

Dokaz (a): Imamo

x ∈ int(A) ⇐⇒ ∃U ∈ τ (x ∈ U ⊆ A) ⇐⇒ ∃U ∈ τ (x ∈ U ∧ U ∩Ac = ∅)

⇐⇒ x /∈ Ac ⇐⇒ x ∈ cl(Ac)c

Prema ovom sto smo upravo pokazali vazi int(Ac) = cl((Ac)c

)ctj. cl(A) = int(Ac)c.

Imamo bd(A) = cl(A) ∩ cl(Ac) = cl(Ac) ∩ cl(A) = bd(Ac).

(b): Neka je x ∈ X \ bd(A), tj. neka postoji neko U ∈ τ tako da je x ∈ U i tako da vazi

U ∩A = ∅ ∨ U ∩Ac = ∅

Iz U ∩A = ∅ sledi x ∈ U ⊆ Ac pa je x ∈ int(Ac), a iz U ∩Ac = ∅ sledi x ∈ U ⊆ A pa je x ∈ int(A).

(c): Prema (a) imamo int(A)c = cl(Ac) pa je int(A) ∩ cl(Ac) = ∅.No bd(A) ⊆ cl(Ac) (jer je bd(A) = cl(A) ∩ bd(Ac)) pa sledi int(A) ∩ bd(A) = ∅.Prema ovom sto smo upravo pokazali vazi int(Ac) ∩ bd(Ac) = ∅; no bd(A) = bd(Ac).

(d) Neka je x /∈ int(A) ∪ bd(A). Iz x /∈ bd(A) sledi da postoji neko U ∈ τ takvo da je x ∈ U itakvo da vazi

U ∩A = ∅ ∨ U ∩Ac = ∅

Iz U ∩ Ac = ∅ bi sledilo x ∈ U ⊆ A pa bi zbog U ∈ τ imali x ∈ int(A) suprotno pretpostavci.Dakle mora biti U ∩A = ∅ odakle zbog x ∈ U ∈ τ sledi x /∈ cl(A).

Ovim smo pokazali da vazi cl(A) ⊆ int(A) ∪ bd(A). Zato imamo

cl(A) ⊆ int(A) ∪ bd(A) ⊆ A ∪ bd(A) ⊆ cl(A) ∪ cl(A) = cl(A)

Proveru ostatka tvrdenja prepustamo citaocu.2

Tvrdenje 1.1.11 Za proizvoljan A ⊆ X sledeci uslovi su ekvivalentni:

(1) A ∈ τ

(2) za svaku tacku x ∈ A postoji neko Ux ∈ τ tako da je x ∈ Ux ⊆ A

(3) int(A) = A

(4) A ∩ bd(A) = ∅.

(5) za svaki B ⊆ X takav da je A ⊆ B vazi A ⊆ int(B).


Dokaz (1)⇒(2) Mozemo uzeti Ux = A.

(2)⇒(3) Znamo da je uvek int(A) ⊆ A a (2) kaze da je svaka tacka skupa A unutrasnja tacka togskupa, tj. da vazi A ⊆ int(A).

(3)⇒(4) Sledi iz (c) Tvrdenja 1.1.10. Ili moze ovako: ako je a ∈ A onda je prema pretpostavcia ∈ int(A) pa postoji neko U ∈ τ tako da je x ∈ U ⊆ A. Dakle vazi U ∩ Ac te ne moze bitix ∈ bd(A).

(4)⇒(1) Neka je a ∈ A proizvoljno. Imamo a /∈ Ac ⊇ int(Ac) i a /∈ bd(A) (zbog A ∩ bd(A) = ∅)pa kako je X = int(A) ∪ bd(A) ∪ int(Ac) prema delu (b) Tvrdenja 1.1.10, to sledi da mora bitia ∈ int(A). Ovim smo pokazali da je A ⊆ int(A), tj. da je A = int(A) ∈ τ .

(1)⇐⇒(5) Neka je A ∈ τ i A ⊆ B. Ako je a ∈ A proizvoljno onda iz a ∈ A ⊆ B i A ∈ τ sledi daje a unutrasnja tacka skupa B, tj. da je a ∈ int(B). Ovim smo pokazali da je A ⊆ int(B).

Sa druge strane ako vazi (5) onda uzimajuci B = A dobijamo

A ⊆ int(B) = int(A) ⊆ A

2

Tvrdenje 1.1.12 Za proizvoljan A ⊆ X sledeci uslovi su ekvivalentni:

(1) A je τ -zatvoren

(2) za svaku tacku x ∈ Ac postoji neko Ux ∈ τ tako da je x ∈ Ux i A ∩ Ux = ∅.

(3) cl(A) = A

(4) bd(A) ⊆ A.

(5) za svaki B ⊆ X takav da je B ⊆ A vazi cl(B) ⊆ A.

§§

Tvrdenje 1.1.13 Preslikavanje int : P(X) → P(X) ima sledeca svojstva:

(a) int(A) ⊆ A

(b) int(X) = X

(c) int(A ∩B) = int(A) ∩ int(B)

(d) int(int(A)

)= int(A)


Dokaz dela pod (c) Ako je x ∈ int(A) ∩ int(B) onda postoje U, V ∈ τ tako da je x ∈ U ⊆ Ai x ∈ V ⊆ B; skup U ∩ V je otvoren i vazi x ∈ U ∩ V ⊆ A ∩ B pa je x ∈ int(A ∩ B). Ovim smopokazali da je int(A ∩B) ⊇ int(A) ∩ int(B).

S druge strane iz same definicije sledi da ako je x unutrasnja tacka skupa P ⊆ X i ako jeP ⊆ Q ⊆ X onda je x unutrasnja tacka i skupa Q. Otuda imamo int(A ∩B) ⊆ int(A) ∩ int(B).

2

Tvrdenje 1.1.14 Preslikavanje cl : P(X) → P(X) ima sledeca svojstva:

(a) A ⊆ cl(A)

(b) cl(∅) = ∅

(c) cl(A ∪B) = cl(A) ∪ cl(B)

(d) cl(cl(A)

)= cl(A)

§

Tvrdenje 1.1.15 Neka je dato preslikavanje l : P(X) → P(X) za koje vazi:

(a) l(A) ⊆ A za svako A ⊆ X

(b) l(X) = X

(c) l(A ∩B) = l(A) ∩ l(B) za svako A,B ⊆ X.

Tada vazi A ⊆ B ⇒ l(A) ⊆ l(B) za svako A,B ⊆ X, familija

λ := {A ⊆ X : l(A) = A}

je topologija na skupu X i za nju vazi intλ(A) ⊆ l(A) za svako A ⊆ X.

Ako je jos zadovoljen i uslov(d) l(l(A)) = l(A) za svako A ⊆ X

onda vazi

intλ(A) = l(A)

Dokaz Ako je A ⊆ B onda l(A) = l(A ∩ B) = l(A) ∩ l(B) pa je l(A) ⊆ l(B). Imamo l(∅) ⊆ ∅, tj.l(∅) = ∅; po pretpostavci je l(X) = X.

Neka je A ⊆ λ. Pokazimo da vazi ∪A ⊆ l

(∪A)

obzirom da bi odatle zbog (a) direktno sledilo∪A = l (

∪A), tj.

∪A ∈ λ. Imamo

∀A ∈ A(A ⊆

∪A)

pa je

∀A ∈ A(l(A) ⊆ l

(∪A) )


te i ∪A =

∪A∈A

A =∪A∈A

l(A) ⊆ l(∪

A)

Ovim smo pokazali da je λ topologija na skupu X. Ako je C ⊆ A onda je l(C) ⊆ l(A) paimamo

intλ(A) =∪

{B ⊆ A : l(B) = B} =∪

B⊆A; l(B)=B

l(B) ⊆ l(A)

Ako jos vazi i (d) onda je C := l(A) ⊆ A i l(C) = C pa imamo

intλ(A) =∪

{B ⊆ A : l(B) = B} ⊇ C = l(A)

2

Primer 1.1.16 Ako su dati Y ⊆ X definisimo l : P(X) → P(X) sa

l(A) :df= A ∩ Y

za A ⊆ X.2

Tvrdenje 1.1.17 Neka je dato preslikavanje k : P(X) → P(X) za koje vazi:

(a) A ⊆ k(A)

(b) k(∅) = ∅

(c) k(A ∪B) = k(A) ∪ k(B).

Tada vazi A ⊆ B ⇒ k(A) ⊆ k(B) za svako A,B ⊆ X, familija

µ := {A ⊆ X : k(Ac) = Ac}

je topologija na skupu X i za nju vazi k(A) ⊆ clµ(A) za svako A ⊆ X.

Ako je jos zadovoljen i uslov(d) k(k(A)) = k(A) za svako A ⊆ X

onda vaziclµ(A) = k(A)

Dokaz

I nacin: “Dualno” dokazu Tvrdenja 1.1.15.

II nacin: Definisimo l : P(X) → P(X) sa l(A) :df= k(Ac)c. Imamo l(X) = k(Xc)c = k(∅)c =

∅c = X. Za svako A ⊆ X zbog Ac ⊆ k(Ac) imamo da je

l(A) = k(Ac)c ⊆ (Ac)c = A


Takode za svako A,B ⊆ X je

l(A ∩B) = l[(Ac ∪Bc)c

]= k(Ac ∪Bc)c =

[k(Ac) ∪ k(Bc)

]c= k(Ac)c ∩ k(Bc)c = l(A) ∩ l(B)

Sada na osnovu Tvrdenja 1.1.15 znamo da je familija

θ := {A ⊆ X : l(A)}

topologija na skupu X, kao i da je intθ(A) ⊆ l(A) za svako A ⊆ X – iliti(intθ(A

c))c

⊇ l(Ac)c za

svako A ⊆ X. No

θ = {A ⊆ X : k(Ac)c = A} = {A ⊆ X : k(Ac) = Ac} = µ

a takode je

clµ(A) =(intµ(A

c))c

=(intθ(A

c))c

⊇ l(Ac)c =(k(A)c

)c= k(A)

Ako je jos zadovoljen i uslov (d) onda je intθ(A) = l(A) za svako A ⊆ X pa je

clµ(A) =(intθ(A

c))c

= l(Ac)c = k(A)

2

Primer 1.1.18 Ako su dati Y ⊆ X definisimo k : P(X) → P(X) sa

k(A) :df= Y ∪A

za A ⊆ X.2

1.2. KAKO NAJLAKSE NAPRAVITI TOPOLOGIJU: TOP(B) 19

1.2 Kako najlakse napraviti topologiju: Top(B)Neka je B neprazan skup i X :=

∪B. Definisemo

Pr(B) :df=

{∩P : P ⊆ B je neprazan konacan skup

}i

Top(B) :df=

{∪A : A ⊆ Pr(B)

}Primer 1.2.1 Za B :=

{{1}, {2}, {3, 4, 5}, {4, 5, 7}

}imamo X = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} zatim

Pr(B) ={{1}, {2}, {3, 4, 5}, {4, 5, 7}; {4, 5}

}

Top(B) =

{∅, X,

{1}, {2}, {1, 2},

{3, 4, 5}, {1, 3, 4, 5}, {2, 3, 4, 5}, {1, 2, 3, 4, 5},

{4, 5, 7}, {1, 4, 5, 7}, {2, 4, 5, 7}, {1, 2, 4, 5, 7},

{4, 5}, {1, 4, 5}, {2, 4, 5}, {1, 2, 4, 5},

{3, 4, 5, 7}, {1, 3, 4, 5, 7}, {2, 3, 4, 5, 7}, {1, 2, 3, 4, 5, 7}

}je upravo topologija iz Primera 1.1.1. Ovo nije slucajno.

2

Tvrdenje 1.2.2 (I) VaziB ⊆ Pr(B) ⊆ Top(B) ⊆ P(X)

(II) Za svako n ∈ N i P1, . . . , Pk ∈ Pr(B) vazik∩

i=1

Pi ∈ Pr(B).

(III) Familija Top(B) je topologija (na skupu X =∪

B).

Dokaz (I) Da je B ⊆ Pr(B) ⊆ Top(B) ⊆ P(X) bi trebalo da bude ocigledno. U slucaju da nijeocigledno onda idemo (recimo) ovako.

Za svako B ∈ B skup {B} ⊆ B je konacan (jednoclan) pa je B =∩{B} ∈ Pr(B); dakle

B ⊆ Pr(B). Ako je P ∈ Pr(B) onda postoji neprazan skup P ⊆ B tako da je P =∩

P; akoizaberemo proizvoljno M ∈ P = ∅ onda je P ⊆ M ∈ B pa i P ⊆

∪B = X, tj. P ∈ P(X). Ovim

smo pokazali da je Pr(B) ⊆ P(X).Za svako P ∈ Pr(B) imamo {P} ⊆ Pr(B) pa je P =

∪{P} ∈ Top(B); dakle Pr(B) ⊆ Top(B).

Ako je U ∈ Top(B) onda postoji neko A ⊆ Pr( B) tako da je U =∪A; no A ⊆ Pr(B) ⊆ P(X) pa

je U =∪A ⊆

∪P(X) = X, tj. U ∈ P(X). Ovim smo pokazali da je Top(B) ⊆ P(X).


(II) Ako su n ∈ N i P1, . . . , Pk ∈ Pr(B) onda za svako i = 1, k mozemo izabrati po nekineprazan konacan Pi ⊆ B tako da je Pi =

∩Pi; otuda imamo

k∩i=1

Pi =k∩

i=1

(∩Pi

)=∩(

k∪i=1

Pi

)∈ Pr(B)

jer je

k∪i=1

Pi ⊆ B neprazan konacan skup.

(III) Imamo ∅ ⊆ Pr(B) pa je ∅ =∪

∅ ∈ Top(B). Iz B ⊆ Pr(B) sledi i X =∪B ∈ Top(B).

Neka je U1, U2 ∈ Top(B). Tada postoje A1,A2 ⊆ Top(B) tako da je Ui =∪

Ai, i = 1, 2. Imamo

U1 ∩ U2 =(∪

A1

)∩(∪

A2

)=∪

L

gde je L := {P1 ∩ P2 : (P1, P2) ∈ A1 ×A2}. Ako je (P1, P2) ∈ A1 × A2 onda imamo Pi ∈ Ai ⊆Pr(B) za i = 1, 2 pa je P1∩P2 ∈ Pr(B) prema (II); dakle L ⊆ Pr(B) odakle sledi U1∩U2 ∈ Top(B).

Neka je J ⊆ Top(B) proizvoljno. Za svako U ∈ J postoji neko AU ⊆ Pr(B) tako da jeU =

∪AU . Imamo

∪J =

∪U∈J

U =∪

U∈J

(∪AU

)=∪( ∪

U∈JAU

)∈ Top(B)

jer je ocigledno∪

U∈JAU ⊆ Pr(B).

Ovim smo pokazali da je Top(B) topologija na skupu X.2

Topologiju Top(B) iz Tvrdenja 1.2.2 nazivamo

topologija generisana familijom B

Primer Ako je

B ={[a; b] : a, b ∈ R i a < b

}onda je X = R zatim {

{x} : x ∈ R}⊆ Pr(B)

i Top(B) je diskretna topologija na skupu R, tj. Top(B) = P(R).2

Zapazanje 1.2.3 Ako je {x} ∈ τ za svako x ∈ X onda τ mora biti diskretna topologija na skupuX.

2


Primer 1.2.4 Neka je

B :={(−∞;x) : x ∈ R

}∪{(x; +∞) : x ∈ R

}Imamo X = R, zatim

Pr(B) ={(−∞;x) : x ∈ R

}∪{(x; +∞) : x ∈ R

}∪{(a; b) : a, b ∈ R i a < b

}∪ {∅}

i najzad

Top(B) ={∪

I : I je familija nekih otvorenih intervala realne prave}

2

Topologiju Top(B) na skupu R iz Primera 1.2.4 nazovimo

uredajna topologija realne prave

Tvrdenje 1.2.5 Neka je X proizvoljan skup i B ⊆ P(X) proizvoljna neprazna familija tako da je∪B = X. Tada vazi

Top(B) =∩{

L ⊆ P(X) : L je topologija na skupu X i B ⊆ L}

Dokaz Kako je B ⊆ Top(B) ⊆ P(X) i Top(B) topologija na skupu X to je

Top(B) ∈{L ⊆ P(X) : L je topologija na skupu X i B ⊆ L

}pa je

Top(B) ⊇∩{


Ako je L ⊆ P(X) proizvoljna topologija na skupu X takva da je B ⊆ L onda zbog (KP) izDefinicije 1.1.2 mora biti Pr(B) ⊆ L, a onda zbog uslova (PU) mora biti i Top(B) ⊆ L; odavdesledi da je

Top(B) ⊆∩{


2

1.2.1 Baza, predbaza

Ako je (X, τ) topoloski prostor onda za L kazemo da je baza topologije τ ako vaze naredna dva

uslova:

– L ⊆ τ

– za svaki U ∈ τ postoji neko A ⊆ L tako da je U =∪A.

Primetimo da se (obzirom da je familija τ topologija) ova dva uslova sazimaju u jedinstvenzahtev da vazi

τ ={∪

A : A ⊆ L}

§


Ako je (X, τ) topoloski prostor onda za L kazemo da je predbaza topologije τ (ili predbaza

topologije τ) ako je L = ∅ i familija Pr(L) je baza topologije τ . Primetimo da ovo nuzno povlazida je L ⊆ τ .

§

Tvrdenje 1.2.6 Ako je B neprazan skup onda je B jedna predbaza a Pr(B) jedna baza topologijeTop(B).

Ako je (X, τ) topoloski prostor onda i L ⊆ τ neprazna familija onda je L predbaza topologijeτ akko vazi Top(L) = τ .

2

Primer Familija

L1 :={(a; b) : a, b ∈ R i a < b

}je jedna a familija

L2 :={(a; b) : a, b ∈ Q i a < b

}druga baza uredajne topologije realne prave. Pritom je L2 prebrojiva familija.

Pokazite da postoji beskonacno mnogo baza uredajne topologije realne prave.2

Za prostor (X, τ) kazemo da je II-prebrojiv (citamo: drugoprebrojiv) ukoliko postoji neka

prebrojiva familija L ⊆ τ koja je baza topologije τ . Ukratko, II-prebrojiv prostor je onaj koji imabar jednu prebrojivu bazu.

§

Tvrdenje 1.2.7 Familija L ⊆ τ je baza prostora (X, τ) akko vazi

za svako U ∈ τ i svako x ∈ U postoji neko V ∈ L tako da je x ∈ V ⊆ U .

Dakle ako je L baza prostora (X, τ) onda vazi:

A ⊆ X je otvoren skup prostora (X, τ)

akko

za svako x ∈ A postoji neko V ∈ L tako da je x ∈ V ⊆ A

2

Tvrdenje 1.2.8 Neprazna familija L ⊆ τ je predbaza prostora (X, τ) akko vazi

za svako U ∈ τ i svako x ∈ U postoji neki neprazan konacan P ⊆ L tako da je x ∈∩P ⊆ A.

Dakle ako je L predbaza prostora (X, τ) onda vazi:

A ⊆ X je otvoren skup prostora (X, τ)

akko

∀x ∈ A ∃n ∈ N ∃V1, . . . , Vn ∈ L

(x ∈

n∩i=1

Vi ⊆ A

)


2

§

Ako je poznata neka baza date topologije onda se “umesto sa proizvoljnim otvorenim skupovimamoze raditi samo sa skupovima koji su elementi te baze”. Preciznije:

Tvrdenje 1.2.9 Neka je L familija baza prostora (X, τ).

(a) x ∈ cl(A) vazi akko je za svako U ∈ L takvo da je x ∈ U presek U ∩A neprazan.

(b) x ∈ int(A) akko postoji neko U ∈ L tako da je x ∈ U ⊆ A.

(c) Skup S ⊆ X je gust akko za svaki neprazan U ∈ L postoji neko z ∈ U ∩ S.2

§

Za proizvoljnu familiju L formulisemo uslov

(BT) za svako M,N ∈ L i svako x ∈ N ∩M postoji neko K ∈ L tako da je x ∈ K ⊆ N ∩M

(koji familija L moze da zadovoljava ili da ne zadovoljava)

Zapazanje 1.2.10 (a) Ako L zadovoljava uslov (BT) onda se jednostavnom indukcijom pokazuje

da za svako m ∈ N ako su N1, . . . , Nm ∈ L i x ∈m∩i=1

Ni onda postoji neko K ∈ L tako da je

x ∈ K ⊆m∩i=1

Ni

(b) L ce zadovoljavati uslov (BT) u specijalnom slucaju ako za svako M,N ∈ L vazi

M ∩N = ∅ ili M ∩N ∈ L

2

Tvrdenje 1.2.11 Neka je (X, τ) topoloski prostor. Ako je familija L ⊆ τ baza prostora (X, τ)onda vaze sledeca dva uslova:

–∪

L = X

– uslov (BT).2

Tvrdenje 1.2.12 Neka je L proizvoljna neprazna familija. Tada L zadovoljava uslov (BT) akkoje L baza topologije Top(L).


Dokaz Pretpostavimo da L zadovoljava uslov (BT). Neka su A ∈ Top(L) i x ∈ A proizvoljni.Tada postoje m ∈ N i N1, . . . , Nm ∈ L tako da je

x ∈m∩i=1

Ni ⊆ A

No znamo (Zapazanje 1.2.10 pod (a)) da postoji neko K ∈ L tako da je

x ∈ K ⊆m∩i=1

Ni

Dakle x ∈ K ⊆ A i K ∈ L.

Kako je L ⊆ Top(L) to smo ovim pokazali da je L baza topologije Top(L).2

1.3. NASLEDENA TOPOLOGIJA 25

1.3 Nasledena topologija

Za proizvoljnu familiju A i skup S definisemo

relS(A) :df={A ∩ S : A ∈ A

}

Definicija 1.3.1 Ako je τ topologija na skupu X i A ⊆ X onda je lako videti da je relA(τ)topologija na skupu A; za relA(τ) kazemo da je

topologija na skupu A nasledena od topologije τ

a za(A, relA(τ)

)da je podprostor prostora (X, τ).

2

Primer Neka je (S, λ) topoloski prostor iz Primera 1.1.1, tj. S := {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} i

λ :=

{∅, S,

{1}, {2}, {1, 2},

{3, 4, 5}, {1, 3, 4, 5}, {2, 3, 4, 5}, {1, 2, 3, 4, 5},

{4, 5, 7}, {1, 4, 5, 7}, {2, 4, 5, 7}, {1, 2, 4, 5, 7},

{4, 5}, {1, 4, 5}, {2, 4, 5}, {1, 2, 4, 5},

{3, 4, 5, 7}, {1, 3, 4, 5, 7}, {2, 3, 4, 5, 7}, {1, 2, 3, 4, 5, 7}

}

Neka je A := {1, 2, 3} i B := {3, 5, 7}. Imamo

relB(λ) ={∅, B, {3, 5}, {5, 7}, {5}

}Podprostor

(A, relA(λ)

)je diskretan.

2

Tvrdenje 1.3.2 Neka je A ⊆ X1 ⊆ X, τ topologija na skupu X i τ1 := relX1(τ).

(a) Ako je X1 τ -otvoren i A τ1 otvoren onda je A τ -otvoren.

(b) Ako je X1 τ -zatvoren i A τ1 zatvoren onda je A τ -zatvoren.2

Na Tvrdenje 1.3.2 cemo da se pozivamo frazama


“otvoren u otvorenom je otvoren u celom”

i

“zatvoren u zatvorenom je zatvoren u celom”

Tvrdenje 1.3.3 Neka je S2 ⊆ S1 ⊆ S i neka je A proizvoljna familija. Neka je A1 := relS1(A).Tada vazi relX2

(A1) = relX2(A).

2

Iz Tvrdenja 1.3.3 direkno sledi jedna jednostavna cinjenica koju bismo mogli da formulisemokao

“podprostor podprostora je podprostor polaznog prostora”

Tvrdenje 1.3.4 Neka je X1 ⊆ X, τ topologija na skupu X i τ1 := relX1(τ). Neka je dalje z ∈ X1

i A ⊆ X1. Tada vazi:

z je blizu skupa A u odnosu na τ1 akko je z blizu skupa A odnosu na τ .

Dakle vaziclτ1(A) = clτ (A) ∩X1

2

Tvrdenje 1.3.5 Neka je A ⊆ X, τ topologija na skupu X i τA := relA(τ).

Ako je L baza topologije τ onda je {A ∩ L : L ∈ L} baza topologije τA.2

Primer Kako je{(a; b) : a, b ∈ R, a < b

}baza uredajne topologije realne prave to je familija{

(a; b) : a, b ∈ R, 0 ≤ a < b ≤ 1}∪{[0; b) : a, b ∈ R, 0 < b ≤ 1

}∪{(a; 1] : a, b ∈ R, 0 ≤ a < 1

}baza topologije na skupu [0; 1] nasledene od uredajne topologije realne prave.

2

1.4. TOPM(D). METRIZABILNOST 27

1.4 Topm(d). Metrizabilnost

Neka je X neprazan skup. Podsetimo se da za funkciju f : X × X → [0;+∞) kazemo da jepseudometrika na skupu X ako vaze sledeca tri uslova:

(M0) f(x, x) = 0 za svako x ∈ X.

(SIM) f(x, y) = f(y, x) za svako x, y ∈ X.

(TR) f(x, y) ≤ f(x, z) + f(z, y) za svako x, y, z ∈ X.

Za x ∈ X i r ∈ (0;+∞) definisemo

Kf [x; r) :df= {z ∈ X : f(x, z) < r}

iKf [x; r] :

df= {z ∈ X : f(x, z) ≤ r}

Za pseudometriku f koja jos zadovoljen i uslov

(M1) za svako x, y ∈ X vazi x = y ⇒ f(x, y) = 0.

kazemo da je metrika na skupu X.

Tvrdenje 1.4.1 Neka je f pseudometrika na nepraznom skupu X.

(a) Za svako x, y, z ∈ X vazi|f(x, y)− f(x, z)| ≤ f(y, z)

(b) FamilijaBf :=

{Kf [x; r) : x ∈ X, r ∈ (0;+∞)

}zadovoljava uslov (BT) pa je baza topologije Top(Bf ). Kako jos vazi i

∪Bf = X to je Top(Bf )

topologija na skupu X.

Za Top(Bf ) kazemo da je

topologija indukovana pseudometrikom f

i koristimo zapis Topm(f) da je oznacimo.

Dokaz (a) Data nejednakost je ekvivalentna sa

−f(y, z) ≤ f(x, y)− f(x, z) ≤ f(y, z)

a ovo saf(x, y) ≤ f(x, z) + f(z, y) ∧ f(x, z) ≤ f(x, y) + f(y, z)


(b) Ako je a ∈ Kf [x1; ε1) ∩Kf [x2; ε2) onda je d(xi, a) < εi za i = 1, 2 pa je

δ := min{ε1 − d(x1, a), ε2 − d(x2, a)

}> 0

Da pokazemo da jea ∈ Kf [a; δ) ⊆ Kf [x1; ε1) ∩Kf [x2; ε2)

neka je z ∈ Kf [a; δ) proizvoljno. Za svako i = 1, 2 imamo

d(xi, z) ≤ d(xi, a) + d(a, z) < d(xi, a) + δ ≤ d(xi, a) +(εi − d(xi, a)

)= εi

tj. z ∈ Kf [xi; εi).2

Primer Neka je n ∈ N. Funkcija dn : Rn × Rn → [0;+∞) definisana sa

dn(x, y) :df=

(n∑

i=1

(xn − yn)2

) 12

za x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn je metrika na skupu Rn; ovu metriku nazivamo euklidskametrika na Rn a topologiju indukovanu ovom metrikom nazivamo uobicajena topologija na Rn.

Kako je Kd1[x, r) = (x− r;x+ r) za svako x, r ∈ R gde r > 0 to zakljucujemo da su uredajna

topologija realne prave i uobicajena topologija na R jedna te ista topologija; za ovu topologijuse mnogo cesce koristi termin uobicajena topologija na R.

2

Definicija 1.4.2 Za topoloski prostor (X, τ) kazemo da je (pseudo)metrizabilan a za topologiju τda je (pseudo)metrizabilna ukoliko postoji bar jedna (pseudo)metrika f na skupu X takva da je

Topm(f) = τ

U tom slucaju za svaku ovakvu metriku f kazemo da je kompatibilna sa topologijom τ .2

Problem 1 Pokazati da prostor (S, λ) iz Primera 1.1.1 nije metrizabilan.2

Problem 2 Pokazati da topologija Z := Top(B) gde je

B :={[a; b) : a, b ∈ R, a < b

}nije metrizabilna.

2

Prostor (R,Z) iz Problema 2 nazivamo Sorgenfrey-eva prava . Familija{[a; b) : a, b ∈

R, a < b}je jedna baza ovog prostora (na osnovu Zapazanja 1.2.10 pod (b) i Tvrdenja 1.2.12).

1.4. TOPM(D). METRIZABILNOST 29

§

Neka je dat prostor X = (X, τ) i njegova tacka x ∈ X. Za familiju B ⊆ τ otvorenih skupova

kazemo da je lokalna baza prostora X (ili: topologije τ) u tacki x ako vazi:

– x ∈ B za svako B ∈ B i

– za svako U ∈ τ takvo da je x ∈ U postoji neko B ∈ B tako da vazi

x ∈ B ⊆ U

Primer Ako je L baza prostora (X, τ) i x ∈ X onda je {V ∈ L : x ∈ V } lokalna baza togprostora u tacki x.

2

Primer Ako je X proizvoljan beskonacan skup onda je

τ := {A ⊆ X : X \A je konacan skup} ∪ {∅}

topologija na skupu X. Ovu topologiju nazivamo kofinitna topologija na skupu X.

Neka je λ kofinitna topologija na skupu R i neka je x ∈ R proizvoljna tacka prostora (R, λ). Nepostoji prebrojiva lokalna baza ovog prostora u tacki x. Zaista neka je A = {An : n ∈ N} ⊆ τproizvoljna prebrojiva familija nepraznih λ-otvorenih skupova. Kako je R \ An konacan skup za

svako n ∈ N to je skup C := {x} ∪∪n∈N

(R \ An) prebrojiv skup pa postoji neko r ∈ R \ C. Zbog

x = r je x ∈ R \ {r} =: U . Jasno x ∈ U ∈ λ. Za proizvoljno n ∈ N vazi R \ An ⊆ C ∋ r pa jer ∈ An; dakle vazi r ∈ An \U te je An ⊆ U . Ovim smo pokazali da A nije lokalna baza topologijeλ u tacki x.

2

Za prostor (X, τ) kazemo da je I-prebrojiv (citamo: prvoprebrojiv) ukoliko za svako x ∈ X

postoji po neka prebrojiva familija Lx ⊆ τ koja je lokalna baza topologije τ u tacki x. Ukratko,I-prebrojiv prostor je onaj koji u svakoj tacki ima po bar jednu prebrojivu lokalnu bazu.

Primer Sorgenfrey-eva prava je I-prebrojiv prostor. Ako je x ∈ R onda je familija{[x;x+

1

n

): n ∈ N

}jedna lokalna baza ovog prostora u tacki x. S druge strane ovaj prostor nije II-prebrojiv. Pokazati.

2

§


Tvrdenje 1.4.3 Neka je d pseudometrika na skupu X, τ := Topm(d) i x ∈ X. Familija

B :={Kd[x; 1/m) : m ∈ N

}je (prebrojiva) lokalna baza u tacki x. Prostor (X, τ) je I-prebrojiv.

Dokaz Neka je U ∈ τ tako da je x ∈ U . Na osnovu Tvrdenja 1.4.1 pod (b) postoji neko r ∈ (0;+∞)i neko y ∈ X tako da je x ∈ Kd [y; r) ⊆ U . Tada je r − d(x, y) > 0. Ako je m0 ∈ N takvo da je1/m0 ≤ r − d(x, y) onda za V := Kd[x; 1/m0) vazi x ∈ V ⊆ Kd [x; r) ⊆ Kd [y; r) ⊆ U kao i V ∈ B.

2

Tvrdenje 1.4.4 Neka je A ⊆ X, τ topologija na skupu X i τA := relA(τ).

Ako je x ∈ A i B lokalna baza topologije τ u tacki x onda je {A ∩ B : B ∈ B} lokalna bazatopologije τA u tacki x.

2

Teorema 1.4.5 Neka je d pseudometrika na skupu X i τ := Topm(d). Prostor (X, τ) je separa-bilan akko je II-prebrojiv.

Dokaz Svaki II-prebrojiv prostor je uvek separabilan. Zaista ako je X = ∅ i L = {Ln : n ∈N} ⊆ τ \ {∅} proizvoljna prebrojiva baza onda za svako n ∈ N mozemo izabrati po sn ∈ Ln; ovakodobijen skup S := {sn : n ∈ N} je gust jer ako je U = ∅ otvoren skup onda mozemo uociti nekox ∈ U pa i neko n0 ∈ N tako da je x ∈ Ln0 ⊆ U (jer je L baza) – tada imamo sn0 ∈ S∩Ln0 ⊆ S∩U .

Pretpostavimo sada da je (X, τ) separabilan prostor. Neka je S = {sn : n ∈ N} neki prebrojivgust skup.

Za svako n ∈ N stavimoBn :

df= {Kd [sn; q) : q ∈ Q}

Neka je L :=∪

n∈N Bn. Jasno L ⊆ τ . Takode je jasno da je L prebrojiva familija jer je takva Bn

za svako n ∈ N.Da pokazemo da je L baza prostora (X, τ) neka je x ∈ U ∈ τ . Postoji neko r ∈ (0;+∞) tako

da je x ∈ Kd [x; r) ⊆ U . Skup Kd [x; r/2) je neprazan τ -otvoren a S je τ -gust skup pa mora dapostoji neko k ∈ N tako da je sk ∈ Kd [x; r/2). Kako je d(x, sk) < r/2 to postoji neki q0 ∈ Q takavda d(x, sk) < q0 ≤ r/2. Za

V := Kd [sk; q0)

imamo V ∈ Bk ⊆ L.Pokazimo da vazi x ∈ V ⊆ Kd [x; r) iz cega bi zbog Kd [x; r) ⊆ U sledilo i x ∈ V ⊆ U .Iz d(x, sk) < q0 sledi x ∈ V . Ako je z ∈ V proizvoljno onda je

d(x, z) ≤ d(x, sk) + d(sk, z) < q0 + q0 ≤ r/2 + r/2 = r

tj. z ∈ Kd [x; r).2

1.5. NEPREKIDNOST U TACKI. NEPREKIDNOST 31

1.5 Neprekidnost u tacki. Neprekidnost

Neka su dati prostori (X1, τ1), (X2, τ2), preslikavanje f : X1 → X2 i x0 ∈ X2. Za f kazemo da je

(τ1, τ2)-neprekidno u tacki x0

ako za svako V ∈ τ2 takvo da je f(x0) ∈ V postoji neko U ∈ τ1 tako da je x0 ∈ U i tako da vazi

f⇀U ⊆ V

Za preslikavanje f kazemo da je (τ1, τ2)-neprekidno ako je f (τ1, τ2)- neprekidno u svakoj tacki

x ∈ X1 prostora (X1, τ1); to cemo skraceno oznacavati sa ”f : (X1, τ1)c→ (X2, τ2)”.

Tvrdenje 1.5.1 Preslikavanje f : X1 → X2 je (τ1, τ2)- neprekidno akko vazi f↼B ∈ τ1 za svakoB ∈ τ2.

Dokaz Pretpostavimo da je f (τ1, τ2)- neprekidno i neka je B ∈ τ2 proizvoljno. Pokazimo da jef↼B ∈ τ1.

Neka je x ∈ f↼B proizvoljno. Imamo f(x) ∈ B ∈ τ2 pa kako je preslikavanje f (τ1, τ2)-neprekidno u tacki x to postoji neko Ux ∈ τ1 tako da je x ∈ Ux i tako da vazi f⇀Ux ⊆ B. Drugimrecima x ∈ Ux ⊆ f↼B.

Ovim smo pokazali da je svaka tacka skupa f↼B τ1-unutrasnja, pa je f↼Bτ1.

Pretpostavimo sada da je f↼B ∈ τ1 kad god je B ∈ τ2 i neka su x ∈ X1 i V ∈ τ2 tako daje f(x) ∈ V proizvoljni. Imamo x ∈ f↼V i U := f↼V ∈ τ1 prema pretpostavci. Pritom je

f⇀U = f⇀(f↼V

)⊆ V .

2

Primer Neka je (S, λ) prostor iz Primera 1.1.1, tj. S := {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} i

λ :=

{∅, S,

{1}, {2}, {1, 2},

{3, 4, 5}, {1, 3, 4, 5}, {2, 3, 4, 5}, {1, 2, 3, 4, 5},

{4, 5, 7}, {1, 4, 5, 7}, {2, 4, 5, 7}, {1, 2, 4, 5, 7},

{4, 5}, {1, 4, 5}, {2, 4, 5}, {1, 2, 4, 5},

{3, 4, 5, 7}, {1, 3, 4, 5, 7}, {2, 3, 4, 5, 7}, {1, 2, 3, 4, 5, 7}

}

i neka je f : S → S dato sa

f :

(1 2 3 4 5 6 74 5 7 3 3 6 3

)Preslikavanje f nije (λ, λ)-neprekidno u tacki 3 jer je f(3) = 7 ∈ {4, 5, 7} ∈ λ a s druge

strane ako je U ∈ λ proizvoljan takav da je 3 ∈ U onda mora biti {3, 4, 5} ⊆ U pa i 3 = f(4) ∈


f⇀U \ {4, 5, 7}, sto znaci da nikako ne moze biti f⇀U ⊆ {4, 5, 7}.

f jeste neprekidno u tacki 4 jer ako je V ∈ λ i f(4) = 3 ∈ V onda mora biti {3, 4, 5} ⊆ V paza U := {4, 5} vazi 4 ∈ U ∈ λ kao i f⇀U = {3} ⊆ {3, 4, 5} ⊆ V .

2

Primer Neka je preslikavanje g : R → R definisano sa

g(x) = ⌈x⌉ = max{k ∈ Z : k ≤ x}

Ako je τ = P(R) diskretna topologija na skupu R, a (R,Z) Sorgenfrey-eva prava onda je g

(Z, τ)-neprekidno preslikavanje. Zaista familija{{x} : x ∈ R

}je baza topologije τ i pritom je

f↼{x} = ∅ ∈ Z ako x /∈ Z i f↼{x} = [x;x+ 1) ako x ∈ Z ∈ Z.2

Tvrdenje 1.5.2 Neka je L2 baza prostora (X2, τ2). Preslikavanje f : X1 → X2 je (τ1, τ2)-neprekidno akko vazi f↼B ∈ τ1 za svako B ∈ L2.

2

§

Tvrdenje 1.5.3 Neka su dati prostori (X1, τ1) i (X2, τ2) i preslikavanje f : X1 → X2. Dalje nekaje x0 ∈ X2 i Y ⊆ X2 tako da je f⇀X1 ⊆ Y . Neka je τY := relY (τ2) topologija na skupu Ynasledena od τ2.

Preslikavanje f je (τ1, τ2)- neprekidno u tacki x0 akko je ono (τ1, τY )-neprekidno u tacki x0.Preslikavanje f je (τ1, τ2)-neprekidno akko je ono (τ1, τY )- neprekidno.

2

1.5. NEPREKIDNOST U TACKI. NEPREKIDNOST 33

Slika 1.5.1.

Tvrdenje 1.5.4 Neka su dati prostori (X1, τ1) i (X2, τ2) i preslikavanje f : X1 → X2. Dalje nekaje A ⊆ X1 i a ∈ A. Neka je τA := relA(τ1) topologija na skupu A nasledena od τ1 a fA : A → X2

restrikcija preslikavanja f na skup A (dakle fA(x) = f(x) za svako x ∈ A).Ako je preslikavanje f (τ1, τ2)- neprekidno u tacki a onda je restrikcija fA (τA, τ2)-neprekidno

preslikavanje u tacki a. Ako je preslikavanje f je (τ1, τ2)- neprekidno onda je restrikcija fA (τA, τ2)-neprekidno preslikavanje.

2


Slika 1.5.2.

Tvrdenje 1.5.5 Neka su dati prostori (X1, τ1) i (X2, τ2) i preslikavanje f : X1 → X2.Neka je a ∈ X1, zatim L ⊆ τ2 baza topologije τ2 i najzad B ⊆ τ2 lokalna baza topologije τ2 u

tacki f(a) ∈ X2.

(a) Preslikavanje f je (τ1, τ2)- neprekidno u tacki a akko za svako U ∈ B postoji neko V ∈ τ1tako da je a ∈ V i tako da vazi f⇀V ⊆ U .

(b) Preslikavanje f je (τ1, τ2)- neprekidno akko vazi f↼U ∈ τ1 za svako U ∈ L .2

Tvrdenje 1.5.6 Neka su dati pseudometricki prostori (X1, d1) i (X2, d2) i preslikavanje f : X1 →X2. Dalje neka je τi := Topm(di) za i = 1, 2.

Ako je a ∈ X1 onda je preslikavanje f (τ1, τ2)- neprekidno u tacki a akko za svako ε ∈ (0;+∞)postoji neko δ ∈ (0;+∞) tako da vazi

∀x ∈ X1

(d1(x, a) < δ ⇒ d(f(x), f(a)) < ε

)2

Ako je τi topologija na skupu Xi za i = 1, 2 i f : X1 → X2 onda za preslikavanje f kazemoda je (τ1, τ2)-zatvoreno

((τ1, τ2)-otvoreno

)ako je f⇀A τ2-zatvoren (τ2-otvoren) skup kad kod je

skup A ⊆ X1 τ1-zatvoren (τ1-otvoren).

Zadatak Pokazati da su sledeci uslovi ekvivalentni:

(1) f je (τ1, τ2)-zatvoreno((τ1, τ2)-otvoreno

)preslikavanje.

(2) za svaki A ⊆ X2 i svaki τ1-otvoren (τ1-zatvoren) skup U takav da U ⊇ f↼A postoji nekiτ2-otvoren (τ2-zatvoren) skup V ⊇ A tako da je f↼A ⊆ f↼V ⊆ U .

2

Ako je f : X → R i τ topologija na skupu X, onda cemo fraza

f je τ -neprekidno preslikavanje

znaciti

f je (τ, ν)-neprekidno preslikavanje

gde je ν uobicajena topologija realne prave.

Tvrdenje 1.5.7 Neka su dati prostor (X, τ), n ∈ N, τ -neprekidna preslikavanja h1, h2, h3 : X → Rtako da je h3(x) = 0 za svako x ∈ X. Preslikavanja g1, g2, g3, g4, g5 : X → R definisana sa

g1(x) :df= min

{h1(x), h2(x)

},

g2(x) :df= max

{h1(x), h2(x)

},

g3(x) :df= h1(x) + h2(x), g4(x) :

df= h1(x) · h2(x) i g5(x) :

df=

h1(x)

h3(x)

za x ∈ X su τ -neprekidna.2

1.6. UOPSTENI NIZOVI 35

Tvrdenje 1.5.8 Neka je F lokalno konacna [proizvoljna] familija zatvorenih [otvorenih] pod-skupova topoloskog prostora (X, τ) tako da je

∪F = X. Neka je (Y, λ) topoloski prostor i neka

je za svako S ∈ F dato preslikavanje gS :(S, relS(τ)

) c→ (Y, λ) tako da za svako S, T ∈ F vazigS � (S ∩ T ) = gT � (S ∩ T ). Tada je sa

{g(x)} = {gS(x) : x ∈ S ∈ F}

korektno definisano preslikavanje g : X → Y . Dokazati da je g (τ, λ)-neprekidno preslikavanje.

Dokaz Neka je B ⊆ Y proizvoljan λ-zatvoren [λ-otvoren] skup. Za svako S ∈ F skup (gS)↼B je

relS(τ)-zatvoren [relS(τ)-otvoren], pa kako je S τ -zatvoren [τ -otvoren] to je i (gS)↼B τ -zatvoren

[τ -otvoren]. Imamo

g↼B =∪S∈F

(gS)↼B ,

pa kako je F lokalno konacna [proizvoljna] familija τ -zatvorenih [τ -otvorenih] skupova, to sledi daje i g↼B τ -zatvoren [τ -otvoren].

2

1.6 Uopsteni nizovi

Usmerenje na skupu I je svaka binarna relacija ≼ na skupu I takva da za svako a, b, c ∈ I vazi- a ≼ a;- a ≼ b ∧ b ≼ c ⇒ a ≼ c;- ∃d ∈ I (a ≼ d ∧ b ≼ d).

Par (I,≼) u tom slucaju nazivamo usmereni skup.

Uopsteni niz elemenata skupa Y indeksiran usmerenim skupom (I,≺) je uredena trojka(I,≼, r) gde je r : I → Y proizvoljna funkcija; da oznacimo uopsteni niz (I,≼, r) koristimo izapis (ri : i ∈ I)≼.

Neka je (I,≼, r) uopsten niz elemenata nekog skupa X i τ topologija na skupu X. Kazemo daje tacka y ∈ X τ -granicna vrednost uopstenog niza (I,≺, r), ako vazi

za svako U ∈ τ tako da je y ∈ U postoji i ∈ I tako da je

∀j ∈ I (i ≼ j ⇒ r(j) ∈ U).

Skup svih τ -granicnih vrednosti uopstenog niza (I,≺, r) oznacavamo sa

Lim(I,≼, r; τ)

ili jednostavno sa Lim r ukoliko su preostali podaci poznati.

Umesto x0 ∈ Lim(I,≼, r; τ) kazemo i uopsteni niz (I,≼, r) τ -konvergira ka tacki x0 i pisemo

rατ−→ x0, (α ∈ I;≼)

Ako je a ∈ NX i ≺ uobicajeno uredenje < na skupu N onda umesto anτ−→ x0, (n ∈ N;<)

pisemo samo anτ−→ x0, (n ∈ N)

Primer Neka je I := (1; 2) i neka je x ≼ y ⇐⇒ x < y klasicna relacija “manje ili jednako” naskupu I. Ako je τu uobicajena topologija realne prave onda za uopsteni niz r : I → R definisan sa


rx :df= 1/x za x ∈ I imamo Lim(I,<, r; τu) = {1/2}.

2

Primer Neka je a, b ∈ R tako da a < b i neka je I skup svih torki (t0, . . . , tn, z0, . . . , zn−1) za sven ∈ N takvih da vazi

a = t0 < · · · < ti < ti+1 < · · · < tn = b i zi ∈ (xi;xi+1) za svako i = 1, n− 1

Na skupu I definisemo relaciju ≼ sa

(t0, . . . , tn, z0, . . . , zn−1) ≼ (t′0, . . . , t′m, z0, . . . , z

′m−1)

akko postoje prirodni brojevi 0 = j0 < · · · < js < js+1 < · · · < jn = m tako da je

(t0, . . . , tn) = (t′j0 , . . . , t′jn)

Lako je videti da je (I,≼) usmeren skup.Ako je data funkcija f : [a; b] → R pridruzimo joj uopsteni niz realnih brojeva r : I → R

definisan sa

r(t0, . . . , tn, z0, . . . , zn−1) :df=

n−1∑i=0

f(zi)(ti+1 − ti)

Neka je τu uobicajena topologija realne prave. Za funkciju f se kaze da je Riemann-integrabilna nasegmentu [a; b] ako postoji τu-granicna vrednost ovako definisanog uopstenog niza (I,≼, r).

2

Zapazanje 1.6.1 Neka je B lokalna baza prostora (X, τ) u tacki x0 ∈ X. Relacija ≼ na skupu Bdefinisana sa

U ≼ V ⇐⇒ V ⊆ U

za svako U, V ∈ B je usmerenje na skupu B. Ako je f : B → X proizvoljno preslikavanje tako daje f(U) ∈ U za svako U ∈ B onda vazi

x0 ∈ Lim(B,≼, f ; τ)

2

Tvrdenje 1.6.2 (a) Tacka x0 ∈ X je τ -blizu skupa A ⊆ X akko postoji neki uopsteni niz (D,≼, r)tacaka skupa A tako da je x0 ∈ Lim(D,≼, r; τ).

(b) Tacka x0 ∈ X je tacka nagomilavanja skupa A ⊆ X u odnosu na topologiju τ akko postojineki uopsteni niz (D,≼, r) tacaka skupa A \ {x0} tako da je x0 ∈ Lim(D,≼, r; τ).

2

Tvrdenje 1.6.3 Neka su dati prostori (X1, τ1), (X2, τ2), preslikavanje f : X1 → X2 i x0 ∈ X2. fje (τ1, τ2)-neprekidno u tacki x0 akko za svaki uopsteni niz (rα : α ∈ D)≼ tacaka prostora X1 vaziimplikacija:

ako rατ−→ x0, (α ∈ D;≼)

onda f(rα)τ→ f(x0), (α ∈ D;≼)


2

§

Tvrdenje 1.6.4 Neka je (X, τ) I-prebrojiv prostor (specijalno – metrizabilan).(a) Tacka x0 ∈ X je τ -blizu skupa A ⊆ X akko postoji neki niz (rn : n ∈ N) tacaka skupa A

tako da je rnτ−→ x0, (n ∈ N)

(b) Tacka x0 ∈ X je tacka nagomilavanja skupa A ⊆ X u odnosu na topologiju τ akko postoji

neki niz (rn : n ∈ N) tacaka skupa A \ {x0} tako da je rnτ−→ x0, (n ∈ N)

2

Tvrdenje 1.6.5 Neka su dati prostori (X1, τ1), (X2, τ2), preslikavanje f : X1 → X2 i x0 ∈ X2.Pretpostavimo da je (X, τ) I-prebrojiv prostor (specijalno – metrizabilan).

Preslikavanje f je (τ1, τ2)-neprekidno u tacki x0 akko za svaki niz (rn : n ∈ N) tacaka prostoraX1 vazi implikacija:

ako rnτ−→ x0, (n ∈ N)

onda f(rn)τ−→ f(x0), (n ∈ N)

2

§

Primer Neka je τ kofinitna topologija na R i an = n za svako n ∈ N. Tada za svako x ∈ R vazian

τ−→ x, (n ∈ N).2

Za prostor (X, τ) kazemo da je

Hausdorff-ov prostor

ili T2 prostor, a za τ da je Hausdorff-ova topologija, ako za svako a, b ∈ X tako da je a = b postojeU, V ∈ τ tako da vazi

a ∈ U , b ∈ V i U ∩ V = ∅.

Tvrdenje 1.6.6 Neka je (X, τ) proizvoljan prostor. Sledeca dva uslova su ekvivalentna:

(1) kakav god da je dat uopsteni niz (D,≼, x) tacaka prostora X, ne postoje a, b ∈ X takoda je a = b i tako da istovremeno vazi i

xατ−→ a, (α ∈ D;≼)

ixα

τ−→ b, (α ∈ D;≼)

(2) (X, τ) je Hausdorff-ov prostor.2



T1 prostor

a za τ da je T1 topologija, ako za svako a, b ∈ X tako da je a = b postoje U, V ∈ τ tako da vazi

a ∈ U ∋ b i b ∈ V ∋ a.

Jasno svaki T2 prostor mora biti i T1 prostor.

Problem Neka je (X, τ) proizvoljan prostor takav da ni za jedan niz (xn : n ∈ N) tacakaprostora X ne postoje a, b ∈ X tako da je a = b i tako da istovremeno vazi i

xnτ−→ a, (n ∈ N)

ixn

τ−→ b, (n ∈ N)Pokazati da tada (X, τ) mora biti T1 prostor.

2

§Primer Neka je τ kofinitna topologija na beskonacnom skupu X. Tada je (X, τ) T1 prostor kojinije T2 prostor.

2

Problem Neka je d pseudometrika na skupu X i τ := Topm(d). Pokazati da je τ T1 topologijaakko je d metrika.

2

§

Tvrdenje 1.6.7 Neka je (X, d) proizvoljan pseudometricki prostor, τ := Topm(d) i neka je (xn :n ∈ N) niz tacaka prostora X. Za proizvoljno a ∈ X sledeca dva uslova su ekvivalentna:

(1) xnτ−→ a, (n ∈ N).

(2) limn→∞

d(a, xn) = 0.2

Posledica 1.6.8 Neka je τk uobicajena topologija na Rk i neka je (xn : n ∈ N) niz tacaka prostora(Rk, τk), gde xn = (xn,1, . . . , xn,k). Za proizvoljno a = (a1, . . . , ak) ∈ Rk sledeca dva uslova suekvivalentna:(1) xn

τk−→ a, (n ∈ N).

(2) Za svako i = 1, k vazi limn→∞

xn,i = ai.2

Ako je (X, d) proizvoljan pseudometricki prostor, S = ∅ proizvoljan skup i (fα : α ∈ D)≼uopsteni niz nekih funkcija fα : S → X, α ∈ D, onda za (fα : α ∈ D)≼ kazemo da


d-ravnomerno konvergira ka funkciji g : S → X

ako za svako ε ∈ (0;+∞) postoji neko α0 ∈ D tako da za svako α ∈ D vazi

α0 ≼ α ⇒ ∀s ∈ S(d(fα(s), g(s)

)< ε)

Tvrdenje 1.6.9 Neka je (X, d) proizvoljan pseudometricki prostor, τ := Topm(d), (S, λ) proizvo-ljan topoloski prostor, pri cemu S = ∅, i neka je (fα : α ∈ D)≼ uopsteni niz nekih funkcijafα : S → X, α ∈ D.

Ako je fα (λ, τ)-neprekidno preslikavanje za svako α ∈ D i ako uopsteni niz (fα : α ∈ D)≼d-ravnomerno konvergira ka preslikavanju g : S → X onda je i g (λ, τ)-neprekidno preslikavanje.

2


1.7 T0, T1, T2, regularni i normalni prostori

Tvrdenje 1.7.1 Za proizvoljan prostor (X, τ) sledeca tvrdenja su ekvivalentna:(1) za svako A ⊆ X postoji neka familija otvorenih skupova U ⊆ τ tako da je A =

∩U .

(2) za svako x ∈ X postoji neka familija otvorenih skupova U ⊆ τ tako da je {x} =∩U .

(3) skup {x} je τ -zatvoren za svako x ∈ X.

(4) (X, τ) je T1 prostor.2

Posledica 1.7.2 Ako je X konacan skup onda postoji tacno jedna T1 topologija na skupu X.To je diskretna topologija P(X).

2


T0 prostor

a za τ da je T0 topologija, ako je za svako a, b ∈ X tako da je a = b zadovoljen bar jedan odsledeca dva uslova:

postoji W ∈ τ tako da vazi a ∈ W ∋ b

ili

postoji W ∈ τ tako da vazi b ∈ W ∋ a.

Jasno, svaki T1 prostor mora biti i T0 prostor.

Primer Neka je (R, µ3) prostor iz Primera 1.1.3, tj. µ3 :df={(x; +∞) : x ∈ R

}∪ {∅,R} Tada je

(R, µ3) T0 prostor koji nije T1 prostor.2

§Za topologiju τ na skupu X kazemo da je regularna topologija a za prostor (X, τ) da je

regularan prostor

ako za svaku tacku a ∈ X i svaki τ -zatvoren skup B ⊆ X vazi implikacija:

ako a /∈ Bonda postoje U, V ∈ τ tako da je a ∈ U , B ⊆ V i U ∩ V = ∅.

Regularan prostor (X, τ) kod kog je skup {x} zatvoren za svako x ∈ X nazivamo

T3 prostor .

Drugim recima, T3 prostor znaci isto sto i regularan T1 prostor. Jasno, svaki T3 prostor mora bitii T2 prostor.

Za topologiju τ na skupu X kazemo da je normalna topologija a za prostor (X, τ) da je

1.7. T0, T1, T2, REGULARNI I NORMALNI PROSTORI 41

normalan prostor

ako za svaki τ -zatvoren skup A ⊆ X i τ -zatvoren skup B ⊆ X vazi implikacija:

ako A ∩B = ∅onda postoje U, V ∈ τ tako da je A ⊆ U , B ⊆ V i U ∩ V = ∅.

Normalan prostor (X, τ) kod kog je skup {x} zatvoren za svako x ∈ X nazivamo

T4 prostor .

Drugim recima, T4 prostor znaci isto sto i normalan T1 prostor.

Jasno, svaki T4 prostor mora biti i T3 prostor.

Problem Pokazati da svaki pseudometrizabilan prostor mora biti normalan prostor. Dakle svakimetrizabilan prostor je T4 prostor.

2

Zapazanje 1.7.3 Jasno je da je prostor (X, τ) regularan akko kad god je x ∈ U ∈ τ onda postojiV ∈ τ tako da je x ∈ V ⊆ V ⊆ U .

2

Zapazanje 1.7.4 Jasno je da je prostor (X, τ) normalan akko kad god je F ⊆ X zatvoren skup iU ∈ τ tako da F ⊆ U onda postoji V ∈ τ tako da je F ⊆ V ⊆ V ⊆ U .

2

§

Tvrdenje 1.7.5 Neka je (X, τ) proizvoljan prostor, X1 ⊆ X i τ1 := relX1(τ).Ako je (X, τ) T0 (redom T1, T2, regularan) prostor onda je i njegov podprostor (X1, τ1) T0

(redom T1, T2, regularan) prostor.Ako je X1 τ -zatvoren skup a (X, τ) normalan prostor onda je i (X1, τ1) normalan prostor.

2


1.8 Velika Urysohn-ova lema

Lema 1.8.1 Neka je (X, τ) proizvoljan prostor, Q0 := Q∩ [0; 1] i neka su svako q ∈ Q0 dati Vq ∈ τtako da vazi

– V1 = X i

– za svako q1, q2 ∈ Q0 vazi q1 < q2 ⇒ Vq1 ⊆ Vq2 .

Za svako x ∈ X skup

Jx :df= {q ∈ Q0 : x ∈ Vq}

je po pretpostavci neprazan pa je sa

f(x) :df= inf Jx

korektno definisana funkcija f : X → [0; 1].f je (τ, λ)-neprekidno preslikavanje, gde je λ topologija na [0; 1] nasledena od uobicajene

topologije realne prave.

Dokaz Neka je 0 < a < 1. Pokazimo da je f↼[0; a) ∈ τ . Fiksirajmo x0 ∈ X takvo da je f(x0) < a.Imamo inf Jx0 < a pa postoji neko q0 ∈ Jx0 tako da je q0 < a. Ako je x ∈ Vq0 proizvoljno imamoq0 ∈ Jx pa je f(x) = inf Jx ≤ q0 < a. Dakle Vq0 ⊆ f↼[0; a) i x0 ∈ Vq0 ∈ τ (jer q0 ∈ Jx0).

Pokazimo sada da je f↼(a; 1] ∈ τ . Fiksirajmo x0 ∈ X takvo da je a < f(x0). Neka suq, s ∈ Q ∩

(a; f(x0)

)proizvoljni tako da je q < s. Zbog s < inf Jx0 je s /∈ Jx0 pa je x0 /∈ Vs ⊇ Vq

te je x0 ∈(Vq

)c ∈ τ . Neka je x ∈(Vq

)cproizvoljno; imamo x /∈ Vq i ako je r ∈ Q0 takvo da je

r < q onda zbog Vr ⊆ Vq mora biti x /∈ Vr pa je Jx ⊆ (q; 1] te i f(x) = inf Jx ≥ q > a. Dakle(Vq

)c ⊆ f↼(a; 1].2

Teorema 1.8.2 Neka je (X, τ) normalan prostor i neka su L,D ⊆ X zatvoreni skupovi tako da jeL∩D = ∅. Tada postoji τ -neprekidna funkcija f : X → [0; 1] takva da je f⇀L ⊆ {0} i f⇀D ⊆ {1}.

Dokaz Neka je Q0 := Q ∩ [0; 1] = {wn : n ∈ N} tako da je i = j ⇒ wi = wj , i tako da je w0 = 0i w1 = 1.

Neka je U1 := X i neka je U0 ∈ τ takav da je L ⊆ U0 i U0 ∩D = ∅ (ovde koristimo normalnostdatog prostora).

Pretpostavimo da su U0, . . . , Un ∈ τ konstruisani za neko n ∈ N tako da vazi

(n. 1) wi < wj ⇒ Ui ⊆ Uj za svako i, j = 0, n i

(n. 2) Ui ∩D = ∅ za svako i = 0, n takvo da i = 1.

(ovaj drugi uslov mozemo oslabiti zahtevom da vazi Ui0 ∩D = ∅ gde je i0 ∈ {0, 2, . . . , n} takvoda je wi0 = max{wi : i = 0, n, i = 1}, ali ovo gore se jednostavnije zapisuje)

Neka su j1, j2 ∈ {0, . . . , n} takvi da je

Q0 ∩ (wj1 ;wj2) = {wn+1}

Zbog wj1 < wj2 je Uj1 ⊆ Uj2 .

1.8. VELIKA URYSOHN-OVA LEMA 43

Neka je A ∈ τ takav da je Uj1 ⊆ A i (ovde koristimo normalnost datog prostora) tako da

A ⊆ Uj2

ako je wj2 < 1 odnosno tako daA ∩D = ∅

ako wj2 = 1. Definisimo Un+1 :df= A.

Pokazimo da vazi (n+ 1. 1). Pretpostavimo da je i ∈ {0, . . . , n} takvo da je wi < wn+1. Tadaje wi ≤ wj1 pa imamo

Ui ⊆ Uj1 ⊆ A = Un+1

Pretpostavimo sada da je i ∈ {0, . . . , n} takvo da je wi > wn+1. Tada je wj2 ≤ wi. Ako je wj2 < 1onda je

A ⊆ Uj2 ⊆ Ui

Ako je wj2 = 1 onda je wi = wj2 = 1 pa je i = j = 1 te i

Un+1 = A ⊆ X = U1 = Ui

Pokazimo da vazi (n + 1. 2). Kako vazi (n. 2) to preostaje da se pokaze da je Un+1 ∩ D = ∅.Ako je wj2 < 1 onda je j2 = 1 pa je Uj2 ∩ D = ∅; no u ovom slucaju je A ⊆ Uj2 te sledi da jeUn+1 ∩D = ∅. Ako je wj2 = 1 onda Un+1 ∩D = ∅ vazi po konstrukciji.

Za svako q ∈ Q0 postoji tacno jedno kq ∈ N0 tako da je q = wkq ; definisimo Vq :df= Ukq .

Ako su q1, q2 ∈ Q0 takvi da je q1 < q2 onda je wkq1< wkq2

pa mora biti

Vq1 = Ukq1⊆ Ukq2

= Vq2

Takode, zbog w1 = 1 je k1 = 1 pa je V1 = U1 = X.

Zato je prema Lemi 1.8.1 preslikavanje f : X → [0; 1] definisano sa

f(x) :df= inf{q ∈ Q0 : x ∈ Vq}

τ -neprekidno.Ako je x ∈ L onda je x ∈ U0 prema konstrukciji; zbog w0 = 0 je k0 = 0 te i V0 = U0, pa sledi

f(x) = 0.Ako je x ∈ D i q ∈ Q ∩ [0; 1) onda je kq = 1 (jer bi u suprotnom bilo q = wkq = w1 = 1) pa je

Ukq∩D = ∅ te i x /∈ Ukq

= Vq; zato je {q ∈ Q0 : x ∈ Vq} = {1} pa sledi f(x) = 1.2

Posledica 1.8.3 Prostor (X, τ) je normalan akko za svaka dva zatvorena skupa L,D ⊆ X takvada je L ∩ D = ∅ postoji neka τ -neprekidna funkcija f : X → [0; 1] takva da je f⇀L ⊆ {0} if⇀D ⊆ {1}.

2

Tvrdenje 1.8.4 Neka su dati prostori (X1, τ1), (X2, τ2) i (X3, τ3) i preslikavanja f : X1 → X2 if2 : X2 → X3.

Ako je u ∈ X1 takvo da je preslikavanje f1 (τ1, τ2)-neprekidno u tacki u a preslikavanje f2(τ2, τ3)-neprekidno u tacki f1(u) onda je preslikavanje f2 ◦ f1 (τ1, τ3)-neprekidno u tacki u.

Ako je f1 (τ1, τ2)-neprekidno a f2 (τ2, τ3)-neprekidno preslikavanje onda je f2 ◦ f1 (τ1, τ3)-neprekidno preslikavanje.

2


Tvrdenje 1.8.5 Neka je (X, τ) normalan prostor, neka su L,D ⊆ X zatvoreni skupovi tako da jeL ∩D = ∅ i neka su a < b realni brojevi. Tada postoji τ -neprekidna funkcija f : X → [a; b] takvada je f⇀L ⊆ {a} i f⇀D ⊆ {b}.

Dokaz Iskoristiti cinjenicu da je preslikavanje p : [0; 1] → [a; b] definisano sa

p(t) :df= (b− a)t+ a

neprekidno kao i da je p(0) = a i p(1) = b.2

Definicija 1.8.6 Neka su dati prostor (X, τ) i A,B ⊆ X tako da je A ∩B = ∅.Urysohn-ova funkcija za par (A,B) je svaka τ -neprekidna funkcija f : X → [0; 1] za koju vazi

A ⊆ f↼{0} i B ⊆ f↼{1}.Tacna Urysohn-ova funkcija za par (A,B) je svaka τ -neprekidna funkcija f : X → [0; 1] za

koju vazi A = f↼{0} i B = f↼{1}.2

Za U ⊆ X kazemo da je funkcionalno otvoren skup ili konul skup prostora (X, τ) ako postoji

neko neprekidno preslikavanje f : X → [0; 1] tako da je U = f↼(0; 1].

Za F ⊆ X kazemo da je funkcionalno zatvoren skup ili nul skup prostora (X, τ) ako postoji

neko neprekidno preslikavanje f : X → [0; 1] tako da je F = f↼{0}.Za A ⊆ X kazemo da je Gδ skup prostora (X, τ) ako postoji niz (Un : n ∈ N) otvorenih

skupova tako da je A =∩n∈N

Un.

Za B ⊆ X kazemo da je Fσ skup prostora (X, τ) ako postoji niz (Fn : n ∈ N) zatvorenih

skupova tako da je A =∪n∈N

Un. Jasno, M ⊆ X je Gδ skup akko je X \M Fσ skup.

Tvrdenje 1.8.7 Ako su A i B funkcionalno zatvoreni skupovi prostora (X, τ) takvi da je A∩B =∅, onda postoji tacna Urysohn-ova funkcija za par (A,B).

Dokaz Neka su f, g : X → [0; 1] τ -neprekidne funkcije takve da je A = f↼{0} i B = g↼{1}.Funkcija h : X → [0; 1] definisana sa

h(x) :df=

f(x)

f(x) + g(x)

je τ -neprekidna i za svako x ∈ X vazi

h(x) = 0 akko f(x) = 0

ih(x) = 1 akko g(x) = 0

tj. A = h↼{0} i B = h↼{1}.2

Tvrdenje 1.8.8 Ako je (X, τ) normalan prostor onda svaki zatvoren Gδ skup mora biti funkcionalnozatvoren.

Dokaz Neka je F ⊆ X zatvoren Gδ skup. Za svako n ∈ N postoji po otvoren skup Un ⊆ X tako

da vazi F =∩n∈N

Un. Kako je (X, τ) normalan prostor to za svako n ∈ N postoji po τ -neprekidna

1.8. VELIKA URYSOHN-OVA LEMA 45

funkcija f : X → [0; 1] takva da je g⇀F ⊆ {0} i g⇀(X \ Un) ⊆ {1} (jer je F ∩ (X \ Un) = ∅).Funkcija h : X → [0; 1] definisana sa

h(x) :df=

+∞∑n=1

gn(x)

2n

je na osnovu Tvrdenja 1.6.9 τ -neprekidna.

Ako je x ∈ F onda je gn(x) = 0 za svako n ∈ N pa je h(x) = 0.

Ako je x ∈ X\F onda postoji neko n0 ∈ N tako da je x ∈ X\Un0 pa je h(x) ≥gn0(x)

2n0=

1

2n0> 0.

Dakle h↼{0} = F .2

Tvrdenje 1.8.9 Za proizvoljan prostor (X, τ) sledeca tvrdenja su ekvivalentna:

(1) (X, τ) je normalan prostor i svaki zatvoren skup je Gδ skup.

(2) Svaki zatvoren skup je funkcionalno zatvoren.

(3) Ako su A i B proizvoljni zatvoreni skupovi prostora (X, τ) takvi da je A∩B = ∅, onda postojitacna Urysohn-ova funkcija za par (A,B).

Dokaz (1) ⇒ (2) ⇒ (3): Sledi iz Tvrdenja 1.8.7 i 1.8.8.(3) ⇒ (1): Neka je F ⊆ X zatvoren skup. Za zatvoren skup B := ∅ vazi F ∩B = ∅ pa po pret-

postavci postoji neka τ -neprekidna funkcija g : X → [0; 1] takva da je F = g↼{0} (i B = g↼{1}).2

Za prostor kazemo da je savrseno normalan ako zadovoljava bilo koji od medusobno ekviva-lentnih uslova (1)-(3) iz Tvrdenja 1.8.9.

Tvrdenje 1.8.10 Svaki pseudometrizabilan prostor je savrseno normalan.

Dokaz Neka je (X, τ) topoloski prostor i d pseudometrika na skupu X takva da je τ = Topm(d).Neka je F zatvoren skup. Lako se proverava da je funkcija g : X → [0;+∞) definisana sa

g(x) = infa∈F

d(a, x)

τ -neprekidna. Jasno, vazi F = g↼{0}.2


1.9 Tietze-Urysohn-ova teorema o neprekidnoj ekstenziji

Teorema 1.9.1 Neka je (X, τ) normalan prostor, M ⊆ X zatvoren skup i τM := relM (τ).Ako je a, b ∈ R tako da je a < b i

g : M → [a; b]

τM -neprekidno preslikavanje onda postoji neko τ -neprekidno preslikavanje

h : X → [a; b]

takva da je

h(z) = g(z) za svako z ∈ M .

Dokaz (I) Ako su l, d ∈ R tako da je l < d i u : M → [l; d] τM -neprekidno preslikavanje ondapostoji neka τ -neprekidna funkcija

v : X → [l1; d1]

gde je

l1 = l +d− l

3i d1 = l + 2

d− l

3

takva da je

|u(z)− v(z)| ≤ d− l

3

za svako z ∈ M . Pokazimo ovo.

Skupovi L := u↼[l; l1] i D := [d1; d] su τM -zatvoreni, pa su i τ -zatvoreni, jer je M τ -zatvoren.Naravno L ∩D = ∅, pa prema Tvrdenju 1.8.5 postoji neka τ -neprekidna funkcija v : X → [l1; d1]takva da vazi v⇀L ⊆ {l1} i v⇀D ⊆ {d1}.

Ako je z ∈ M \ (L ∪D) onda je u(z) ∈ (l1; d1) pa kako je v(z) ∈ (l1; d1) to mora biti

|u(z)− v(z)| < d1 − l1 =d− l

3

Ako je z ∈ L onda imamo u(z) ∈ [l; l1] i v(z) = l1 pa je

|u(z)− v(z)| = |u(z)− l1| ≤ l1 − l =d− l

3

Ako je z ∈ D onda imamo u(z) ∈ [d1; d] i v(z) = d1 pa je

|u(z)− v(z)| = |u(z)− d1| ≤ d− d1 =d− l

3

(II) Sada pokazujemo tvrdenje teoreme. Neka je δ :=b− a

3, a1 = l + δ i b1 = a+ 2δ. Prema (I)

postoji neko τ -neprekidno preslikavanje f : X → [a1; b1] takvo da je

|g(z)− f(z)| ≤ δ

3

za svako z ∈ M .

Preslikavanje

g1 : M →[−δ

3;δ

3

]

1.9. TIETZE-URYSOHN-OVA TEOREMA O NEPREKIDNOJ EKSTENZIJI 47

definisano sag1(z) :

df= g(z)− f(z)

za z ∈ M je τM -neprekidno pa postoji neko τ -neprekidno preslikavanje

f1 : X →[− δ

32;δ

32

]takvo da je

|g1(z)− f1(z)| ≤2

32δ

za svako z ∈ M . Jasnog(z) = f(z) + g1(z)

za svako z ∈ M .

Preslikavanje

g2 : M →[− 2

32δ;

2

32δ

]definisano sa

g2(z) :df= g1(z)− f1(z)


f2 : X →[− 2

33δ;

2

33δ

]takvo da je

|g2(z)− f2(z)| ≤22

33δ

za svako z ∈ M . Jasnog(z) = f(z) + f1(z) + g2(z)

za svako z ∈ M .

Pretpostavimo sada da smo za i = 1, n konstruisali po τM -neprekidno preslikavanje

gi : M →[−2i−1

3iδ;

2i−1

3iδ

]i τ -neprekidno preslikavanje

fi : X →[−2i−1

3i+1δ;

2i−1

3i+1δ

]takvo da za svako z ∈ M vazi

|gi(z)− fi(z)| ≤2i

3i+1δ

kao ig(z) = f(z) + f1(z) + · · ·+ fi−1(z) + gi(z)

Preslikavanje

gn+1 : M →[− 2n

3n+1δ;

2n

3n+1δ

]


definisano sagn+1(z) :

df= gn(z)− fn(z)


fn+1 : X →[− 2n

3n+2δ;

2n

3n+2δ

]takvo da je

|gn+1(z)− fn+1(z)| ≤2n+1

3n+2δ

za svako z ∈ M . Jasno

g(z) = f(z) + f1(z) + · · ·+ fn−1(z) + fn(z) + gn+1(z)

za svako z ∈ M .

Nakon ove konstrukcije primetimo najpre da za svako z ∈ X i svako m ∈ N vazi

|fm(x)| ≤ 2m−1

3m+1δ =

δ

6·(2

3

)m

Ako stavimo f0 := f i za x ∈ X definisemo

h(x) :df= lim

k→+∞

k∑m=0

fm(x) =

+∞∑m=0

fm(x)

onda je preslikavanje h : X → R τ -neprekidno. Za proizvoljno x ∈ X je

h(x) = f(x) +

+∞∑m=1

fm(x)

zatim ∣∣∣∣∣+∞∑m=1

fm(x)

∣∣∣∣∣ ≤+∞∑m=1

|fm(x)| ≤+∞∑m=1

δ

6·(2

3

)m

=δ

6·(2

3

)· 1

1− 23

=δ

3

i

a+δ

3≤ f(x) ≤ b− δ

3

pa je a ≤ h(x) ≤ b. Ovim smo pokazali da je

h : X → [a; b]

Ako su z ∈ M i k ∈ N proizvoljni imamo∣∣∣∣∣g(z)−k∑

m=0

fm(z)

∣∣∣∣∣ = |gk+1(z)| ≤2k

3k+1δ

Ovim smo pokazali da za svako z ∈ M vazi

h(z) = limk→+∞

k∑m=0

fm(z) = g(z)

2

1.10. POTPUNO REGULARNI PROSTORI 49

Tvrdenje 1.9.2 Neka je (X, τ) normalan prostor, M ⊆ X zatvoren skup i τM := relM (τ).Ako je

f : M → RτM -neprekidno preslikavanje onda postoji neko τ -neprekidno preslikavanje

h : X → R

takva da je

h(z) = f(z) za svako z ∈ M .

Dokaz Preslikavanje p : (−π/2;π/2) → R definisano sa p(t) :df= tg t je neprekidna bijekcija takva

da je i p−1 : R → (−π/2;π/2) neprekidno preslikavanje. Neka je f1 = p−1 ◦ f : M → (−π/2;π/2).Kako je f1 preslikavanje koje je τM -neprekidno, to na osnovu Teoreme 1.9.1 mozemo uociti nekoF1 : (X, τ)

c→ [−π/2;π/2] tako da je F1(x) = f1(x) za svako x ∈ M . Skup L := (F1)↼ {−π/2, π/2}

je τ -zatvoren i disjunktan sa τ -zatvorenim skupom M te kako je (X, τ) normalan prostor, postoji

neko k : (X, τ)c→ [0; 1] tako da je k⇀L ⊆ {0} i k⇀M ⊆ {1}. Neka je F2 : X → R dato sa

F2(x) = k(x)F1(x). Imamo da je F2 : X → (−π/2;π/2) i F2 je τ -neprekidno. Stoga je definisanopreslikavanje F := p ◦ F2 : X → R i ono je τ -neprekidno. Kako je F2(x) = F1(x) = f1(x) za svakox ∈ M , to za x ∈ M imamo da je F (x) = p(F2(x)) = p(f1(x)) = (p ◦ p−1 ◦ f)(x) = f(x).

2

1.10 Potpuno regularni prostori

Tvrdenje 1.10.1 Za proizvoljan prostor (X, τ) sledeci uslovi su ekvivalentni(1) Za svaki zatvoren skup F = ∅ i svako x ∈ X \ F postoji neko τ -neprekidno preslikavanjef : X → [0; 1] takvo da je f(x) = 0 i f⇀F = {1}.

(2) τ = Top

({f↼U : f ∈ F , U ∈ µR

})za neko F ⊆ XR.

(3) τ = Top

({f↼U : f ∈ F , U ∈ µR

})za neku familiju F ⊆ XR ogranicenih funkcija.

(4) τ = Top

({f↼U : f ∈ F , U ∈ µ[0;1]

})za neko F ⊆ X [0; 1].

(5) τ = Top

({f↼U : f ∈ F , U ∈ µ[0;1]

})za F =

{f ∈ X [0; 1] : f : X

c→ [0; 1]}.

(6) τ = Top

({f↼U : f ∈ F , U ∈ µR

})za F =

{f ∈ X [0; 1] : f : X

c→ R}.

Dokaz Iz ociglednih inkluzija

τ ⊇ Top

({f↼U : f : X

c→ R, U ∈ µR})

⊇ Top

({f↼U : f : X

c→ [0; 1], U ∈ µ[0;1]

})se vidi da (5) ⇒ (6).

(2) ⇒ (1): Primetimo najpre da (2) implicira f : (X, τ)c→ R za svako f ∈ F .

Neka je x0 ∈ V ∈ τ . Prema pretpostavci postoje k ∈ N i Ui ∈ µR i fi ∈ F za i = 1, k tako da

je x ∈k∩

i=1

(fi)↼Ui ⊆ V .

Fiksirajmo i0 ∈ {1, . . . , k}. Postoji εi0 ∈ (0;+∞) tako da je(fi0(x0)− εi0 ; fi0(x0)+ εi0

)⊆ Ui0 .

Imamo gi0 : (X, τ)c→ [0; 1] gde je funkcija gi0 definisana sa

gi0(z) = min

{1,

∣∣∣∣fi0(z)− fi0(x0)

εi0

∣∣∣∣}


za z ∈ X. Takode je gi0(x0) = 0 kao i(fi0)↼(

fi0(x0)− εi0 ; fi0(x0) + εi0)=(gi0)↼

[0; 1) .

Stavimo h := maxi=1,k

gi. Jasno h : (X, τ)c→ [0; 1] kao i h(x0) = 0.

Pokazimo da je h⇀(X \ V ) ⊆ {1}. Neka je z ∈ X \ V . Tada je z ∈ X \ (fi0)↼Ui0 za neko

i0 ∈ {1, . . . , k}. Iz fi0(z) ∈ R \(fi0(x0) − εi0 ; fi0(x0) + εi0

)sada sledi

∣∣∣ fi0 (z)−fi0 (x0)

εi0

∣∣∣ ≥ 1, pa je

gi0(z) = 1. Kako vazi gj(z) ∈ [0; 1] za j = 1, k, to je h(z) = 1.

(1) ⇒ (5): Jasno B :={f↼U : f ∈ F , U ∈ µ[0;1]

}⊆ τ , pa je Top(B) ⊆ τ . Neka je

x0 ∈ U ∈ τ . Kako je (X, τ) potpuno regularan prostor to postoji neko f ∈ F tako da je f(x0) = 0i f⇀(X \ U) ⊆ {1}. Imamo x0 ∈ f↼[0; 1) ⊆ U pri cemu je f↼[0; 1) ∈ B. Kako je x0 ∈ U biloproizvoljno ovo znaci da je U ∈ Top(B).

Lanac implikacija (5) ⇒ (4) ⇒ (3) ⇒ (2) je ocigledno tacan, kao i (6) ⇒ (2).2

Za (X, τ) kazemo da je potpuno regularan prostor ako zadovoljava neki od medusobno ekvi-

valentnih uslova (1)-(5) iz Tvrdenja 1.10.1.Prostor koji je istovremeno i T1 prostor i potpuno regularan prostor zovemo

Tychonoff-ovski prostor

ili T3 12prostor.

Tvrdenje 1.10.2 (X, τ) je potpuno regularan prostor akko i samo ako je familija svih funkcionalnootvorenih skupova baza tog prostora.

2

Tvrdenje 1.10.3 Ako je (X, τ) je potpuno regularan prostor iM ⊆ X onda je i njegov podprostor(M, relM (τ)

)potpuno regularan.

2

Zapazanje 1.10.4 Svaki Tychonoff-ovski prostor je potpuno regularan.2

1.11 Tri (kontra)primera

Tvrdenje 1.11.1 Neka je X = ∅ proizvoljan skup i neka je za svako x ∈ X zadata po familijaNx ⊆ P(X) tako da je x ∈ A za svako A ∈ Nx. Pretpostavimo da vaze uslovi:(LB1) ∀x ∈ X∀U, V ∈ Nx∃W ∈ Nx

(W ⊆ U ∩ V

);

(LB2) ∀x ∈ X∀U ∈ Nx∀y ∈ U∃V ∈ Ny

(V ⊆ U

).

Familija τ :={A ⊆ X : ∀x ∈ A∃U ∈ Nx(U ⊆ A)

}je topologija na skupu X. Za svako x ∈ X

familija Nx je lokalna baza topologije τ u tacki x; familija τ je jedinstvena topologija sa ovomosobinom.

2

1.11. TRI (KONTRA)PRIMERA 51

Primer 1 Neka je X := [0; 1] i za x ∈ (0; 1]

Nx :df={(x− 1/n;x+ 1/n) ∩X : n ∈ N

}Neka je jos F := {1/n : n ∈ N} i

N0 :df={[0; 1/n) \ F : n ∈ N

}Lako se proverava da indeksirana familija (Nx : x ∈ X) zadovoljava uslove (LB1) i (LB2) izTvrdenja 1.11.1. Oznacimo sa τ onu jedinstvenu topologiju τ na skupu X takvu da joj je za svakox ∈ X familija Nx lokalna baza u tacki x.

Imamo 0 /∈ F = clτ (F ) dok U ∩ V = ∅ za sve U, V ∈ τ takve da 0 ∈ U i F ⊆ V . Prostor (X, τ)je Hausdorff-ov prostor koji nije regularan.

2

Primer 2 Neka je Y := {(x, y) ∈ R2 : y ≥ 0}, L := {(x, 0) : x ∈ R}, p := (0,−1) i X := Y ∪ {p}.Ako je z = (x, 0) ∈ L definisimo Uz :

df= {(x, t) : 0 < t ≤ 2}, Vz :

df= {(x + t, t) : 0 < t ≤ 2} i

Nz :df={{z} ∪ [(Uz ∪ Vz) \ T ] : T je konacan skup

}.

Ako je z ∈ Y \ L definisimo Nz :df={{z}}.

Za n ∈ N0 definisimo Wn :df= {p} ∪ {(x, y) ∈ R2 : x > n, y ≥ 0} i Np :

df={Wn : n ∈ N0

}.

Lako se proverava da indeksirana familija (Nx : x ∈ X) zadovoljava uslove (LB1) i (LB2)iz Tvrdenja 1.11.1. Oznacimo sa τX onu jedinstvenu topologiju τ na skupu X takvu da joj je za

svako x ∈ X familija Nx lokalna baza u tacki x. Stavimo τY :df= relY

(τX).

(a) Pokazacemo da je svaki element familije Nz τX -zatvoren skup, za svako z ∈ Y . Pokazacemoda je (Y, τY ) potpuno regularan prostor.

(b) Neka su f : (Y, τY )c→ R i z ∈ L takvi da je f(z) = 0. Pokazacemo da postoji prebrojiv

S ⊆ Uz ∪ Vz tako da je f(x) = 0 za svako x ∈ (Uz ∪ Vz) \ S.(c) Neka su f : (Y, τY )

c→ R, z ∈ L i S ⊆ Uz ∪ Vz takvi da je S beskonacan i f(x) = 0 za svakox ∈ S. Pokazacemo da je f(z) = 0.

(d) Neka su f : (Y, τY )c→ R, r ∈ R i B′ ⊆ (r; r + 1) × {0} beskonacan skup takvi da je f(z) = 0

za svako z ∈ B′. Pokazacemo da postoji beskonacan B′′ ⊆ (r+ 1; r+ 2)× {0} tako da je f(z) = 0za svako z ∈ B′′.(e) Pokazacemo da vazi clτX (Wn+2) ⊆ Wn za svako n ∈ N0.(f) Pokazacemo da je (X, τX) regularan prostor koji nije potpuno regularan. Pokazacemo da(Y, τY ) nije normalan prostor.

Dokaz Za z ∈ R2 pisacemo z = (z(1), z(2)). Primetimo najpre da je za svako z ∈ Y familija Nz

τY -lokalna baza u tacki z (jer je Nz τX -lokalna baza u tacki z i usto je M ⊆ Y za svako M ∈ Nz).

(a) Neka je najpre z ∈ Y \ L. Treba pokazati da je X \ {z} τX -otvoren skup. Neka jew ∈ X \ {z}. Ako w ∈ Y \ L onda je w ∈ M := {b} ∈ τX i M ∩ {z} = ∅. Ako je w ∈ L onda jew ∈ M := {w} ∪ [(Uw ∪ Vw) \ {z}] ∈ τX i M ∩ {z} = ∅. Ako je w = p onda je Wn ∩ {z} = ∅ zasvako n ∈ N0 takvo da je n > z(2).


Neka je sada z ∈ L i neka je T proizvoljan konacan skup. Treba pokazati da je X \[{z}∪ [(Uz ∪

Vz)\T ]]τX -otvoren skup. Neka je w ∈ X\

[{z}∪[(Uz∪Vz)\T ]

]. Ako je w ∈ Y \L onda je w ∈ M :=

{w} ∈ τX iM∩[{z}∪[(Uz∪Vz)\T ]

]= ∅. Ako je w ∈ L onda je S := (Uw∪Vw)∩[{z}∪(Uz∪Vz)] na-

jvise jednoclan skup pa imamo w ∈ M := {w}∪[(Uw∪Vw)\S] ∈ τX i M∩[{z}∪[(Uz∪Vz)\T ]

]= ∅.

Ako je w = p onda je Wn ∩[{z} ∪ [(Uz ∪ Vz) \ T ]

]= ∅ za svako n ∈ N0 takvo da je n > z(1) + 2.

Da pokazemo da je (Y, τY ) regularan prostor neka je F ⊆ Y τY -zatvoren skup i z ∈ Y \ F .Kako je Nz τY -lokalna baza u tacki z to je z ∈ M ⊆ Y \ F za neko M ∈ Nz. M je (kako smoto upravo pokazali) otvoreno-zatvoren u odnosu na τX pa je zbog M ⊆ Y on otvoreno-zatvoren iu odnosu na τY . Otuda je funkcija f : Y → R definisana sa f(w) = 0 ako w ∈ Y \ M odnosnof(w) = 1 ako w ∈ M (τY , µR)-neprekidna i pritom je f(z) = 1 i f⇀F ⊆ f⇀(Y \M) ⊆ {0}.

(b) Kako je Nz τY -lokalna baza u tacki z to za svako n ∈ N postoji po konacan Tn tako

da je f⇀[(Uz ∪ Vz) \ Tn

]⊆(− 1

n;1

n

). S :=

∪n∈N

Tn je prebrojiv podskup od Uz ∪ Vz i vazi

f⇀[(Uz ∪ Vz) \ S

]⊆∩n∈N

(− 1

n;1

n

)= {0}.

(c) Ako je T proizvoljan konacan skup mora biti[(Uz ∪ Vz) \ T

]∩ S = ∅ jer bi u suprotnom

(zbog S ⊆ Uz ∪ Vz) sledilo da je S konacan. Kako je Nz τY -lokalna baza u tacki z ovo znaci da jez ∈ clτY (S) pa je f(z) ∈ clµR

(f⇀S

)= clµR

{0} = {0}.(d) Neka je B ⊆ B′ prebrojiv i beskonacan. Za svako z ∈ B neka je Sz ⊆ Vz takav prebrojiv

skup da vazi f(x) = 0 za svako x ∈ Vz \ Sz.

Stavimo I :=∪z∈B

{x(1) : x ∈ Sz

}i B′′ :=

((r+ 1; r+ 2) \ I

)× {0}. Kako je B prebrojiv to je i

I prebrojiv pa je B′′ beskonacan (i to neprebrojiv). Pokazimo da je f(z) = 0 za svako z ∈ B′′.

Neka je z0 ∈ B′′ proizvoljno. Ako je y ∈ B onda je Vy ∩ Uz0 = {xy} za neko xy ∈ Y . z0 ∈ B′′

povlaci xy(1) = z0(1) = v(1) za svako v ∈∪z∈B

Sz, pa je xy /∈∪z∈B

Sz. Specijalno xy /∈ Sy (jer je

y ∈ B) pa je xy ∈ Vy \ Sy. Zato je f(xy) = 0. Dakle P := {xy : y ∈ B} ⊆ Uz0 ⊆ Uz0 ∪ Vz0 ivazi f(a) = 0 za svako a ∈ P . Ako je y1, y2 ∈ B tako da y1 = y2 onda jasno mora biti xy1 = xy2 .Obzirom da je B beskonacan ovo znaci da je i P beskonacan. Sada iz (c) sledi da je f(z0) = 0.

(e) Neka je n ∈ N0 i z ∈ X \ Wn. Jasno z ∈ Y . Ako z /∈ L onda je z ∈ {z} ∈ τX i{z} ∩ Wn+2 = ∅, jer z /∈ Wn ⊆ Wn+2. Kako je

{{z}}

τX -lokalna baza u tacki z ovo znaci daje z /∈ clτX (Wn+2). Neka je sada z ∈ L. Iz z /∈ Wn sledi z(1) < n. Ako je w ∈ Uz ∪ Vz ondaje w(1) ≤ z(1) + 2 < n + 2 pa je w /∈ Wn+2. Dakle

[{z} ∪ [(Uz ∪ Vz) \ T ]

]∩ Wn+2 = ∅ (zbog

z /∈ Wn ⊆ Wn+2) za svaki konacan T . Kako je Nz τX -lokalna baza u tacki z ovo znaci da je opetz /∈ clτX (Wn+2).

(f) Da pokazemo da je (X, τX) regularan prostor neka su x ∈ X i F ⊆ X τX -zatvoren skuptakvi da x /∈ F .

Ako je x = p onda je (obzirom da je Np τX -lokalna baza u tacki p) za neko n ∈ N0 Wn∩F = ∅.Prema delu (e) sada imamo clτX (Wn+2)∩F = ∅, tj x ∈ Wn+2 ⊆ clτX (Wn+2) ⊆ X \F i Wn+2 ∈ τX .

Neka je sada x = p i neka je M ∈ Nx takvo da je M ∩ F = ∅. Kako je jasno x ∈ Y to jeprema delu (a)M otvoreno-zatvoren u odnosu na na τX pa je x ∈ M = clτX (M) ⊆ X\F iM ∈ τX .

Pokazimo sada da (X, τX) nije potpuno regularan. Imamo F := (0; 1) × {0} ∋ p a lako

se proverava da je F τX -zatvoren. Neka je f : (X, τX)c→ R takvo da je f⇀F = {0}. Koristeci

tvrdenje pod (d) induktivnim rasudivanjem zakljucujemo da za svako n ∈ N postoji po beskonacanBn ⊆ (n;n + 1) × {0} takav da je f⇀Bn = {0}. Za svako n ∈ N je ∅ = Bn ⊆ Wn ∩ f↼{0}, pa

1.12. TYCHONOFF-OVSKI PROIZVOD FAMILIJE PROSTORA 53

kako je Np τX -lokalna baza u tacki p zakljucujemo da je p ∈ clτX(f↼{0}

)= f↼{0} (jer je f

(τX , µR)-neprekidno), tj. f(p) = 0. Ovim smo pokazali da ne postoji h : (X, τX)c→ R takvo da je

h⇀F = {0} i h(p) = 1.

Da se uverimo da (Y, τY ) nije normalan prostor primetimo da su F1 := (0; 1) × {0} i F2 :=f(1; 2)×{0} τY -zatvoreni (cak τX -zatvoreni) medusobno disjunktni podskupovi od Y takvi da ako

je f : (Y, τY )c→ R takvo da je f⇀F1 = {0} onda je f(x) = 0 za beskonacno mnogo tacaka x ∈ F2

(prema delu (d)) te svakako ne moze vaziti f⇀F2 = {1}.2

1.12 Tychonoff-ovski proizvod familije prostora

Tvrdenje 1.12.1 Neka je Y = ∅ i neka su za i ∈ I dati prostori (Xi, τi) kao i preslikavanjagi : Y → Xi. Za topologiju

λ := Top({

(gi)↼A : i ∈ I, A ∈ τi

})na skupu Y vazi sledece:(a) Preslikavanje gi je (λ, τi)-neprekidno za svako i ∈ I.

(b) Ako je λ′ topologija na skupu Y takva da je preslikavanje gi (λ′, τi)-neprekidno za svako i ∈ I

onda je λ ⊆ λ′.

(c) Neka je (Z, µ) proizvoljan prostor i f : Z → Y proizvoljno preslikavanje. f je (µ, λ)-neprekidnopreslikavanje akko je za svako i ∈ I preslikavanje gi ◦ f (µ, τi)-neprekidno.

(d) Familija{∩i∈T

(gi)↼Ui : T ⊆ I je neprazan konacan skup, Ui ∈ τi za svako i ∈ T

}je baza topologije λ.

Dokaz je neposredan, pri cemu tvrdenje pod (d) sledi direktno iz Tvrdenja 1.2.6 obzirom da vazi

h↼∩

M =∩

M∈M

h↼M

kad god je h : A → B i ∅ = M ⊆ P(B).2

Definicija 1.12.2 Neka su za i ∈ I dati prostori (Xi, τi). Za i0 ∈ I neka je

pi0 :∏i∈I

Xi → Xi0

i0-ta projekcija, tj. preslikavanje definisano sa

pi0(f) = f(i0)

za svako f ∈∏i∈I

Xi. Za topologiju

⊗i∈I

τi :df= Top

({(pi)

↼A : i ∈ I, A ∈ τi})


na Decartes-ovom proizvodu∏i∈I

Xi kazemo da je Tychonoff-ovski proizvod familije topologija

(τi : i ∈ I), a za prostor (∏i∈I

Xi,⊗i∈I

τi

)da je Tychonoff-ovski proizvod familije prostora

((Xi, τi) : i ∈ I

).

Familiju{∩i∈T

(pi)↼Ui : T ⊆ I je neprazan konacan skup, Ui ∈ τi za svako i ∈ T

}

nazivamo kanonskom bazom doticnog Tychonoff-ovskog proizvoda prostora. Primetimo da ako jeT ⊆ I je neprazan konacan skup, i Ui ∈ τi za svako i ∈ T onda je

∩i∈T

(pi)↼Ui =

{f ∈

∏i∈I

Xi : f(i) ∈ Ui za svako i ∈ T

}

U slucaju kad je (Xi, τi) = (X, τ) za svako i ∈ I, ovo je topologija na skupu IX; za nju kazemoda je I-Tychonoff-ovski stepen topologije τ , a za prostor

(IX,λ

)da je I-Tychonoff-ovski stepen

prostora (X, τ).2

Lako je videti da u slucaju da je I = {1, . . . , n} za neko n ∈ N onda je kanonska baza Tychonoff-ovskog proizvoda n-torke topologija (τ1, . . . , τn) zapravo familija{

U1 × · · · × Un : Ui ∈ τi za svako i = 1, n}

Tvrdenje 1.12.3 Neka je λ :=⊗i∈I

τi. Ako je Ai ⊆ Xi za svako i ∈ I onda je

clλ

(∏i∈I

Ai

)=∏i∈I

clτi(Ai)

Specijalno, ako je Ai τi-gust onda je∏i∈I

Ai λ-gust podskup proizvoda∏i∈I

Xi.

2

Dokaz Neka je f ∈ clλ

(∏i∈I

Ai

)i neka je i0 ∈ I proizvoljno. Kako je pi0 (λ, τi)-neprekidno

preslikavanje to imamo da je

f(i0) = pi0(f) ∈ clτi

((pi0)

⇀∏i∈I

Ai

)= clτi(Ai0)

Obzirom da je i0 ∈ I bilo proizvoljno zakljucujemo da je f ∈∏i∈I

clτi(Ai).

Neka je sada f ∈∏i∈I

clτi(Ai) i neka je W ∈ λ takvo da je f ∈ W proizvoljno. Postoji element

W0 kanonske baze za λ takav da je f ∈ W0 ⊆ W . Dakle imamo da je W0 =∩i∈T

(pi)↼Ui za neki


neprazan konacan T ⊆ I i neke Ui ∈ τi za i ∈ T . Za svako i ∈ I vazi f(i) ∈ clτi(Ai) ∩ Ui popretpostavci pa mozemo fiksirati po ai ∈ Ui ∩ Ai. Za svako i ∈ I \ T skup Ai je neprazan jer bi

u suprotnom bilo ∅ = clτi(Ai) ∋ f(i), pa mozemo fiksirati po neko bi ∈ Ai. Definisimo g ∈∏i∈I

Xi

sa g(i) = ai za i ∈ T odnosno g(i) = b(i) za i ∈ I \ T . Jasno, g ∈ W0 ∩∏i∈I

Ai = ∅, pa je dakle i

W ∩∏i∈I

Ai = ∅. Ovim smo pokazali da je f ∈ clλ

(∏i∈I

Ai

).

2

Tvrdenje 1.12.4 Neka je λ :=⊗i∈I

τi. Za svako i0 ∈ I projekcija

pi0 :∏i∈I

Xi → Xi0

je (λ, τi0)-otvoreno preslikavanje.

Dokaz Ako su neprazan konacan skup T ⊆ I, Ui ∈ τi \ {∅} za svako i ∈ T , i i0 ∈ I proizvoljnionda je

(pi0)⇀∩i∈T

(pi)↼Ui = Xi0 ∈ τi0 ako i0 /∈ T

odnosno(pi0)

⇀∩i∈T

(pi)↼Ui = Ui0 ∈ τi0 ako i0 ∈ T

2

Tvrdenje 1.12.5 Ako je za svako i ∈ I prostor (Xi, τi) T0 (redom T1, T2, regularan, potpunoregularan) prostor, onda je i proizvod familije prostora

((Xi, τi) : i ∈ I

)T0 (redom T1, T2,

regularan, potpuno regularan) prostor.

Dokaz Neka su f, g ∈∏i∈I

Xi tako da je f = g. Postoji bar jedno i0 ∈ I tako da je f(i0) = g(i0).

Ako su U, V ∈ τi0 takvi da je

f(i0) ∈ U ∋ g(i0) ∨ g(i0) ∈ V ∋ f(i0)

onda jef ∈ (pi0)

↼U ∋ g ∨ g ∈ (pi0)↼V ∋ f


f(i0) ∈ U ∋ g(i0) ∧ g(i0) ∈ V ∋ f(i0)

onda jef ∈ (pi0)

↼U ∋ g ∧ g ∈ (pi0)↼V ∋ f


f(i0) ∈ U, g(i0) ∈ V i U ∩ V = ∅

onda je

f ∈ (pi0)↼U, g ∈ (pi0)

↼V, i[(pi0)

↼U]∩[(pi0)

↼V]= ∅


Odavde se lako moze zakljuciti da ako je za svako i ∈ I prostor (Xi, τi) T0 (redom T1, T2) prostor,onda je i proizvod familije prostora

((Xi, τi) : i ∈ I

)T0 (redom T1, T2) prostor.

Stavimo λ :=⊗i∈I

τi.

Pretpostavimo sada da je za svako i ∈ I prostor (Xi, τi) regularan. Neka je f ∈ W ∈ λ. Tadapostoje neprazan konacan T ⊆ I i Ui ∈ τi za i ∈ T tako da je

f ∈∩i∈T

(pi)↼Ui ⊆ W

Za svako i ∈ T je f(i) ∈ Ui pa postoji po Vi ∈ τi takav da je

f(i) ∈ Vi ⊆ clτi(Vi) ⊆ Ui

Stavimo Ai = Vi za i ∈ T odnosno Ai = Xi za i ∈ I \ T . Jasno

W0 :=∏i∈I

Ai =∩i∈T

(pi)↼Vi ∈ λ

Imamof ∈ W0 ⊆ clλ(W0) =

∏i∈I

clτi(Ai) =∩i∈T

(pi)↼clτi(Vi) ⊆

∩i∈T

(pi)↼Ui ⊆ W

jer za i ∈ I \ T imamo da je clτi(Ai) = clτi(Xi) = Xi.Ovim smo pokazali da je proizvod familije prostora

((Xi, τi) : i ∈ I

)regularan prostor.

Pretpostavimo sada da je za svako i ∈ I prostor (Xi, τi) potpuno regularan. Neka je f ∈ W ∈ λ.Tada postoje neprazan konacan T ⊆ I i Ui ∈ τi za i ∈ T tako da je

f ∈∩i∈T

(pi)↼Ui ⊆ W

Za svako i ∈ T je f(i) ∈ Ui pa postoji po τi-neprekidna funkcija hi : Xi → [0; 1] takva da jehi(f(i)) = 0 i (hi)

⇀(Xi \ Ui) ⊆ {1}. Preslikavanje

g :∏i∈I

Xi → [0; 1]

definisano sag := max{hi ◦ pi : i ∈ T}

je λ-neprekidno na osnovu Tvrdenja 1.12.1 pod (a) i Tvrdenja 1.8.4 i 1.5.7. Imamo

g(f) = max{hi(pi(f)) : i ∈ T} = max{hi(f(i)) : i ∈ T} = 0

Ako je f0 ∈

(∏i∈I

Xi

)\W tada je f0 /∈

∩i∈T

(pi)↼Ui pa postoji neko i0 ∈ T tako da je f0(i0) /∈ Ui0 .

Kako je hi0

(f0(i0)

)= 1 to je

g(f0) = max{hi(f0(i)) : i ∈ T} = hi0

(f0(i0)

)= 1

Ovim smo pokazali da je proizvod familije prostora((Xi, τi) : i ∈ I

)potpuno regularan prostor.

2


Definicija 1.12.6 Ako je τi topologija na skupu Xi za i = 1, 2 onda za preslikavanje f : X1 → X2

kazemo da je (τ1, τ2)-homeomorfizam ako vaze sledeca tri uslova:– f je bijekcija;– f je (τ1, τ2)-neprekidno preslikavanje;– f−1 je (τ2, τ1)-neprekidno preslikavanje.

Za prostor (X,λ) kazemo da je homeomorfan prostoru (Y, µ) ako postoji neki (λ, µ)-homeomo-rfizam.

2

Tvrdenje 1.12.7 Za svako j ∈ I prostor (Xj , τj) je homeomorfan nekom podprostoru proizvodafamilije prostora

((Xi, τi) : i ∈ I

).

Dokaz Neka je dato j ∈ I. Pretpostavimo da je I = {j} (u suprotnom tvrdenje trivijalno sledi). Za

svako i ∈ I\{j} fiksirajmo po ai ∈ Xi. Neka jeM :=

{f ∈

⊗i∈I

Xi : f(i) = ai za svako i ∈ I \ {j}

}i neka je h : Xj →

⊗i∈I

Xi definisano sa h(x)(i) = ai za i ∈ I \ {j} i h(x)(j) = x, za svako x ∈ Xj .

Jasno, h je injektivno preslikavanje i h⇀Xj = M . Neka je µ := relM

(⊗i∈I

τi

). Pokazimo da je h

(τj , µ)-homeomorfizam.

Preslikavanje h−1 je restrikcija projekcije pi :⊗i∈I

Xi → Xj na skup M pa je (µ, τj)-neprekidno.

Kako je pi ◦ h konstantno preslikavanje za i ∈ I \ {j}, odnosno pj ◦ h = idXj , sledi da je h (τj , µ)-neprekidno preslikavanje (videti Tvrdenje 1.12.1 pod (c)).

2

Zapazanje 1.12.8 Ako je prostor (X, τ) T0 (redom T1, T2, regularan, potpuno regularan) pros-tor, i ako je A ⊆ X neprazan skup, onda je i prostor (A, relA(τ)) T0 (redom T1, T2, regularan,potpuno regularan) prostor.

2

Tvrdenje 1.12.9 Ako je proizvod familije prostora((Xi, τi) : i ∈ I

)T0 (redom T1, T2, regularan,

potpuno regularan) prostor, onda je i za svako i ∈ I prostor (Xi, τi) T0 (redom T1, T2, regularan,potpuno regularan) prostor.

2

Tvrdenje 1.12.10 Neka je Ai ⊆ Xi za svako i ∈ I. Tada vazi⊗i∈I

relAi(τi) = rel∏i∈I

Ai

(⊗i∈I

τi

)

tj. svejedno je da li– najpre svaki Ai nasledi topologiju od τi pa se onda te nasledene topologije pomnozeili se– najpre pomnoze topologije τi a onda skup

∏i∈I

Ai nasledi topologiju od tog proizvoda.

Dokaz Za svako j ∈ I neka je pj :∏i∈I

Xi → Xj preslikavanje definisano sa pj(f) = f(j) za

f ∈∏i∈I

Xi, i neka je p′j :∏i∈I

Ai → Aj preslikavanje definisano sa pj(f) = f(j) za f ∈∏i∈I

Ai. Neka

je B kanonska baza topologije⊗i∈I

τi, a B′ kanonska baza topologije⊗i∈I

relAi(τi).


Neka je P ∈

{V ∩

∏i∈I

Ai : V ∈ B

}. Tada postoji neki neprazan konacan J ⊆ I i Ui ∈ τi za

i ∈ J , tako da je V =∩i∈J

(pi)↼

Ui. Otuda je

P =

[∩i∈J

(pi)↼

Ui

]∩∏i∈I

Ai =

{f ∈

∏i∈I

Ai : f(i) ∈ Ui za svako i ∈ J

}

=

{f ∈

∏i∈I

Ai : f(i) ∈ Ui ∩Ai za svako i ∈ J

}=∩i∈J

(p′i)↼

(Ui ∩Ai) ∈ B′

Ovim smo pokazali da vazi {V ∩

∏i∈I

Ai : V ∈ B

}⊆ B′ .

Neka je sada P ∈ B′. Tada postoji neki neprazan konacan J ⊆ I i Ui ∈ relAi(τi) za i ∈ J , tako

da je P =∩i∈J

(p′i)↼

Ui. Neka su Vi ∈ τi, za i ∈ J , takvi da je Ui = Ai ∩ Vi. Imamo

P =

{f ∈

∏i∈I

Ai : f(i) ∈ Ai ∩ Vi za svako i ∈ J

}=

{f ∈

∏i∈I

Ai : f(i) ∈ Vi za svako i ∈ J

}

=

{f ∈

∏i∈I

Xi : f(i) ∈ Vi za svako i ∈ J

}∩∏i∈I

Ai =

[∩i∈J

(pi)↼

Vi

]∩∏i∈I

Ai ∈

{V ∩

∏i∈I

Ai : V ∈ B

}Ovim smo pokazali da je zapravo {

V ∩∏i∈I

Ai : V ∈ B

}= B′ .

Familija

{V ∩

∏i∈I

Ai : V ∈ B

}je baza topologije rel∏

i∈I

Ai

(⊗i∈I

τi

), jer je B baza topologije

⊗i∈I

τi. Familija B′ je baza topologije⊗i∈I

relAi(τi). Trazena jednakost sledi.

2

Definicija 1.12.11 Ako fi : Ai → Bi za i ∈ I, proizvod familije preslikavanja (fi : i ∈ I) jepreslikavanje ⊗

i∈I

fi :∏i∈I

Ai →∏i∈I

Bi

definisano sa (⊗i∈I

fi

)(ai : i ∈ I

):df=(fi(ai) : i ∈ I

)za svako a ∈

∏i∈I

Ai.

Ako gi : A → Bi za i ∈ I, dijagonalni proizvod familije preslikavanja (gi : i ∈ I) je preslikavanje

△i∈I gi : A →∏i∈I

Bi


definisano sa

(△i∈I gi) (a) :df=(gi(a) : i ∈ I

)za svako a ∈ A.

2

Tvrdenje 1.12.12 Neka su (Ai, νi) i (Bi, µi) za i ∈ I topoloski prostori, i neka je ν :=⊗i∈I

νi,

µ :=⊗i∈I

µi. Ako je fi : Ai → Bi (νi, µi)-neprekidno preslikavanje za svako i ∈ I onda je⊗i∈I

fi

(ν, µ)-neprekidno preslikavanje.

Dokaz Za svako j ∈ I neka je pj :∏i∈I

Bi → Bj preslikavanje definisano sa pj(b) = b(j) za b ∈∏i∈I

Bi,

i neka je qj :∏i∈I

Ai → Aj preslikavanje definisano sa pj(a) = a(j) za a ∈∏i∈I

Ai. Stavimo

gi :df= pi ◦

(⊗i∈I

fi

)

za svako i ∈ I. Za a = (ai : i ∈ I) ∈∏i∈I

Ai i j ∈ I imamo

gj(a) = pj((fi(ai) : i ∈ I

))= fj(aj) = fj(qj(a)) = (fj ◦ qj)(a)

Dakle vazi gi = fi ◦ qi za svako i ∈ I, pa kako je qi (ν, νi)-neprekidno a fi (νi, µi)-neprekidnopreslikavanje, to sledi da je gi (ν, µi)-neprekidno preslikavanje.

Ovim smo pokazali da je preslikavanje⊗i∈I

fi (ν, µ)-neprekidno (videti Tvrdenje 1.12.1 pod (c)).

2

Tvrdenje 1.12.13 Neka su (A, ν) i (Bi, µi) za i ∈ I topoloski prostori, i neka je µ :=⊗i∈I

µi. Ako

je gi : A → Bi (ν, µi)-neprekidno preslikavanje za svako i ∈ I onda je △i∈I gi (ν, µ)-neprekidnopreslikavanje.

Dokaz Videti dokaz Tvrdenja 1.12.12.2

Tvrdenje 1.12.14 Neka je s : J → I i neka su (Xi, νi) za i ∈ I i (Yj , µj) za j ∈ J topoloski

prostori takvi da je(Xs(j), νs(j)

)= (Yj , µj) za svako j ∈ J . Stavimo ν :=

⊗i∈I

νi i µ :=⊗j∈J

µj .

Preslikavanje

T :∏i∈I

Xi →∏j∈J

Yi

definisano sa

T (f) :df= f ◦ s

za f ∈∏i∈I

Xi je (ν, µ)-neprekidno.

Ako je s : J → I bijekcija takva da je(Xs(j), νs(j)

)= (Yj , µj) za svako j ∈ J , onda je T

(ν, µ)-homeomorfizam.


Dokaz Za svako i0 ∈ I neka je pi0 :∏i∈I

Xi → Xi0 preslikavanje definisano sa pi0(f) = f(i0) za

f ∈∏i∈I

Xi, i za svako j0 ∈ J neka je qj0 :∏j∈J

Yj → Yj0 preslikavanje definisano sa qj0(g) = g(j0)

za g ∈∏j∈J

Yj .

Neka je j0 ∈ J proizvoljno. Za svako f ∈∏i∈I

Xi imamo

(qj0 ◦ T )(f) = qj0(T (f)) =(T (f)

)(j0) = (f ◦ s)(j0) = f(s(j0)) = ps(j0)(f)

pa je qj0 ◦T = ps(j0); zato je preslikavanje qj0 ◦T (ν, νs(j0))-neprekidno, odnosno (ν, µj0)-neprekidno(jer je po pretpostavci µj0 = νs(j0)).

Na osnovu Tvrdenja 1.12.1 pod (c), sledi da je T (ν, µ)-neprekidno preslikavanje.

Neka je sada s : J → I bijekcija takva da je(Xs(j), νs(j)

)= (Yj , µj) za svako j ∈ J . Tada

je T bijekcija: T−1(g) = g ◦ s−1 za svako g ∈∏j∈J

Yj . Pritom vazi µs−1(i) = νi za svako i ∈ I

(jer je s(s−1(i)) = i) pa na osnovu onog sto smo upravo pokazali preslikavanje T−1 mora biti(µ, ν)-neprekidno.

2

Definicija 1.12.15 Neka su (X, ν) i (Y, µ) prostori, f : X → Y preslikavanje, X0 := f⇀X iµ0 := relX0(µ). Za f kazemo da je (ν, µ)-(topolosko) potapanje ako je f : X → X0 (ν, µ0)-homeomorfizam.

2

Tvrdenje 1.12.16 Neka su (A, ν) i (Bi, µi) za i ∈ I topoloski prostori, i neka je µ :=⊗i∈I

µi.

Neka je za svako i ∈ I dato po preslikavanje gi : A → Bi. Stavimo G := △i∈I gi, A1 := G⇀A i

µ′ := relA1(µ); dakle G : A →∏i∈I

Bi. Tada:

(a) Ako za svako x, y ∈ A tako da je x = y postoji neko i ∈ I tako da gi(x) = gi(y) onda je Ginjekcija.

(b) Pretpostavimo da za svako x ∈ A i za svaki ν-zatvoren skup F ⊆ A takav da je x /∈ F postojineko i ∈ I tako da gi(x) /∈ clµi

((gi)

⇀F). Tada je G (ν, µ′)-otvoreno preslikavanje.

(c) Ako vaze i (a) i (b) i ako je za svako i ∈ I preslikavanje gi (ν, µi)-neprekidno, onda jeG : A → A1 (ν, µ′)-homeomorfizam, tj. G je (ν, µ)-topolosko potapanje.

Dokaz (b) Neka je U ∈ ν. Da se uverimo u to da je G⇀U ∈ µ′ neka je y ∈ G⇀U proizvoljno ipokazimo da je y ∈ P ∩A1 ⊆ G⇀U za neko P ∈ µ.

Postoji x ∈ U tako da je G(x) = y. Skup A \ U je ν-zatvoren pa po pretpostavci postoji

neko j ∈ I tako da je gj(x) /∈ clµj

((gj)

⇀(A \ U)). Dakle postoji neko V ∈ µj tako da je

gj(x) ∈ V i pritom je V ∩ (gj)⇀(A \ U) = ∅. Stavimo P :=

{f ∈

∏i∈I

Bi : f(j) ∈ V

}∈ µ. Zbog

y(j) = G(x)(j) = gj(x) ∈ V sledi da je y ∈ P ∩ A1. Neka je z ∈ P ∩ A1 proizvoljna tacka.Iz z ∈ A1 = G⇀A sledi da je z = G(a) za neko a ∈ A. Kad bi bilo a ∈ A \ U imali bi da jegj(a) ∈ (gj)

⇀(A \ U) kao i gj(a) = G(a)(j) = z(j) ∈ V (obzirom da je z ∈ P ), a ovo nije mogucezbog V ∩ (gj)

⇀(A \ U) = ∅. Dakle a ∈ U pa je z = G(a) ∈ G⇀U .2


Definicija 1.12.17 Neka je I = ∅ proizvoljan skup. Pod

I-Tychonoff-ovskim kubom

podrazumevamo prostor(I [0; 1], τ

)gde je τ I-stepen topologije koju [0; 1] nasleduje od uobicajene

topologije realne prave.2

Konvencija U nastavku, ako je A ⊆ R sa uA oznacavamo topologiju na A koja je nasledena oduobicajene topologije na R.

2

Teorema 1.12.18 Za proizvoljan prostor (X, τ) sledeca dva uslova su ekvivalentna:(1) (X, τ) je T3 1

2prostor.

(2) Postoji neko I = ∅ tako da je (X, τ) homeomorfan nekom podprostoru I-Tychonoff-ovskogkuba.

Dokaz (1)⇒(2) Neka je B proizvoljna baza prostora (X, τ). Neka je I skup svih onih uredenih

parova (U1, U2) ∈ B × B takvih da je U1 ⊆ U2 i takvih da za neku funkciju f : Xc→ [0; 1] vazi

f⇀X \ U2 ⊆ {1} i f⇀U1 ⊆ [0; 1/2]; za svaki (U1, U2) ∈ I fiksirajmo po jednu takvu funkciju

f(U1,U2) : Xc→ [0; 1].

Proverimo uslov (b) iz Tvrdenja 1.12.16. Dakle neka je x ∈ X \ F i F ⊆ X zatvoren skup.Postoji neko U2 ∈ B tako da je x ∈ U2 ⊆ X \ F (jer je B baza). Kako je prostor Tychonoff-ski

postoji neko h : Xc→ [0; 1] tako da je h(x) = 0 i h⇀(X \ U2) ⊆ {1}. Imamo x ∈ g↼[0; 1/2) ∈ τ pa

postoji neko U1 ∈ B tako da je x ∈ U1 ⊆ g↼[0; 1/2). Funkcija g svedoci o tome da je (U1, U2) ∈ I,

te je f(U1,U2)(x) ≤ 1/2 dok je(f(U1,U2)

)⇀F ⊆ {1}, tj. f(U1,U2)(x) /∈ clu[0;1]

((f(U1,U2))

⇀(F )).

Uslov (a) iz Tvrdenja 1.12.16 sada automatski sledi iz uslova (b) i cinjenice da je τ T1 topologija.Na osnovu Tvrdenja 1.12.16 preslikavanje △(U1,U2)∈If(U1,U2) : X → I [0; 1] je homeomorfizam

izmedu prostora (X, τ) i odgovarajuceg podprostora I-Tychonoff-skog kuba.

(2)⇒(1) Ovo sledi direktno iz Tvrdenja 1.12.5 i 1.10.3.2

Tvrdenje 1.12.19 II prebrojiv prostor je Tychonoff-ski ako i samo ako je homeomorfan nekompodprostoru N-Tychonoff-skog kuba.

Dokaz Ako je B prebrojiva baza Tychonoff-skog prostora (X, τ) i ako koristimo oznake kao udokazu dela (1)⇒(2) Tvdenja 1.12.18, onda mozemo fiksirati neko preslikavanje h : N → I na skupI; za svako n ∈ N neka je gn : X → N[0; 1] dato sa gn = fh(n). Preslikavanje △n∈N gn je potapanjeprostora (X, τ) u N-Tychonoff-ski kub.

Obrat sledi iz cinjenice da je proizvod niza II prebrojivih prostora i sam II prebrojiv.2

Zapazanje 1.12.20 Ako je (X, d) metricki prostor i τ := Topm(d) onda je d : X2 → R (τ⊗τ, uR)-neprekidno preslikavanje.

Dokaz Neka je dat realan broj ε > 0 i (x0, y0), (x, y) ∈ X2. Iz d(x, y) ≤ d(x, x0)+d(x0, y0)+d(y0, y)sledi d(x, y) − d(x0, y0) ≤ d(x, x0) + d(y0, y). Ovim smo dokazali da vazi i d(x0, y0) − d(x, y) ≤d(x, x0) + d(y0, y) pa je zapravo |d(x, y) − d(x0, y0)| ≤ d(x, x0) + d(y0, y). Zato ako je (x, y) ∈Kd

[x0;

ε

2

)×Kd

[y0;

ε

2

), onda mora biti |d(x, y)− d(x0, y0)| < ε.

2


Tvrdenje 1.12.21 Neka je (X, d) pseudometricki prostor i τ proizvoljna topologija na skupu X.Pokazati da su sledeci uslovi ekvivalentni:(1) Topm(d) ⊆ τ ;

(2) idX : (X, τ)c→ (X,Topm(d));

(3) d : (X2, τ ⊗ τ)c→ R.

(1) ⇐⇒ (2) je samo specijalan slucaj sledeceg jednostavnog zapazanja: ako su λ1 i λ2 dvetopologija na istom skupu Y , onda je idY (λ1, λ2)-neprekidno ako i samo ako vazi λ2 ⊆ λ1.

(2)⇒(3): Iz (2) sledi idX⊗ idX : (X, τ⊗τ)c→(X2,Topm(d)⊗Topm(d)

). Na osnovu Zapazanja

1.12.20 je d :(X2,Topm(d) ⊗ Topm(d)

) c→ (R, uR). Otuda je d = d ◦ (idX ⊗ idX) (τ ⊗ τ, uR)-neprekidno.

(3)⇒(1): Dovoljno je dokazati da za svako x ∈ X i svaki realan broj ε > 0 vazi Kd[x; ε) ∈ τ .Fiksirajmo x ∈ X i ε > 0. Imamo Kd[x; ε) = {y ∈ X : d(y, x) < ε} = h↼(−1; ε) gde je h : X → Rdefinisano sa h(y) = d(y, x), te ako pokazemo da h : (X, τ)

c→ R imacemo da je Kd[x; ε) ∈ τ . Vazih = d◦h0 . . . (∗), gde je h0 : X → X2 definisano sa h0(y) = (y, x). Neka je gx : X → X konstantno

preslikavanje definisano sa gx(y) = x za y ∈ X. Iz idX : (X, τ)c→ (X, τ) i gx : (X, τ)

c→ (X, τ)

sledi h0 = idX△ gx : (X, τ)c→ (X2, τ ⊗ τ). Kako po pretpostavci jos vazi i d : (X2, τ ⊗ τ)

c→ R to

iz (∗) konacno dobijamo h : (X, τ)c→ R.

2

Zapazanje 1.12.22 Ako je d (pseudo)metrika na skupu X onda su i funkcije d1 : X2 → [0;+∞)i d2 : X2 → [0;+∞) definisane sa

d1(x, y) :df= min{1, d(x, y)}, d2(x, y) :

df=

d(x, y)

1 + d(x, y)

(pseudo)metrike na skupu X i to takve da je Topm(d) = Topm(d1) = Topm(d2).2

Tvrdenje 1.12.23 Za svako i ∈ N neka je di pseudometrika na skupu Xi takva da je di(a, b) ≤ 1

za svako a, b ∈ Xi i neka je τi := Topm(d). Stavimo X :=∏i∈N

Xi i τ :=⊗i∈N

τi. Definisimo

D : X ×X → R sa

D(a, b) :df=

+∞∑i=1

1

2idi(ai, bi)

za a = (ai : i ∈ N) ∈ X, b = (bi : i ∈ N) ∈ X.

Tada je D metrika na skupu X i to takva da je Topm(D) = τ .

Dokaz Za svako i ∈ N definisimo preslikavanje fi : X2 → R sa fi(z) := di(ai, bi), gde je z = (a, b)

za a = (ai : i ∈ N) ∈ X i b = (bi : i ∈ N) ∈ X. Pokazimo da su fi (τ ⊗ τ,uR)-neprekidnapreslikavanja.

Fiksirajmo i ∈ N. Neka su π1, π2 : X2 → X projekcije definisane sa π1(a, b) := a i π2(a, b) := bza svako a, b ∈ X. Znamo da su π1 i π2 (τ ⊗ τ, τ)-neprekidna preslikavanja. Za svako j ∈ N neka jepj : X → Xj projekcija definisana sa pj(a) := aj za svako a ∈ X; znamo da je pj (τ, τj)-neprekidnopreslikavanje. Kako je ocigledno

fi = di ◦[(pi ◦ π1

)△(pi ◦ π2

)]i kako je di (τj⊗τj , uR)-neprekidno preslikavanje (jer je Topm(di) ⊆ τi), to sledi da je fi (τ⊗τ, uR)-neprekidno preslikavanje.

1.13. SUMA PROSTORA (NE TREBA ZA ISPIT) 63

Obzirom da za svako z ∈ X2 vazi

D(z) =+∞∑i=1

fi(z)

2i

kao i ∣∣∣∣fi(z)2i

∣∣∣∣ ≤ 1

2i

za svako i ∈ N, to preslikavanjeD mora biti (τ⊗τ, uR)-neprekidno. A ovo znaci da je Topm(D) ⊆ τ .

Da pokazemo obrnutu inkluziju, neka je a ∈ U ∈ τ . Tada postoji n ∈ N i Vi ∈ τi, za i = 1, n,

tako da je a ∈n∩

i=1

(pi)↼Vi ⊆ U . Dakle za svako i = 1, n je ai ∈ Vi pa, zbog τi ⊆ Topm(di), postoji

εi ∈ (0;+∞) tako da je ai ∈ Kdi [ai; εi) ⊆ Vi. Neka je ε := min{εi2i

: i = 1, n}. Pokazimo da je

a ∈ KD[a; ε) ⊆ U . Neka je b ∈ KD[a; ε) proizvoljno. Za svako i = 1, n jedi(ai, bi)

2i≤ D(a, b) < ε ≤

εi2i

pa sledi bi ∈ Kdi [ai; εi) ⊆ Vi. Ovo znaci da je b ∈n∩

i=1

(pi)↼Vi ⊆ U .

Ovim smo dokazali da je τ ⊆ Topm(D).2

Tvrdenje 1.12.24 Neka je di pseudometrika na skupu Xi i neka je τi := Topm(d) za i = 1, n.Stavimo X := X1 × · · · ×Xn i τ := τ1 ⊗ · · · ⊗ τn. Definisimo D : X ×X → R sa

D(a, b) :df=

√√√√ n∑i=1

di(ai, bi)2

za a = (a1, . . . , an) ∈ X, b = (b1, . . . , bn) ∈ X.Tada je D metrika na skupu X i to takva da je Topm(D) = τ .

Dokaz Videti dokaz Tvrdenja 1.12.23.2

1.13 Suma prostora (NE TREBA ZA ISPIT)

Tvrdenje 1.13.1 Neka je ((Xi, τi) : i ∈ I) familija topoloskih prostora i X :=∪i∈I

Xi.

(1) Dokazati da je familija τ := {L ⊆ X| ∀i ∈ I (L ∩Xi ∈ τi)} topologija na skupu X.(2) Ako su dati preslikavanje f : X → Y i topologija τY na skupu Y , dokazati da je f (τ, τX)-neprekidno preslikavanje ako i samo ako je f � Xi : Xi → Y (τi, τY )-neprekidno preslikavanje zasvako i ∈ I.(3) Ako je τX topologija na skupu X tako da je za svako i ∈ I τi upravo topologija na skupu Xi

nasledena od topologije τX . Dokazati da je τX ⊆ τ .(4) Dokazati da je relXi(τ) ⊆ τi za svako i ∈ I;(5) Pretpostavimo da se za svako i, j ∈ I topologija na skupu Xi ∩ Xj nasledena od τi poklapasa onom nasledenom od τj . Ako je dodatno, bilo za svako i, j ∈ I skup Xi ∩ Xj istovremenoτi-zatvoren i τj-zatvoren, bilo za svako i, j ∈ I skup Xi ∩Xj istovremeno τi-otvoren i τj-otvoren,dokazati da onda za svako i ∈ I vazi relXi(τ) = τi; dokazati jos da je u prvom slucaju za svakoi ∈ I skup Xi τ -zatvoren, a u drugom za svako i ∈ I skup Xi τ -otvoren.


Dokaz (1) Neka su L,M ∈ τ i i ∈ I. Iz L ∩Xi, M ∩Xi ∈ τi sledi i (L ∩M) ∩Xi = (L ∩Xi) ∩(M ∩Xi) ∈ τi.

Neka je sada L ⊆ τ i i ∈ I. Imamo∪L ∩Xi =

∪{L ∩Xi| L ∈ L} ∈ τi jer je L ∈ τi za svako

L ⊆ L.Kako je jos za svako i ∈ I naravno X ∩Xi = Xi i ∅ ∩Xi = ∅ to je τ topologija na X.

(2) Pretpostavimo najpre da je f � Xi : Xi → Y (τi, τY )-neprekidno preslikavanje za svako i ∈ I.Ako je V ∈ τY onda je τi ∋

(f � Xi

)↼V = Xi ∩

(f↼V

)za svako i ∈ I pa je f↼V ∈ τ . Dakle f je

(τ, τY )-neprekidno preslikavanje.Obrnuto, ako je f je (τ, τY )-neprekidno i V ∈ τY , onda je f↼V ∈ τ , tj.

(f � Xi

)↼V =

Xi ∩(f↼V

)∈ τi za svako i ∈ I. Dakle f � Xi : Xi → Y je (τi, τY )-neprekidno preslikavanje za

svako i ∈ I.

(3) Ako je U ∈ τX onda je prema samoj definiciji pojma “nasledena topologija” U ∩ Xi ∈ τi zasvako i ∈ I, a ovo u prevodu znaci U ∈ τ .

(4) Za svako i ∈ I stavimo τ ′i := relXi(τ). Neka je i ∈ I i A ∈ τ ′i . Ovo znaci da je postoji nekoL ∈ τ tako da je A = L∩Xi. Ali L ∈ τ povlaci da je L∩Xi ∈ τi. Ovim je dokazano da je τ ′i ⊆ τi.

(5) Neka vazi “zatvorena” verzija dodatnog uslova (dokaz tvdenja u slucaju “otvorene” verzijeje analogan). Neka su i, j ∈ I i L ⊆ Xi proizvoljni gde je L τi-zatvoren. Za oznacimo sa τi,jtopologiju na skupu Xi ∩ Xj nasledenu od τi. Skup L ∩ Xj = L ∩ (Xi ∩ Xj) je τi,j-zatvoren jerje L τi-zatvoren. Ali iz τi,j = τj,i sledi da je L ∩Xi i τj,i-zatvoren. Dakle L ∩Xj je τj,i-zatvorenpodskup od Xi ∩Xj , a Xi ∩Xj je τj-zatvoren podskup od Xj . Zato je L ∩Xj τj-zatvoren. Kakoje j ∈ I bilo proizvoljno to mozemo zakljuciti da je L τ -zatvoren. Uzimajuci specijalno L = Xi

dobijamo da je Xi τ -zatvoren. Ako je N ⊆ Xi proizvoljan τi-zatvoren skup, onda je kako smo tovideli N i τ zatvoren te je zbog N = Xi ∩N skup N i τ ′i -zatvoren. Dakle sledi τi ⊆ τ ′i .

2

§

Neka je data familija((Xi, τi) : i ∈ I

)po parovima disjunktnih topoloskih prostora, tj.

takva da za svako i, j ∈ I vazii = j ⇒ Xi ∩Xj = ∅ .

Stavimo S :=∪i∈I

Xi. Familija

λ := {A ⊆ Y : U ∩Xi ∈ τi za svako i ∈ I} =

{∪i∈I

Ui : Ui ∈ τi za svako i ∈ I

}

je topologija na skupu S. Za topoloski prostor (S, λ) kazemo da je disjunktna suma familije((Xi, τi) : i ∈ I

)i oznacavamo ga sa ⊔

i∈I

(Xi, τi) .

Ako je I = {1, . . . , n} za neko n ∈ N umesto⊔i∈I

(Xi, τi) pisemo i

(X1, τ1) ⊔ · · · ⊔ (Xn, τn) .

Primer Neka je X1 := [0; 1) i X2 := [1; 2] i (S, λ) := (X1, µX1) ⊔ (X2, µX2). Dokazati da vaziµS ⊂ λ.

1.13. SUMA PROSTORA (NE TREBA ZA ISPIT) 65

Dokaz Jasno S = [0; 2]. Da je µS ⊆ λ sledi iz sledeceg opstijeg razmatranja: ako je A ⊆ X iU ∈ τX , onda je U ∩ A ∈ relA(τX) i U ∩ Ac ∈ relAc(τX), pa je U otvoren skup disjunktne sume(A, relA(τX)

)⊔(Ac, relAc(τX)

).

Da je µS = λ sledi iz [1; 2] = X2 ∈ λ \ µS .2

Primer Za svako t ∈ [0, 1] neka je Xt otvorena duz u R2 ciji su krajevi tacke (0, 0) i eti i neka je

τt := µXt . Neka je (S, λ) :=⊔

t∈[0;1]

(Xt, τt). Dokazati da vazi µS ⊂ λ.

Dokaz Da je µS ⊆ λ utvrduje se kao i u prethodnom primeru (a sledi direktno i iz Tvrdenja1.13.1).

Za svako t ∈ [0, 1] neka je Ut otvorena duz u R2 ciji su krajevi tacke (0, 0) i eti, ako je t ∈ Q,

odnosno otvorena duz u R2 ciji su krajevi tacke (0, 0) i 12e

ti, ako je t /∈ Q. Stavimo V :=∪

t∈[0;1]

Ut ⊆

S. Jasno Ut ∈ τt za svako t ∈ [0; 1] pa je V ∈ λ.Neka je r ∈ [0; 1] ∩ Q proizvoljno. Pokazimo da je T := 1

2eri tacka skupa V koja nije µS-

unutrasnja tacka tog skupa, odakle bi sledilo da je V /∈ µS . Neka je ε ∈ (0;+∞) proizvoljno.Funkcija f : [0; 1]2 → R2 definisana sa

f(p, t) := peri = (p cos t, p sin t)

je neprekidna i vazi f(1/2, r) = T , pa postoji δ ∈ (0; 1/2) tako da za svako p ∈ (1/2 − δ; 1/2 + δ)i svako t ∈ (r − δ; r + δ) ∩ [0; 1] vazi f(p, t) ∈ Kd

[T ; ε), gde je d euklidska metrika na skupu R2.

Ako je s ∈ (r− δ; r+ δ)∩ [0; 1] iracionalan i p ∈ (1/2; 1/2 + δ) proizvoljan broj, onda imamo da je

f(p, s) ∈ S \ V i pritom je f(p, t) ∈ Kd

[T ; ε). Dakle

(S ∩Kd

[T ; ε)

)\ V = ∅.

2

§

Neka je data proizvoljna familija((Xi, τi) : i ∈ I

)topoloskih prostora. Za svako i ∈ I familija

λi :df= {U × {i} : U ∈ τi}

je topologija na skupu Xi × {i}, i to takva da je preslikavanje

si : Xi → Xi × {i}

definisano sasi(x) :

df= (x, i), za svako x ∈ Xi,

(τi, λi)-homeomorfizam.

Za disjunktnu sumu⊔i∈I

(Xi ×{i}, λi

)familije

((Xi × {i}, λi

): i ∈ I

)kazemo da je topoloska

suma familije((Xi, τi) : i ∈ I

)i ovaj prostor oznacavamo sa⊕

i∈I

(Xi, τi) .

Ako je I = {1, . . . , n} za neko n ∈ N umesto⊕i∈I

(Xi, τi) pisemo i

(X1, τ1)⊕ · · · ⊕ (Xn, τn) .


Tvrdenje 1.13.2 Neka je (S′, λ′) topoloska suma, a (S, λ) disjunktna suma familije((Xi, τi) :

i ∈ I)po parovima disjunktnih topoloskih prostora.

Neka jeh : S → I

preslikavanje (korektno) definisano sa

h(y) = i ⇐⇒ y ∈ Xi

za svako y ∈ S =∪i∈I

Xi. Preslikavanje

f : S → S′

definisano saf(y) :

df=(y, h(y)

)za svako y ∈ S

je (λ, λ′)-homeomorfizam.2

Tvrdenje 1.13.3 Neka je (S, λ) =⊕i∈I

(Xi, τi) topoloska suma familije prostora{(Xi, τi) : i ∈ I

}.

Neka je, za svako i ∈ I, Yi := Xi×{i}, λi :={U×{i} : U ∈ τi

}, i neka je preslikavanje ki : Xi → S

definisano sa ki(x) := (x, i), x ∈ Xi. Tada vazi:(1) λi = relYi(λ);(2) Ako je (Z, ν) proizvoljan topoloski prostor i f : S → Z, onda je f (λ, ν)-neprekidno preslika-vanje ako i samo ako je za svako i ∈ I kompozicija f ◦ ki (τi, ν)-neprekidno preslikavanje.

Dokaz (1) Po definiciji je (S, λ) =⊔i∈I

(Yi, λi) te je λ = {A ⊆ S : A ∩ Yi ∈ λi za svako i ∈ I}.

Kako za svako i, j ∈ I vazi Yi ∩ Yj = ∅, kad god je i = j, to tvrdenje pod (1) sledi direktno izTvrdenja 1.13.1

(2) Prema Tvrdenju 1.13.1, preslikavanje f je (λ, ν)-neprekidno ako i samo ako je preslikavanjef � Yi : Yi → Z (λi, ν)-neprekidno za svako i ∈ I, tj. ako i samo ako je kompozicija (f � Yi) ◦ ki :Xi → Z (τi, ν)-neprekidna za svako i ∈ I, obzirom da je preslikavanje ki : Xi → Yi (τi, λi)-homeomorfizam (prema samoj definiciji topologije λi) za svako i ∈ I. Jasno (f � Yi) ◦ ki = f ◦ ki,za svako i ∈ I.

2

Deo 2

Neke vaznije klase topoloskihprostora

2.1 (Lokalna) kompaktnost, prebrojiva kompaktnost isvojstvo Lindelof-ova

Neka je (X, τ) topoloski prostor. Za familiju A kazemo da je τ -otvoren (τ -zatvoren) ili jednostavnootvoren (zatvoren) pokrivac skupa A ⊆ X ako vazi– elementi familije A su otvoreni (zatvoreni) skupovi i– A ⊆

∪A, tj. A je pokrivac skupa A.

Za otvoren (zatvoren) pokrivac skupa X kazemo da je otvoren (zatvoren) pokrivac prostora(X, τ).

§

Za (X, τ) kazemo da je Lindelof-ov prostor ili da je sa svojstvom Lindelof-a (da ima svo-jstvo Lindelof-a), ako za svaki otvoren pokrivac A skupa X postoji prebrojiv B ⊆ A tako da je∪B = X.

Za (X, τ) kazemo da je kompaktan prostor, a za τ da je kompaktna topologija, ako zasvaki otvoren pokrivac A skupa X postoji konacan B ⊆ A tako da je

∪B = X, odnosno, kako se

to obicno kaze, ako svaki otvoren pokrivac sadrzi konacan podpokrivac.

Za (X, τ) kazemo da je prebrojivo kompaktan prostor ako za svaki prebrojiv otvorenpokrivac A skupa X postoji konacan B ⊆ A tako da je

∪B = X.

§

Za skup A ⊆ X tacaka prostora (X, τ) kazemo da je kompaktan (prebrojivo kompaktan,sa svojstvom Lindelof-a) skup datog prostora ako je podprostor

(A, relA(τ)

)kompaktan

(prebrojivo kompaktan, sa svojstvom Lindelof-a).Lako je videti da je skup A ⊆ X tacaka prostora (X, τ) kompaktan [prebrojivo kompaktan]

akko svaki [prebrojiv] otvoren pokrivac skupa A sadrzi konacan podpokrivac skupa A.Takode, lako je videti da je i to da skup A ⊆ X tacaka prostora (X, τ) ima osobinu Lindelof-

a akko svaki otvoren pokrivac skupa A sadrzi prebrojiv podpokrivac skupa A.

§

67

68 DEO 2. NEKE VAZNIJE KLASE TOPOLOSKIH PROSTORA

Zapazanje 2.1.1 Prostor (X, τ) je kompaktan akko za svaku nepraznu familiju A ⊆ P(X) koja

ima svojstvo konacnih preseka (tj.∩

B = ∅ za svaki neprazan konacan B ⊆ A) vazi∩A∈A

A = ∅.

Dokaz Neka je (X, τ) kompaktan i ∅ = A ⊆ P(X). Ako familija A ima osobinu konacnih presekaonda ne postoji nijedna konacna podfamilija familije L(A) :=

{X \A : A ∈ A

}⊆ τ (otvorenih

skupova) koja pokriva prostor pa (zbog kompaktnosti) ni sama familija L(A) ne pokriva X, tj.

vazi∩A∈A

A = ∅.

Obrnuto, pretpostavimo da vazi dati uslov i neka je U proizvoljan otvoren pokrivac skupa X.Kad bi vazilo X \

∪B = ∅ za svaki konacan B ⊆ U onda bi neprazna familija A := {X \U : U ∈ U}

(zatvorenih skupova) imala osobinu konacnih preseka pa bi postojalo neko x ∈∩A∈A

A =∩

A =

X \∪

U , tj. familija U ne bi pokrivala skup X.2

Tvrdenje 2.1.2 Neka su Fs ⊆ X, s ∈ S, zatvoreni podskupovi topoloskog prostora (X, τ) takvida postoji neko s0 ∈ S za koje je Fs0 kompaktan skup. Ako je U ⊆ X otvoren skup takav da je

U ⊇∩s∈S

Fs, onda postoji neprazan konacan skup P ⊆ S tako da je U ⊇∩s∈P

Fs.

Dokaz Pretpostavimo da za svaki neprazan konacan skup T ⊆ S vazi∩s∈T

Fs ⊆ U . Sa F :=

{Fs0 \ U} ∪ {Fs ∩ Fs0 : s ∈ S} je definisana jedna familija zatvorenih skupova kompaktnogprostora

(Fs0 , relFs0

(τ)). Za svaki neprazan konacan skup T ⊆ S vazi

(Fs0 \ U) ∩∩s∈T

Fs = U c ∩∩

s∈T∪{s0}

Fs = ∅

Dakle F je centrirana familija, pa sledi da postoji neka tacka

a ∈∩

F = U c ∩∩s∈S

Fs

sto znaci da je∩s∈S

Fs ⊆ U , suprotno pretpostavci.

2

Zapazanje 2.1.3 Skup je bez tacaka nagomilavanja akko je istovremeno zatvoren i diskretan.

Tvrdenje 2.1.4 Ako je prostor (X, τ) prebrojivo kompaktan, onda svaki istovremeno zatvoren idiskretan skup tog prostora mora biti konacan, odnosno svaki beskonacan skup prostora mora daima bar jednu tacku nagomilavanja.

Dokaz Pretpostavimo da postoji neki F ⊆ X beskonacan zatvoren i diskretan podskup datogprebrojivo kompaktnog prostora. Neka je F0 ⊆ F proizvoljan beskonacan prebrojiv skup. Tadaje i F0 zatvoren i diskretan. Za svako x ∈ F0 fiksirajmo po neki otvoren skup Ux ∋ x takav da jeUx∩F0 = {x}. Familija U := {X \F0}∪{Ux : x ∈ F0} je prebrojiv otvoren pokrivac prostora. Akoje x ∈ F0 proizvoljno, onda je x /∈

∪(U \ {Ux}

)pa U \ {Ux} nije pokrivac prostora. Dakle jedini

podpokrivaci koje U sadrzi su U i eventualno U \ {F0}. Sa druge strane, U sadrzi neki konacanpodpokrivac. Zakljucujemo da je {Ux : x ∈ F0} konacan skup. No kako vazi x1 = x2 ⇒ Ux1 = Ux2

za svako x1, x2 ∈ F0, odavde sledi da je skup F0 konacan, kontradikcija.2

2.1. KOMPAKTNOST 69

Zapazanje 2.1.5 Za T1 prostor sledeca dva uslova su ekvivalentna:(1) a ∈ X je tacka nagomilavanja skupa S ⊆ X.(2) U svakoj okolini tacke a ∈ X postoji bekonacno mnogo tacaka skupa S ⊆ X.

Tvrdenje 2.1.6 Ako T1 prostor (X, τ) ima osobinu da svaki beskonacan skup prostora mora daima bar jednu tacku nagomilavanja, onda prostor mora biti prebrojivo kompaktan.

Dokaz Pretpostavimo da T1 prostor (X, τ) nije prebrojivo kompaktan. Neka je U = {Un :n ∈ N} otvoren pokrivac prostora koji nema konacan podpokrivac. Rekurzivno konstruisimo niz(xn : n ∈ N) tacaka prostora na sledeci nacin. Neka je x1 ∈ X \ U1 proizvoljno. Neka su xi ∈ X

za i = 1, n konstruisani tako da vazi xi /∈i∪

j=1

Uj , i tako da je xi = xj kad god je i = j. Kad bi

bilo X = {xi : i = 1, n} ∪n∪

i=1

Ui, onda ako za svako i = 1, n izaberemo po ki ∈ N tako da je

xi ∈ Uki , imali bi da je {Ui : i = 1, n} ∪ {Uki : i = 1, n} konacan podpokrivac pokrivaca U . Za

xn+1 proglasimo proizvoljno izabranu tacku nepraznog skupa X \({xi : i = 1, n} ∪

n∪i=1

Ui

).

Skup D := {xn : n ∈ N} je po konstrukciji beskonacan. Neka je a ∈ X proizvoljna tacka in ∈ N tako da je a ∈ Un. Tada je Un okolina tacke a u kojoj nema beskonacno mnogo tacakaskupa D (jer je xm /∈ Un za svako m ∈ N ∩ [n; +∞)), te kako je prostor T1, a ne moze biti tackanagomilavanja skupa D.

2

Tvrdenje 2.1.7 Ako je (X, τ) Hausdorff-ov i A ⊆ X kompaktan skup, onda je A zatvoren.

Dokaz Neka je x ∈ X \ A. Ako je A neprazan, onda za svako y ∈ A mozemo fiksirati po nekeVy,Wy ∈ τ tako da je x ∈ Vy, y ∈ Wy i Vy ∩Wy = ∅ (jer jasno mora biti x = y). Da zavrsite dokazpogledajte dokaz Tvrdenja 2.1.11.

2

Tvrdenje 2.1.8 Ako je (X, τ) kompaktan [prebrojivo kompaktan, Lindelof- ov] prostor i A ⊆ Xzatvoren skup, onda je A kompaktan [prebrojivo kompaktan, sa osobinom Lindelof- a] skup togprostora.

Dokaz Ako je U ⊆ τ familija otvorenih skupova takva da je A ⊆∪U , onda je U ∪{X \A} otvoren

pokrivac prostora (obzirom da je A zatvoren skup).2

Lema 2.1.9 Pretpostavimo da kad god su F ⊆ X zatvoren i U ⊆ X otvoren skup prostora (X, τ)

takvi da je F ⊆ U , onda postoji niz otvorenih skupova (Vn : n ∈ N) takav da je F ⊆∪n∈N

Vn i tako

da za svako n ∈ N vazi Vn ⊆ U . Tada prostor (X, τ) mora biti normalan.

Dokaz Neka su F1, F2 ⊆ X zatvoreni skupovi takvi da je F1 ∩ F2 = ∅. Po pretpostavci postoje

nizovi otvorenih skupova (Vn : n ∈ N) i (Wn : n ∈ N) takvi da vazi F1 ⊆∪n∈N

Vn, F2 ⊆∪n∈N

Wn i

tako da za svako n ∈ N vazi Vn ⊆ X \ F2 i Wn ⊆ X \ F1. Neka je P1 = V1, Q1 = W1 i za svako

n ∈ N ∩ [2;+∞) neka je Pn := Vn \n∪

i=1

Wi ∈ τ i Qn := Wn \n∪

i=1

Vi ∈ τ .

Primetimo da je Pn ∩ F1 = V1 ∩ F1 kao i Qn ∩ F2 = Wn ∩ F2 za svako n ∈ N. Otuda je

F1 ⊆∪n∈N

Pn =: P i F2 ⊆∪n∈N

Qn =: Q. Takode, ako je n ≥ m onda iz Pm ⊆ Vm, Qn ∩ Vm = ∅,


Qm ⊆ Wm, Pn ∩Wm = ∅ sledi da je Pm ∩Qn = ∅ i Pn ∩Qm = ∅. Dakle imamo da je P ∩Q = ∅,kao i F1 ⊆ P ∈ τ i F2 ⊆ Q ∈ τ .

2

Tvrdenje 2.1.10 Svaki regularan (X, τ) Lindelof-ov prostor je normalan.

Dokaz Neka je F ⊆ U ⊆ X, gde su F zatvoren a U otvoren skup regularnog Lindelof-ovogprostora (X, τ). Za svako x ∈ F postoji neko Vx ∈ τ tako da je x ∈ Vx i Vx ⊆ U . JasnoF ⊆

∪{Vx : x ∈ F} pa kako F ima osobinu Lindelof-a, kao zatvoren podskup Lindelof-ovog

prostora (X, τ), to postoji neki niz (zn : n ∈ N) tacaka skupa F tako da je F ⊆∪n∈N

Vzn .

Sada se samo treba pozvati na Lemu 2.1.9.2

Tvrdenje 2.1.11 Svaki (X, τ) kompaktan Hausdorff-ov prostor je normalan.

Dokaz ce slediti direktno iz Tvrdenja 2.1.10 ukoliko pokazemo da ovakav prostor mora biti regu-laran. Dakle neka je x ∈ X \F , gde je F neprazan zatvoren podskup kompaktnog Hausdorff-ovogprostora (X, τ). Za svako y ∈ F postoje Vy,Wy ∈ τ tako da je x ∈ Vy, y ∈ Wy i Vy ∩ Wy = ∅.Skup F je kompaktan podskup na osnovu Tvrdenja 2.1.8 i vazi F ⊆

∪{Wy : y ∈ F}, pa postoji

neki neprazan konacan skup T ⊆ F tako da je F ⊆∪{Wy : y ∈ T} =: B ∈ τ . Ako stavimo

A :=∩{Vy : y ∈ T} ∈ τ imacemo da je x ∈ A ∈ τ , F ⊆ B ∈ τ i A ∩B = ∅.

2

Tvrdenje 2.1.12 Ako je A ⊆ X kompaktan [prebrojivo kompaktan, sa osobinom Lindelof-a]skup prostora (X, τX) i f : X → Y (τX , τY )-neprekidno preslikavanje, onda je f⇀A kompaktan[prebrojivo kompaktan, sa osobinom Lindelof-a] skup prostora (Y, τY ).

Zorn-ova lema Neka je (P,≼) parcijalno uredenje. Pretpostavimo da kad god je A ⊆ P takavskup da za svako x, y ∈ A vazi x ≼ y ∨ y ≼ x, onda mora da postoji neko c ∈ P takvo da je a ≼ cza svako a ∈ A. Tada postoji bar jedan maksimalan element datog uredenja (tj. bar jedan m ∈ Pza koji ne postoji nijedan z ∈ P \ {m} za koji vazi m ≼ z).

2

Neka je X = ∅ i neka je L ⊆ P(P(X)

)neprazan skup familija podskupova skupa X. Posma-

trajmo uredenje (L,≼) gde je A ≼ B akko A ⊆ B. Pretpostavimo da kad god su Ai ∈ L za i ∈ I

takve familije da za svako i, j ∈ I vazi Ai ⊆ Aj ili Aj ⊆ Ai, onda je∪i∈I

Ai ∈ L. Tada iz Zorn-ove

leme sledi da postoji takva familija A ∈ L za koju ne moze da vazi A ⊂ B ni za jedno B ∈ L.2

Za familiju skupova U kazemo da je celularna ako vazi A = B ⇒ A ∩ B = ∅ kad god suA,B ∈ U tako da je A = B.

Ilustracija (ovo ne trazim na ispitu) Neka je (X, τ) topoloski prostor i neka je L ⊆ P(P(X)

)skup

svih celularnih familija otvorenih skupova – dakle A ∈ L akko je A ⊆ τ i ako za svako A,B ∈ Avazi A = B ⇒ A ∩B = ∅. Tada L zadovoljava gore opisan uslov. Otuda zakljucujemo da postojemaksimalne (u odnosu na inkluziju) celularne familije otvorenih skupova.

2

Ilustracija (ovo ne trazim ispitu) Neka je A proizvoljan neprazan skup i neka je (P,≼) definisanona sledeci nacin:

P := {(S,≤S) : ∅ = S ⊆ A, ≤S ⊆≼ i ≤S je dobro uredenje skupa S}

2.1. KOMPAKTNOST 71

i za (S1,≤S1), (S2,≤S2) ∈ P definisemo da je (S1,≤S1) ≼ (S2,≤S2) ako je S1 ⊆ S2 i ≤S1⊆≤S2 .Lako se proverava da je (P,≼) parcijalno uredenje koje zadovoljava uslove Zorn-ove leme pa

mora da postoji neki ≼-maksimalan element (S0,≤S0) skupa P . Takode je lako videti i da zapravomora biti S0 = A.

Na ovaj se nacin (recimo) dokazuje da svaki skup moze da se dobro uredi.2

Teorema 2.1.13 Neka je B proizvoljna subbaza prostora (X, τ). Ako za svaki A ⊆ B takav da je∪A = X postoji konacan A0 ⊆ A tako da je

∪A0 = X, onda je (X, τ) kompaktan prostor.

Dokaz Pretpostavimo da uprkos datom uslovu prostor (X, τ) nije kompaktan, tj. da je skup

L :={U ⊆ τ : X =

∪U i za svaki konacan V ⊆ U je X =

∪V}

neprazan. Posmatrajmo parcijalno uredenje (L,≼) gde je U1 ≼ U2 akko U1 ⊆ U2. Neka je Ui ∈ Lza svako i ∈ I i pretpostavimo da za svako i, j ∈ I vazi Ui ⊆ Uj ∨ Uj ⊆ Ui . . . (∗). Jasno je da

je∪i∈I

Ui otvoren pokrivac. Kad bi postojali k ∈ N i U1, . . . , Uk ∈∪i∈I

Ui tako da je X =k∪

m=1

Um,

imali bi Um ∈ Uim za neke i1, . . . , ik ∈ I, pa kako (zbog (∗)) postoji neko m0 ∈ {1, . . . , k} takvoda je Uim ⊆ Uim0

za svako m = 1, k, to bi sledilo da je {U1, . . . , Uk} ⊆ Uim0konacan podpokrivac

od Uim0∈ L – kontradikcija. Dakle

∪i∈I

Ui ∈ L.

Otuda postoji neko U ∈ L takvo da za svako W ∈ τ \ U postoji neki konacan V ⊆ U tako davazi X \ V ⊆ W .

Pokazimo da je B ∩ U pokrivac. Neka je x ∈ X proizvoljna tacka. U je pokrivac pa je x ∈ Uza neko V ∈ U . Kako je B predbaza a V otvoren skup, to postoji neki konacan neprazan B0 ⊆ Btako da vazi x ∈

∩B0 ⊆ V . Pretpostavimo da je B0 ∩ U = ∅. Tada za svako B ∈ B0 postoji neki

konacan VB ⊆ U tako da vazi X \∪

VB ⊆ B. Sada imamo

X \∪( ∪

B∈B0

VB

)= X \

∪B∈B0

(∪VB

)=∩

B∈B0

(X \

∪VB

)⊆∩

B0 ⊆ V

pa je {V } ∪∪

B∈B0

VB konacan podpokrivac od U – kontradikcija. Dakle mora biti B0 ∩ U = ∅, pa

ako je U ∈ U ∩ B0 ⊆ U ∩ B proizvoljno, onda imamo x ∈ U (zbog x ∈∩B0).

Ovim smo pokazali da je U ∩ B0 (otvoren) pokrivac prostora (X, τ) pa po pretpostavci postojineki konacan V ⊆ B0 ∩ U ⊆ U takav da je

∪V = X, sto protivureci pretpostavci da je U ∈ L.

2

Teorema 2.1.14 Neka je((Xi, τi) : i ∈ I

)familija topoloskih prostora. Tada je proizvod ove

familije kompaktan prostor ako i samo ako je prostor (Xi, τi) kompaktan za svako i ∈ I.

Dokaz Neka su za svako s ∈ S dati is ∈ I i Us ∈ τis tako da je∏i∈I

Xi =∪s∈S

(pis)↼Us (∗)

Kada bi za svako j ∈ I postojalo neko xj ∈ Xj\∪{Us : s ∈ S i is = j}, onda bi za x = (xj : j ∈ I)

vazilo x /∈ (pis)↼Us za svako s ∈ S, sto bi protivurecilo (∗).


Dakle postoji neko j0 ∈ I tako da je Xj0 =∪{Us : s ∈ S i is = j0}, pa kako je (Xj0 , τj0)

kompaktan prostor i {Us : s ∈ S i is = j0} ⊆ τj0 , to postoje m ∈ N i s1, . . . , sm ∈ S tako da je

isk = j0 za k = 1,m i Xj0 =

m∪k=1

Usk . Ovo poslednje jasno povlaci∏i∈I

Xi =

m∪k=1

(pisk )↼Usk .

Familija {(pj)↼U : j ∈ I i U ∈ τj} je predbaza proizvoda familije((Xi, τi) : i ∈ I

). Preostaje

da se pozovemo na Teoremu 2.1.13.2

2.1.1 Kompletni metricki prostori

Tvrdenje 2.1.15 Metricki prostor (X, d) je kompletan ako i samo ako za svaki niz (Fn : n ∈ N)nepraznih zatvorenih skupova, tako da Fn+1 ⊆ Fn za svako n ∈ N, i tako da lim

n→∞diamd(Fn) = 0,

vazi∩n∈N

Fn = ∅.

Dokaz Pretpostavimo da je (X, d) kompletan metricki prostor i neka je dat niz (Fn : n ∈ N) kojiima gore navedene osobine. Za svako n ∈ N, obzirom da je Fn neprazan skup, mozemo izabratineko xn ∈ Fn. Imamo

{xm : m ≥ n} ⊆ Fn (2.1)

(jer vazi Fi+1 ⊆ Fi) pa je d(xi, xj) ≤ diamd(Fn). Obzirom da vazi limn→∞

diamd(Fn) = 0, za-

kljucujemo da je niz (xn : n ∈ N) Cauchy-jev. d je kompletna metrika pa postoji neko a ∈ X takoovaj niz konvergira ka tacki a. Iz (2.1) sledi da je a ∈ Fn za svako n ∈ N.

Pretpostavimo sada da metricki prostor (X, d) ima datu osobinu. Da pokazemo da on tadamora biti kompletan, neka je (xn : n ∈ N) Cauchy-jev niz tacaka tog prostora. Za svako n ∈ Nneka je Fn :

df= {xm : m ≥ n}. Dakle Fn+1 ⊆ Fn i Fn je neprazan, zatvoren skup za svako n ∈ N.

Kako vazi diamd(A) = diamd

(A)za svako A ⊆ X, i kako vazi

limn→∞

diamd

({xm : m ≥ n}

)= 0

(jer je ovaj niz tacaka Cauchy-jev), to imamo da je limn→∞

diamd(Fn) = 0. Prema pretpostavci,

odavde sledi da postoji neko a ∈∩n∈N

Fn. Pokazimo da je limn→∞

d(a, xn) = 0. Neka je ε ∈ (0;+∞)

proizvoljno i neka je n ∈ N takvo da je diamd

({xm : m ≥ n}

)≤ ε/2. Iz a ∈ Fn sledi da postoji

neko i ∈ N ∩ [n; +∞) tako da je d(a, xi) < ε/2. Zato ako je m ∈ N ∩ [n; +∞) proizvoljno, ondaimamo d(a, xm) ≤ d(a, xi) + d(xi, xm) < ε/2 + ε/2 = ε.

2

Tvrdenje 2.1.16 Topoloski prostor (X, d) je prebrojivo kompaktan ako i samo ako za svaki niz

(Fn : n ∈ N) nepraznih zatvorenih skupova, tako da Fn+1 ⊆ Fn za svako n ∈ N, vazi∩n∈N

Fn = ∅.

2.1.2 Kompaktnost u metrickim prostorima

Za prostor (X, τ) kazemo da je nizovno kompaktan (ili sekvencijalno kompaktan) ako svaki

niz tacaka tog prostora ima konvergentan podniz.(Niz (yn : n ∈ N) je podniz niza (xn : n ∈ N),

ako postoji niz (mk : k ∈ N) prirodnih brojeva takav da je limk→∞

mk = +∞ i tako da je yk = xmk

za svako k ∈ N.)

2.1. KOMPAKTNOST 73

Zapazanje 2.1.17 Ako postoji baza U prostora (X, τ) sa osobinom da za svako A ⊆ U tako da∪A = X postoji konacan [prebrojiv] A0 ⊆ A tako da

∪A0 = X, onda je prostor kompaktan

[Lindelof-ov].2

Teorema 2.1.18 Za svaki metrizabilan prostor (X, τ) sledeci uslovi su ekvivalentni.(1) Prostor je separabilan.(2) Prostor je II prebrojiv.(3) Prostor je Lindelof-ov.(4) Svaki zatvoren, diskretan skup je prebrojiv.(5) Svaki diskretan skup je prebrojiv.(6) Svaka celularna familija otvorenih skupova je prebrojiva.

Dokaz (2)⇒(3): Ovo sledi direktno iz Zapazanja 2.1.17.(3)⇒(4): Ako je F zatvoren i diskretan skup onda je (F, relF (τ)) Lindelof-ov i diskretan prostorpa mora biti konacan (obzirom da je

{{x} : x ∈ F

}jedan otvoren pokrivac tog prostora.)

(4)⇒(5): Neka je D ⊆ X proizvoljan diskretan podskup. Za svako x ∈ D neka je Ux ∈ τ takavda je Ux ∩D = {x}.

Za svako x ∈ D vazi Ux ∩D = {x}: zaista, ako je a ∈ Ux ∩D i a = x, onda je a ∈ Ux \ {x} ∈ τi(Ux \ {x}

)∩D = ∅, pa sledi da je a /∈ D, kontradikcija.

Dakle∪{Ux : x ∈ D}∩D = D, pa je D ∈ relD(τ). Kako je

(D, relD(τ)

)metrizabilan prostor,

to je svaki njegov otvoren skup tipa Fσ, pa postoji niz relD(τ)-zatvorenih skupova (Fn : n ∈ N)takav da je D =

∪n∈N

Fn. Kako je D τ -zatvoren skup to je Fn τ -zatvoren skup za svako n ∈ N, a

zbog Fn ⊆ D i diskretan. Prema (4) Fn je prebrojiv za svako n ∈ N, te je prebrojiv i D.(5)⇒(6): Neka je U ⊆ τ \ {∅} celularna familija. Za svako U ∈ U izaberimo po xU ∈ U . SkupD := {xU : U ∈ U} je diskretan jer vazi Ux ∩D = {x} za svako x ∈ D. Prema (5) D je prebrojivskup. Kako vazi xU = xV ako su U, V ∈ U takvi da je U = V , to i familija U mora biti prebrojiva.(6)⇒(1): Neka je d proizvoljna metrika kompatibilna sa topologijom τ . Za svako n ∈ N stavimo

Pn :=

{U ⊆ τ : U je celularna familija nekih otvorenih kugli poluprecnika

1

n

}i definisimo relaciju ≼n na skupu Pn tako da za U , V ∈ Pn imamo U ≼n V akko U ⊆ V.

Za svako n ∈ N (Pn,≼n) je parcijalno uredenje koje zadovoljava uslove Zorn-ove leme, pamozemo uociti po neki maksimalan element Un ∈ Pn tog uredenja; dakle Un je je celularna familija

nekih otvorenih kugli poluprecnika1

ntakva da za svako z ∈ X postoji neko U ∈ Un tako da je

Kd[z; 1/n) ∩ U = ∅.Za svako n ∈ N familija Un je po pretpostavci prebrojiva. Zato postoje xm,n ∈ X za (m,n) ∈ N2

tako da je Un = {xm,n : m ∈ N} za svako n ∈ N. Pokazimo da je skup S := {xm,n : (m,n) ∈ N2}gust.

Ako su z ∈ X i otvoren skup U ∋ z proizvoljni, uocimo neko n ∈ N tako da je Kd[z; 2/n] ⊆ U ,a zatim i neko m ∈ N tako da je Kd[z; 1/n) ∩ Kd[xm,n; 1/n) = ∅. Tada je d(z, xm,n) ≤ 2/n pa jexm,n ∈ U .

2

Zapazanje 2.1.19 Ako je prostor sekvencijalno kompaktan, onda je on i prebrojivo kompaktan.

Zaista, ako je {Un : n ∈ N} otvoren pokrivac prostora takav da je X =n∪

i=1

Ui za svako n ∈ N,

onda mozemo uociti proizvoljan niz (xn : n ∈ N) takav da je xn ∈ X \n∪

i=1

Ui za svako n ∈ N. Ovaj

niz nema nijedan konvergentan podniz (zasto?)2


Zapazanje 2.1.20 Ako je I prebrojiv T1 prostor prebrojivo kompaktan, onda je on i sekvencijalnokompaktan.

Zaista, neka je (xn : n ∈ N) proizvoljan niz tacaka nekog takvog prostora. Ako je skupS := {xn : n ∈ N} konacan onda dati niz mora da ima kostantan podniz. Prepostavimo zato da jeskup S beskonacan. Kako je prostor prebrojivo kompaktan, to postoji neka tacka nagomilavanjaa ∈ X skupa S. Uocimo neku prebrojivu lokalnu bazu {Un : n ∈ N} u tacki a. Konstruisimopodniz datog niza koji konvergira ka tacki a. Koristimo cinjenicu da u svakoj okolini ove tackeima beskonacno mnogo tacaka skupa S. Neka je k1 ∈ N proizvoljno tako da je xk1 ∈ U1. Ako suxki ∈ Ui za i = 1,m konstruisani tako da je ki < ki+1, neka je km+1 ∈ N ∩ (km; +∞) proizvoljnotako da vazi xkm+1 ∈ Um+1.

2

Teorema 2.1.21 Za svaki (X, τ) metrizabilan prostor sledeci uslovi su ekvivalentni.(1) Prostor je kompaktan.(2) Prostor je prebrojivo kompaktan.(3) Prostor je sekvencijalno kompaktan.

Dokaz (2)⇐⇒(3) vazi na osnovu Zapazanja 2.1.19 i 2.1.20(2)⇒(1): Iz Tvrdenja 2.1.4 i Teoreme 2.1.18 sledi da metrizabilan prostor mora biti Lindelof-ovako je prebrojivo kompaktan. S druge strane biti kompaktan ne znaci nista drugo do istovremenobiti i prebrojivo kompaktan i Lindelof-ov.

2

Definicija 2.1.22 Za metricki prostor (X, d) kazemo da je totalno ogranicen ako za svakoε ∈ (0;+∞) postoji neki konacan skup A ⊆ X sa osobinom da za svako z ∈ X postoji neko a ∈ Atako da je d(z, a) < ε. Drugim recima, (X, d) je totalno ogranicen ako za svako ε ∈ (0;+∞)otvoren pokrivac

{Kd[a; ε) : a ∈ X

}ima konacan podpokrivac.

2

Teorema 2.1.23 Ako je (X, τ) kompaktan metrizabilan prostor, onda svaka metrika kompatibilnasa topologijom τ mora biti i kompletna i totalno ogranicena.

Dokaz Iz Tvrdenja 2.1.16 i 2.1.15 direktno sledi da ako je (X, d) kompaktan metricki prostor,onda metrika d mora biti kompletna.

2

Teorema 2.1.24 Neka je d kompletna i totalno ogranicena metrika na skupu X. Tada je prostor(X,Topm(d)

)kompaktan.

Dokaz Neka je d kompletna i totalno ogranicena metrika na skupu X. Na osnovu Tvrdenja 2.1.6treba pokazati da svaki beskonacan skup tacaka prostora ima bar jednu tacku nagomilavanja.Dakle neka je D ⊆ X proizvoljan beskonacan skup.

Za svako i ∈ N neka je Si ⊆ X konacan skup takav da je X =∪z∈Si

Kd[z; 1/i). Definisimo

beskonacne skupove Di za i ∈ N0, i tacke xi ∈ Si za i ∈ N, kako sledi. Stavimo D0 = Di pretpostavimo da su konstruisani beskonacni skupovi D0, . . . , Dn za neko n ∈ N0. Kako je

Dn =∪

z∈Sn+1

(Kd[z; 1/(n+1))∩Dn

)beskonacan a Sn+1 konacan skup, to postoji neko xn+1 ∈ Sn+1

tako da je Dn ∩Kd[xn+1; 1/(n+ 1)) beskonacan. Stavimo Dn+1 :df= Dn ∩Kd[xn+1; 1/(n+ 1)).

Dalje, neka je Fn :df=

n∩i=1

Kd[xi; 1/i] za svako i ∈ N. Imamo Fi+1 ⊆ Fi i diamd(Fi) ≤ 2/i za svako

i ∈ N. Prema konstrukciji vazi Dn+1 ⊆ Dn ⊆ Kd[xn; 1/n) ∩D za svako n ∈ N; otuda je Dn ⊆ Fn

pa je Fn neprazan skup. Zato, obzirom da je d kompletna metrika, postoji neko a ∈∩n∈N

Fn = ∅.

2.2. LOKALNA KOMPAKTNOST 75

Pokazujemo da je a tacka nagomilavanja skupa D. Neka je ε ∈ (0;+∞) proizvoljno. Nekaje m ∈ N tako da je 2/m ≤ ε. Tada je a ∈ Kd[xm; 1/m] te ako je z ∈ Kd[xm; 1/m] proizvoljnoimamo d(a, z) ≤ d(a, xm) + d(xm, z) < 2/m ≤ ε. Dakle Dm ⊆ Kd[xm; 1/m] ⊆ Kd[a; ε], pa jeD ∩Kd[a; ε] ⊇ Dm = ∅.

2

Tvrdenje 2.1.25 Ako je A ⊆ X prebrojivo kompaktan skup prostora (X, τX) i f : X → RτX -neprekidno preslikavanje, onda je {sup f⇀A, inf f⇀A} ⊆ f⇀A.

Dokaz Skup f⇀A ⊆ R je prebrojivo kompaktan skup metrizabilnog prostora (R, τu), pa je on ikompaktan skup tog prostora. Otuda on mora biti zatvoren skup (prema Tvrdenju 2.1.7) i jos, kako

je f⇀A ⊆∪n∈N

(−n;n), postoji neko n ∈ N tako da je f⇀A ⊆ (−n;n). Zato je sup f⇀A, inf f⇀A ∈

R, pa je {sup f⇀A, inf f⇀A} ⊆ f⇀A = f⇀A.2

2.2 Lokalna kompaktnost

Za prostor (X, τ) kazemo da je lokalno kompaktan ako za svaku tacku x ∈ X postoji neki otvorenskup U ∋ x takav da je skup cl(U) kompaktan.

Tvrdenje 2.2.1 (1) Ako za tacku x ∈ X prostora (X, τ) postoji neki otvoren skup V ∋ x takoda je podprostor

(V , relV (τ)

)potpuno regularan, onda za svaki zatvoren skup F ∋ x postoji

preslikavanje f : (X, τ)c→ [0; 1] tako da vazi f(x) = 0 i f⇀F ⊆ {1};

(2) Svaki Hausdorff-ov lokalno kompaktan prostor je Tychonoff-ski;(3) Ako je (X, τ) Hausdorff-ov lokalno kompaktan prostor i x ∈ U ∈ τ , onda postoji neko V ∈ τtako da je V kompaktan i pritom je x ∈ V ∈ V ⊆ U .

Dokaz (1) Neka je F ⊆ X proizvoljan τ -zatvoren skup i x ∈ X \ F . Po pretpostavci postojineki τ -otvoren skup V ∋ x takav da je podprostor (A, τ1) Tychonoff-ski, gde je A = clτ (V ) iτ1 = relA(τ). Skup G := bdτ (V ) ∪ (clτ (V ) ∩ F ) je τ -zatvoren, te i τ1-zatvoren. Kako je V ∈ τto je V ∩ bdτ (V ) = ∅, pa sledi x /∈ bdτ (V ). Kako je jos x /∈ F to sledi da je x ∈ A \ G. (A, τ1)

je Tychonoff-ski prostor pa postoji neko preslikavanje f : (A, τ1)c→ [0; 1] takvo da je f(x) = 0

i f⇀G ⊆ {1}. Neka je g : X \ V → [0; 1] konstantno preslikavanje definisano sa g(z) = 1 zasvako z ∈ X \ V . Imamo dom(f) = clτ (V ) i dom(g) = X \ V , pa kako je V ∈ τ , sledi da jedom(f) ∩ dom(g) = bdτ (V ), te je f(z) = 1 = g(z) za svako z ∈ dom(f) ∩ dom(g). Zato je na os-novu Tvrdenja 1.5.8 preslikavanje h := f ∪ g τ -neprekidno i h : X → [0; 1]. Jasno h(x) = f(x) = 0.Neka je z ∈ F Ako je z ∈ clτ (V ) onda je z ∈ G ⊆ dom(f) pa je h(z) = f(z) = 1. Ako jez ∈ X \ clτ (V ) ⊆ X \ V = dom(g), onda je h(z) = g(z) = 1.

(2) Ovo sledi iz dela pod (2) i cinjenice da je svaki Hausdorff-ov kompaktan prostor Tychonoff-ski.

(3) Neka je x ∈ U ∈ τ i neka je W ∋ x otvoren skup takav da je skup W kompaktan. Obzirom daje (X, τ) regularan prostor prema delu pod (2), postoji V ∈ τ tako da je x ∈ V ⊆ V ⊆ U ∩W .Kako je V zatvoren podskup kompaktnog skupa W , to V mora biti kompaktan.

2

Za (X, τ) kazemo da je σ-kompaktan prostor ako postoji niz Kn : n ∈ N) kompaktnih pod-

skupova tog prostora tako da je X =∪n∈N

Kn.


Tvrdenje 2.2.2 Za proizvoljan topoloski prostor (X, τ) sledeca dva uslova su ekvivalentna:(a) Prostor je lokalno kompaktan, σ-kompaktan;(b) Postoje otvoreni skupovi Un, za n ∈ N, tako da je Un kompaktan skup za svako n ∈ N, i

tako da vazi X =∪n∈N

Un.

Dokaz (a)⇒(b) Pretpostavimo da je (X, τ) lokalno kompaktan prostor takav da je X =∪n∈N

Kn za

neke kompaktne skupove Kn ⊆ X. Za svaku tacku x ∈ X postoji neki otvoren skup Vx ∋ x takav

da je Vx kompaktan skup. Za svako n ∈ N vazi Kn ⊆∪x∈X

Vx pa mora da postoji neki konacan

skup Tn ⊆ X takav da je Kn ⊆∪

x∈Tn

Vx =: Un. Jasno X =∪n∈N

Un. Takode, imamo Un =∪

x∈Tn

Vx

(jer je Tn konacan skup), pa je skup Un kompaktan kao unija konacno mnogo kompaktnih skupova.

(b)⇒(a) Pretpostavimo da postoje otvoreni skupovi Un, za n ∈ N, tako da je Un kompaktan skup

za svako n ∈ N, i tako da vazi X =∪n∈N

Un. Ako je x ∈ X proizvoljna tacka, onda postoji neko

n ∈ N tako da je x ∈ Un; pritom je Un ∈ τ i skup Un je kompaktan. Dakle (X, τ) je lokalno

kompaktan. Da je prostor σ-kompaktan sledi direktno iz X =∪n∈N

Un.

2

Zapazanje 2.2.3 Ako je (X, τ) lokalno kompaktan, σ-kompaktan prostor, onda postoji niz (Kn :n ∈ N) kompaktnih skupova sa osobinom da za svaki kompaktan skup A ⊆ X postoji m ∈ N takoda je A ⊆ Km.

2

Tvrdenje 2.2.4 Neka je (X, τ) I prebrojiv prostor takav da postoji niz (Kn : n ∈ N) zatvorenih,kompaktnih skupova sa osobinom da za svaki kompaktan skup A ⊆ X postoji m ∈ N tako da jeA ⊆ Km. Tada je prostor lokalno kompaktan, σ-kompaktan.

Dokaz Jasno je da ovakav prostor mora biti σ-kompaktan. Pretpostavimo, suprotno onom stotreba pokazati, da postoji neka tacka x ∈ X takva da ni za jedan otvoren skup W ∋ x skup Wnije kompaktan. Po pretpostavci postoji neka lokalna baza {Un : n ∈ N} u tacki x. Za svako

n ∈ N stavimo Vn :=n∩

i=1

Ui; kad bi bilo Vn ⊆ Kn, sledilo bi da je Vn ⊆ Kn (obzirom da je Kn po

pretpostavci zatvoren), te i da je Vn kompaktan, sto bi protivurecilo izboru tacke x; dakle mozemoizabrati neku tacku zn ∈ Vn \Kn.

Niz (zn : n ∈ N) konvergira ka tacki x. Zaista, ako je G ∋ x proizvoljan otvoren skup, ondapostoji n ∈ N tako da je Un ⊆ G; tada za proizvoljan prirodan broj m ≥ n vazi

zm ∈ Vm ⊆ Un ⊆ G .

Otuda je skup {x} ∪ {zn : n ∈ N} =: A kompaktan pa po pretpostavci postoji m ∈ N tako da jeA ⊆ Km. Ovo povlaci da je zm ∈ Km. No ovo je nemoguce jer je zm ∈ Vm \Km, kontradikcija.

2

2.2.1 Teorema Baire-a

Tvrdenje 2.2.5 Ako je (X, τ) Hausdorff-ov lokalno kompaktan prostor i Un ⊆ X otvoren gust

skup za svako n ∈ N, onda je skup∩n∈N

Un gust.

2.3. POVEZANOST 77

Dokaz Neka je V proizvoljan neprazan otvoren skup. Konstruisimo rekurzivno niz (Pn : n ∈ N)nepraznih otvorenih skupova tako da je cl(Pn) kompaktan i cl(Pn+1) ⊆ cl(Pn) ⊆ V ∩ Un za svakon ∈ N.

Mozemo uociti neko x1 ∈ V ∩ U1 = ∅ (U1 je gust). Prema Tvrdenju 2.2.1 postoji neki otvorenP1 takav da je cl(P1) kompaktan i tako da je x1 ∈ P1 ⊆ cl(P1) ⊆ V ∩ U1.

Pretpostavimo da je k ∈ N i da su konstruisani neprazni otvoreni skupovi Pi za i = 1, k takoda za svako i ∈ {1, . . . , k} vazi da je cl(Pi) kompaktan i da cl(Pi) ⊆ V ∩ Ui, i ako k > 1 tako daje cl(Pi+1) ⊆ cl(Pi) za svako i ∈ {1, . . . , k − 1}. Pk je neprazan otvoren pa mozemo uociti nekoxk+1 ∈ Pk ∩ Uk+1 (Uk+1 je gust). Prema Tvrdenju 2.2.1 postoji neki otvoren Pk+1 takav da jecl(Pk+1) kompaktan i tako da je xk+1 ∈ Pk+1 ⊆ cl(Pk+1) ⊆ V ∩ Uk+1. Jasno cl(Pk+1) ⊆ cl(Pk) icl(Pk+1) ⊆ V ∩ Uk+1 (jer je Pk ⊆ P1 ⊆ V ).

Nakon sto smo konstruisali ovaj niz primetimo da je (Pn : n ∈ N) centrirana familija kom-

paktnih skupova, obzirom da je Pn = ∅ za svako n ∈ N. Zato postoji neko a ∈∩n∈N

cl(Pn) ⊆

∩n∈N

(Un ∩ V ) = V ∩

(∩n∈N

Un

)= ∅.

2

Tvrdenje 2.2.6 Ako je (X, d) kompletan metricki prostor i Un ⊆ X otvoren gust skup za svako

n ∈ N, onda je skup∩n∈N

Un gust.

Dokaz Neka je V proizvoljan neprazan otvoren skup. Konstruisimo rekurzivno niz (Pn : n ∈ N)nepraznih otvorenih skupova tako da je diam(cl(Pn)) <

2

ni cl(Pn+1) ⊆ cl(Pn) ⊆ V ∩ Un za svako

n ∈ N.Mozemo uociti neko x1 ∈ V ∩ U1 = ∅ (U1 je gust). Postoji ε1 ∈ (0; 1) tako da je Kd[x1; ε1] ⊆

V ∩ U1. Definisimo P1 := Kd[x1; ε1). Jasno cl(P1) ⊆ Kd[x1, ε1] ⊆ V ∩ U1 i diam(cl(P1)) ≤diam

(Kd[x1; ε1]

)≤ 2ε1 < 2.

Pretpostavimo da je k ∈ N i da su konstruisani neprazni otvoreni skupovi Pi za i = 1, k tako

da za svako i ∈ {1, . . . , k} vazi da je diam(cl(Pi)) <2

ii da cl(Pi) ⊆ V ∩ Ui, i ako k > 1 tako

da je cl(Pi+1) ⊆ cl(Pi) za svako i ∈ {1, . . . , k − 1}. Pk je neprazan otvoren pa mozemo uociti

neko xk+1 ∈ Pk ∩ Uk+1 (Uk+1 je gust). Postoji εk+1 ∈(0;

1

k + 1

)tako da je Kd[xk+1; εk+1] ⊆

Pk ∩ Uk+1. Definisimo Pk+1 := Kd[xk+1; εk+1). Jasno cl(Pk+1) ⊆ Kd[xk+1; εk+1] ⊆ V ∩ Uk+1 (jer

je Pk ⊆ P1 ⊆ V ), cl(Pk+1) ⊆ cl(Pk) i diam(cl(Pk+1)) ≤ diam(Kd[xk+1; εk+1]

)≤ 2εk+1 <

2

k + 1.

Na ovaj nacin smo konstruisali ⊆-opadajuci niz (Pn : n ∈ N) nepraznih zatvorenih skupova ciji

d-dijametri teze nuli. d je kompletna metrika pa zato postoji neko a ∈∩n∈N

cl(Pn) ⊆∩n∈N

(Un∩V ) =

V ∩

(∩n∈N

Un

)= ∅.

2

2.2.2 Kompaktifikacija jednom tackom

2.3 Povezanost

Za prostor (X, τ) kazemo da je povezan ako ne postoje neprazni, otvoreni skupovi U, V ⊆ X takvida je U ∩ V = ∅ i U ∪ V = X. Lako je videti da je ova cinjenica ekvivalentna tome da ne postoji


nijedan skup A ∈ P(X) \ {∅, X} koji je istovremeno i otvoren i zatvoren.Za skup A ⊆ X kazemo da je povezan skup prostora (X, τ) ako je podprostor

(A, relA(τ)

)povezan; lako je videti da je ovo ekvivalentno sa cinjenicom da kad god su U, V ⊆ X otvoreniskupovi takvi da je A ∩ U ∩ V = ∅ i A ⊆ U ∪ V , onda

A ∩ U = ∅ ⇒ A ⊆ U

Kazemo i da je A τ -povezan skup.Za x ∈ X skup ∪

{A ⊆ X : x ∈ A i A je povezan}nazivamo komponenta povezanosti tacke x u prostoru X, a skup∩

{A ⊆ X : x ∈ A i A je otvoreno-zatvoren}

kvazikomponenta povezanosti tacke x u prostoru X.Za skup kazemo da je komponenta [kvazikomponenta] povezanosti prostora X ako je on kompo-

nenta [kvazikomponenta] povezanosti neke tacke u prostoru X.

Zapazanje 2.3.1 Neka je f : (X, τ)c→ (Y, λ) i neka je A ⊆ X τ -povezan skup. Tada je f⇀A

λ-povezan skup.2

Tvrdenje 2.3.2 (1) Neka su Ai ⊆ X, za i ∈ I, povezani skupovi prostora (X, τ) takvi da postojineko i0 ∈ I sa osobinom da za svako i ∈ I mora biti Ai0 ∩Ai = ∅ ili Ai0 ∩Ai = ∅ (ovo ce ocidgledno

vaziti u specijalnom slucaju kad je∩i∈I

Ai = ∅). Tada je skup∪i∈I

Ai povezan.

(2) Ako je A ⊆ X povezan skup i B ⊆ X skup takav da je A ⊆ B ⊆ A, onda je i skup B povezan.

Dokaz (1) Stavimo S :=∪i∈I

Ai. Neka su U, V ⊆ X otvoreni skupovi takvi da je S ∩ U ∩ V = ∅ i

S ⊆ U ∪ V . Kako je Ai0 ⊆ U ∪ V , Ai0 ∩ U ∩ V ⊆ S ∩ U ∩ V = ∅, a Ai0 povezan skup, to postojiW0 ∈ {U, V } tako da je Ai0 ⊆ W0.

Neka je i ∈ I proizvoljno. Kako je Ai ⊆ U ∪V , Ai∩U ∩V ⊆ S∩U ∩V = ∅, a Ai povezan skup,to postoji W ∈ {U, V } tako da je Ai ⊆ W . Kad bi bilo W0 = W onda bi imali {W,W0} = {U, V }te i W0∩W = ∅. Zbog Ai0 ⊆ W0 ∈ τ i Ai ⊆ W ∈ τ , ovo povlaci da je Ai0 ⊆ X \W i Ai ⊆ X \W0,pa je otuda Ai0 ∩Ai = ∅ i Ai0 ∩Ai = ∅, suprotno pretpostavci.

(2) Stavimo I := {A}∪B i definisimo Sx := {x} za x ∈ B, odnosno SA := A. Za svako i ∈ I skup

Si je povezan, i vazi SA∩Si = ∅ za svako i ∈ I. Kako je B =∪i∈I

Si tvrdenje sledi iz dela pod (1).

Pokazimo sada tvrdenje i direktno. Neka su U, V ⊆ X otvoreni skupovi takvi da je B∩U∩V = ∅i B ⊆ U ∪ V . Tada je i A ∩ U ∩ V = ∅ i A ⊆ U ∪ V , pa kako je A povezan to mora biti A ⊆ W1

za neko W1 ∈ {U, V }. Neka je {W2} = {U, V } \ {W1}. Neka je b ∈ B proizvoljno. Iz b ∈ W2 ∈ τ ib ∈ B ⊆ A sledi da postoji neko a ∈ A∩W2. No ovo znaci da je a ∈ A∩W1∩W2 = A∩U ∩V = ∅.Dakle ne moze biti b ∈ W2. Zato sada iz B ⊆ W1 ∪W2 sledi da je B ⊆ W1 ∈ {U, V }.

2

Tvrdenje 2.3.3 Neka je (X, τ) proizvoljan prostor. Za x, y ∈ X definisemo da je x ∼ y akopostoji neki povezan podskup S ⊆ X takav da vazi {x, y} ⊆ S. Tada vazi:(1) Ovako definisana relacija ∼ na skupu X je relacija ekvivalencije;(2) Za svako x ∈ X klasa ekvivalencije [x]∼ je komponenta povezanosti tacke x u prostoru X.Skup [x]∼ je maksimalan povezan podskup prostora X, tj. ako je M ⊆ X povezan skup takav daje [x]∼ ⊆ M , onda mora biti M = [x]∼;(3) Ako je S maksimalan povezan podskup od X, onda mora biti S = [x]∼ za svako x ∈ S.(4) Skup [x]∼ je zatvoren za svako x ∈ X;

2.3. POVEZANOST 79

Dokaz Za x ∈ X neka je Cx :=∪{A ⊆ X : x ∈ A i A je povezan skup} komponenta povezanosti

tacke x u datom prostoru.(1) Neka je x ∼ y i y ∼ z, tj. neka je x, y ∈ P i y, z ∈ Q, za neke povezane skupove P,Q ⊆ X.Zbog y ∈ P ∩Q = ∅ je i skup P ∪Q povezan, a pritom je x, z ∈ P ∪Q. Dakle x ∼ z.

(2) Imamo

z ∈ Cx

ako i samo ako

∃A ⊆ X (A je povezan, x ∈ A i z ∈ A)

ako i samo ako

∃A ⊆ X (A je povezan i {x, z} ⊆ A)

ako i samo ako

x ∼ z

ako i samo ako

z ∈ [x]∼ .

Prema (1) iz Tvrdenja 2.3.3 skup Cx je povezan. Ako je M ⊆ X povezan skup takav da jeCx ⊆ M , onda je x ∈ Cx ⊆ M pa je M ⊆ Cx, tj. M = Cx.

(3) Neka je S ⊆ X maksimalan povezan podskup od X. Uocimo proizvoljnu tacku x ∈ S ipokazimo da je S = Cx. Kako je S povezan skup to prema definiciji samog pojma komponentepovezanosti mora biti S ⊆ Cx. Na osnovu dela pod (2) skup Cx je povezan, pa prema ucinjenojpretpostavci o skupu S, odavde sada sledi da je S = Cx.

(4) Na osnovu (2) iz Tvrdenja 2.3.2 imamo da je Cx povezan skup, pa sada prema delu pod (2),a zbog Cx ⊆ Cx, sledi da je Cx = Cx.

2

Zapazanje 2.3.4 Neka je (X, τ) proizvoljan prostor i neka je C ⊆ X komponenta povezanostiprostora (X, τ). Tada za proizvoljnu tacku x ∈ X vazi: x ∈ C ako i samo je C komponentapovezanosti tacke x u prostoru (X, τ).

Dokaz Neka je ∼ relacija ekvivalencije iz Tvrdenja 2.3.3. Neka je C ⊆ X komponenta povezanostiprostora (X, τ). Za proizvoljno z ∈ X sa Kz oznacimo komponentu povezanosti tacke z u prostoru(X, τ). Dakle postoji y ∈ X tako da je C = Ky = [y]∼. Ako je x ∈ X proizvoljno imamo

x ∈ C ⇐⇒ x ∈ [y]∼ ⇐⇒ x ∼ y ⇐⇒ [x]∼ = [y]∼ ⇐⇒ Kx = C

2

Tvrdenje 2.3.5 Neka je (X, τ) proizvoljan prostor. Za proizvoljnu tacku prostora, komponentapovezanosti te tacke je podskup kvazikomponente povezanoste te tacke. Familija svih kvazikom-ponenti povezanosti tacaka datog prostora particija skupa X.

Dokaz Neka je svaku tacku x ∈ X skup Cx komponenta povezanosti, a Qx kvazikomponentapovezanosti te tacke. Neka su S ∋ x povezan podskup od X i A ∋ x otvoreno-zatvoren podskupod X. Kako je S ⊆ A ∪ Ac, oba skupa A i Ac su otvorena, a S povezan, to mora biti S ⊆ A iliS ⊆ Ac. Zbog x ∈ S ∩A = ∅ imamo da je S ⊆ A. Ovim smo pokazali da mora biti Cx ⊆ Qx.

Za svako x ∈ X stavimo Fx := {A ⊆ X : x ∈ A i A je otvoreno-zatvoren}. Dakle Qx =∩Fx.


Pokazimo sada da iz z ∈ Qx mora da sledi Fz = Fx, te specijalno i Qz = Qx. Ako je A ∈ Fx

onda je z ∈ Qx =∩

Fx ⊆ A pa je A ∈ Fz. Ovim smo pokazali da je Fx ⊆ Fz. Ako je B ∈ Fz

takav da je x /∈ B, onda je Bc otvoreno-zatvoren skup takav da je x ∈ Bc ∋ z, tj. Bc ∈ Fx \ Fz,sto protivureci onom sto smo vec pokazali. Dakle mora biti i Fz ⊆ Fx.

Da pokazemo da kvazikomponente cine particiju skupa X, preostaje da primetimo da ako sux, y ∈ X takve tacke da postoji neko z ∈ Qx ∩Qy, onda na osnovu ovog sto smo upravo pokazalimora biti Qx = Qz = Qy.

2

Tvrdenje 2.3.6 Ako je (X, τ) kompaktan Hausdorff-ov topoloski prostor, onda se za proizvoljnutacku prostora komponenta povezanosti te tacke i kvazikomponenta povezanosti te tacke poklapaju.

Dokaz Neka je x ∈ X proizvoljna tacka,

Fx := {A ⊆ X : x ∈ A i A je otvoreno-zatvoren}

i Qx :=∩

Fx kvazikomponenta povezanosti tacke x. Pokazacemo da je Qx τ -povezan skup.Pretpostavimo da su K1 i K2 relQx(τ)-zatvoreni disjunktni skupovi takvi da je Qx = K1 ∪K2.

Bez gubljenja opstosti mozemo pretpostaviti da je x ∈ K1. SkupQx je zatvoren pa su zato i skupoviK1 i K2 zatvoreni. Kako je prostor (X, τ) normalan kao Hausdorff-ov i kompaktan, to postojeotvoreni skupovi U, V ⊆ X takvi da je K1 ⊆ U , K2 ⊆ V i U ∩ V = ∅. Svaki A ∈ Fx je kompaktanskup, kao zatvoren podskup kompaktnog prostora. Zato sada iz

∩Fx = Qx = K1 ∪K2 ⊆ U ∪ V

prema Tvrdenju 2.1.2 sledi da postoji neki konacan M ⊆ Fx takav da je G :=∩M ⊆ U ∪ V .

Skup G je otvoreno-zatvoren pa je skup G ∩ U otvoren. Kako je G zatvoren i vazi G ⊆ U ∪ V ,U, V ∈ τ i U ∩V = ∅ to je lako videti da je G∩U zatvoren skup. Dakle x ∈ U ∩Qx = U ∩

∩Fx ⊆

U ∩∩

M = U ∩G pa kako je G∩U otvoreno-zatvoren skup, zakljucujemo da je G∩U ∈ Fx. Zatoje Qx ⊆ G ∩ U ⊆ U , tj. K2 = ∅.

2

Tvrdenje 2.3.7 (1) Skup A ⊆ R povezan (uR-povezan, preciznije) ako i samo ako za svakox, y ∈ A vazi (x; y) ⊆ A.(2) Skup A ⊂ R povezan ako i samo ako postoje x, y ∈ R tako da je x ≤ y i

A = [x; y) ili A = [x; +∞) ili A = (x; y] ili A = (−∞; y] ili A = [x; y] ili A = (x; y) ili A = (x; +∞)ili A = (−∞; y).

Dokaz Pokazimo najpre da ako su p, q ∈ R tako da je p < q, onda je [p; q] povezan skup.Neka su, suprotno onom sto treba pokazati, F1, F2 ⊆ [p; q] neprazni zatvoreni skupovi po-

dprostora [p; q] takvi da je [p; q] = F1 ∪ F2 i p ∈ F1. Skup F2 je neprazan i ogranicen te postojir := F2. Kako je F2 zatvoren skup podprostora [p; q], a [p; q] zatvoren podskup od R, to je i F2

zatvoren podskup od R. Otuda je r ∈ F2 pa je r > p. No F2 je i otvoren podskup podprostora[p; q], te (obzirom da je r > p) postoji neko ϵ > 0 tako da je (r − ϵ; r] ⊆ F2, a ovo protivurecicinjenici da je broj r infimum skupa F2.

(1) Neka je A ⊆ R povezan skup i neka su x, y ∈ A tako da je x < y. Kad bi postojalo nekou ∈ (x; y) \ A, onda bio vazilo A ⊆ (−∞;u) ∪ (u; +∞). Kako su skupovi (−∞;u) i (u; +∞)otvoreni, disjunktni, a skup A povezan, to bi odavde sledilo da je A podskup tacno jednog od njih.No zbog x ∈ A ∩ (−∞;u) = ∅ i y ∈ A ∩ (u; +∞) = ∅ ovo nije moguce.

Da pokazemo obrat, pretpostavimo da je neprazan skup A ⊆ R takav da je (x; y) ⊆ A za svakox, y ∈ A. Ako je a ∈ A proizvoljno, ovo znaci da je

A =

∪b∈A; a<b

[a; b]

∪

∪b∈A; b<a

[b; a]

2.3. POVEZANOST 81

pa da je skup A povezan sledi iz cinjenice da su segmenti povezani skupovi i Tvdenja 2.3.2 pod (1).

(2) Lako je videti da svaki od navedenih tipova skupova ima osobinu iz dela pod (1) te i da jepovezan.

Obrnuto, pretpostavimo je neprazan skup A ⊆ R takav da je (x; y) ⊆ A za svako x, y ∈ A.Stavimo p := inf A ∈ [−∞; +∞] i q := supA ∈ [−∞; +∞]. Ako je x ∈ (p; q) onda postoje u, v ∈ Atako da je u < x < v, te mora biti x ∈ A. Dakle (p; q) ⊆ A. Nije tesko proveriti da zavisno odtoga da li je p ∈ R ili p = −∞, q ∈ R ili q = +∞, p ∈ A ili p ∈ A, q ∈ A ili q /∈ A, skup A morabiti nekog od navedenih oblika.

2

Za prostor (X, τ) kazemo da je lokalno povezan ako za svaku tacku x ∈ X i svaku otvorenuokolinu U ∈ τ tacke x postoji neki otvoren i povezan skup P ⊆ X takav da je x ∈ P ⊆ U .

Tvrdenje 2.3.8 Za proizvoljan prostor (X, τ) sledeci uslovi su ekvivalentni:(1) (X, τ) je lokalno povezan prostor;(2) Za svaku tacku x ∈ X i svaku otvorenu okolinu U ∈ τ tacke x postoji neki povezan skupP ⊆ X takav da je x ∈ int(P ) ⊆ P ⊆ U ;(3) Komponente povezanosti otvorenih podprostora prostora (X, τ) su otvoreni skupovi.

Dokaz (3)⇒(1) Neka je x ∈ U ∈ τ i C komponenta povezanosti tacke x u prostoru(U, relU (τ)

).

Tada je x ∈ C ⊆ U i(C, relC(relU (τ))

)=(C, relC(τ)

)je povezan prostor, tj. C je povezan skup

prostora (X, τ). Prema (3) C je otvoren skup.

(1)⇒(2) Ovo je ocigledno.

(2)⇒(3) Neka je U ⊆ X neprazan otvoren skup i C ⊆ U proizvoljna komponenta povezanostiprostora

(U, relU (τ)

)i neka je x ∈ C proizvoljna tacka. Skup C je komponenta povezanosti tacke

x u prostoru(U, relU (τ)

)pa je

C =∪{

S ⊆ U : x ∈ S i(S, relS(relU (τ))

)je povezan prostor

}.

Ako je S ⊆ U onda je(S, relS(relU (τ))

)=(S, relS(τ)

). Zato je

C =∪

{S ⊆ U : x ∈ S i S je povezan skup prostora (X, τ)}

Prema pretpostavci postoji neki povezan skup P ⊆ X prostora (X, τ) takav da je x ∈ int(P ) ⊆P ⊆ U . Odavde sledi da je P ⊆ C te i x ∈ int(P ) ⊆ C. Ovim smo pokazali da je C otvoren skup.

2

Zapazanje 2.3.9 (1) Neka su dati prostori (Xi, τi) za i = 1, n+ 1. Preslikavanje

f : (X1 × · · · ×Xn)×Xn+1 → X1 × · · · ×Xn ×Xn+1

definisano saf((

(x1, . . . , xn) , xn+1

))= (x1, . . . , xn, xn+1)

je((τ1 ⊗ · · · ⊗ τn)⊗ τn+1 , τ1 ⊗ · · · ⊗ τn ⊗ τn+1

)-homeomorfizam.

(2) Neka su dati prostori (Xi, τi) za i = 1, 2, i (u, v) ∈ X1 ×X2. Preslikavanje f : X1 → X1 ×X2

dato sa f(x) = (x, v) je (τ1, τ1 ⊗ τ2)-topolosko potapanje. Preslikavanje g : X2 → X1 ×X2 dato sag(x) = (u, x) je (τ2, τ1 ⊗ τ2)-potapanje.


(3) Neka su dati prostori (Xi, τi) za i ∈ I, J ⊆ I neprazan skup i a = (ai ∈ I : i ∈ I) ∈∏i∈I

Xi.

Preslikavanje f :∏j∈J

Xj →∏i∈I

Xi dato sa f((uj : j ∈ J)

)= (vi : i ∈ I) gde je vj = uj za svako

j ∈ J , odnosno vi = ai za svako i ∈ I \ J , je

⊗j∈J

τj ,⊗i∈I

τi

-topolosko potapanje.

(4)Neka su dati prostori (Xi, τi) za i ∈ I i J ⊂ I neprazan skup. Preslikavanje f :

∏j∈J

Xj ,∏

j∈I\J

Xj

→∏i∈I

Xi dato sa

f((uj : j ∈ J), (vi : i ∈ I \ J)

)= (wi : i ∈ I)

gde je wj = uj za svako j ∈ J , odnosno wi = vi za svako i ∈ I \ J , je homeomorfizam izmedu

topologija

⊗j∈J

τj

⊗

⊗i∈I\J

τi

i⊗i∈I

τi. Inverzni homeomorfizam preslikavanju f je jasno, dat

sa f−1(w) =(w � J,w � (I \ J)

)za w ∈

∏i∈I

Xi.

2

Tvrdenje 2.3.10 Neka je (Xi, τi), i ∈ I = ∅, familija topoloskih prostora i τ :=⊗i∈I

τi, X :=∏i∈I

Xi. Prostor (X, τ) je povezan ako i samo ako je za svako i ∈ I prostor (Xi, τi) povezan.

Dokaz Za svako j ∈ I neka je pj : X :→ Xj projekcija definisana sa pj((aj : j ∈ I)

)= ai. Ako

je prostor (X, τ) povezan i i0 ∈ I proizvoljno, onda je (pi0)⇀X = Xi0 , pa kako je pi0 (τ, τi0)-

neprekidno preslikavanje, to sledi da je (Xi0 , τi0) povezan prostor.

Pretpostavimo sada da je za svako i ∈ I prostor (Xi, τi) povezan.(I) Ako su (Yi, τi) za i = 1, 2 povezani prostori, onda je i (Y1 × Y2, τ1 ⊗ τ2) povezan prostor.Zaista, ako fiksiramo u0 ∈ Y1, elementi familije A :=

{Y1 × {v} : v ∈ Y2

}∪{{u0} × Y2

}su

povezani podskupovi prostora (Y1 × Y2, τ1 ⊗ τ2), na osnovu dela (2) iz Zapazanja 2.3.9. Kako je(u0, v) ∈

(Y1×{v}

)∩({u0}×Y2

)= ∅ i jos

∪A = Y1×Y2, to je prostor (Y1×Y2, τ1⊗ τ2) povezan.

(II) Ako su (Yi, τi) za i = 1, n povezani prostori, onda je i (Y1 × · · · × Yn, τ1 ⊗ · · · ⊗ τn) povezanprostor. Ovo sledi jednostavnom indukcijom iz (I) i dela (1) Zapazanja 2.3.9.

(III) Pokazujemo sada da je prostor

(∏i∈I

Xi,⊗i∈I

τi

)= (X, τ) povezan. Fiksirajmo proizvoljno

a = (ai : i ∈ I) ∈ X. Na osnovu (II) i dela (3) iz Zapazanja 2.3.9, za svaki neprazan konacanskup T ⊆ I skup

ST := {v = (vi : i ∈ I) ∈ X : vi = ai za svako i ∈ I \ T}

je povezan podskup prostora (X, τ). Kako je

a ∈∩

{ST : T ⊆ I je neprazan konacan skup} = ∅

to je

Y :=∪

{ST : T ⊆ I je neprazan konacan skup}

2.3. POVEZANOST 83

povezan skup prostora (X, τ). No lako je videti da je clτ (Y ) = X, iz cega sada sledi da je (X, τ)povezan prostor.

2

Posledica 2.3.11 Neka je (Xi, τi), i ∈ I = ∅, familija topoloskih prostora, τ :=⊗i∈I

τi, X :=∏i∈I

Xi

i a = (ai : i ∈ I) ∈ X. Za svako i ∈ I neka je Ci ⊆ Xi komponenta povezanosti tacke ai u prostoru

(Xi, τi). Tada je∏i∈I

Ci komponenta povezanosti tacke a u prostoru (X, τ).

2

Tvrdenje 2.3.12 (NE TREBA ZA ISPIT) Neka je (Xi, τi), i ∈ I = ∅, familija topoloskih pros-

tora, τ :=⊗i∈I

τi, X :=∏i∈I

Xi i a = (ai : i ∈ I) ∈ X. Za svako i ∈ I neka je Qi ⊆ Xi kvazikompo-

nenta povezanosti tacke ai u prostoru (Xi, τi). Tada je∏i∈I

Qi kvazikomponenta povezanosti tacke

a u prostoru (X, τ).

Dokaz Neka je Q kvazikomponenta povezanosti tacke a = (ai : i ∈ I) ∈ X u prostoru (X, τ);dalje neka je pj : X :→ Xj za j ∈ I j-ta projekcija. Ako je i ∈ I proizvoljno i S ⊆ Xi τi-otvoreno-zatvoren skup takav da je ai ∈ S, onda je (pi)

↼S τ -otvoreno-zatvoren skup koji sadrzi tacku a pamora biti Q ⊆ (pi)

↼S, te i (pi)⇀Q ⊆ S; zakljucujemo da je (pi)

⇀Q ⊆ Qi. Odavde vidimo da je

Q ⊆∏i∈I

Qi. U nastavku pokazujemo obrnutu inkluziju.

(I) Neka je najpre I = {1, 2}. Neka su (b1, b2) ∈ Q1 × Q2 i A ∈ Fa := {P ⊆ X1 × X2 : P jeτ − otvoreno-zatvoren} proizvoljni. Pokazimo da tada mora biti (b1, b2) ∈ A. Kako je Q ={x ∈ X1 ×X2 : x ∈ P za svako P ∈ Fa} odavde ce direktno slediti da je Q1 ×Q2 ⊆ Q.

Za S ⊆ X, i ∈ {1, 2}, z ∈ Xi i {1, 2} = {i, j} stavimo Sjz := {t ∈ Xj : (z, t) ∈ S}. Jasno je da je

Xj \Sjz = ((X1 ×X2) \ S)jz kao i da ako je S τ -otvoreno-zatvoren, onda je Sj

z τj-otvoreno-zatvoren.

Kako je a2 ∈ A2a1, A2

a1je τ2-otvoreno-zatvoren skup a b2 ∈ Q2, to je b2 ∈ A2

a1, tj. (a1, b2) ∈ A.

Slicno, iz toga sto je a1 ∈ A1b2, A1

b2je τ1-otvoreno-zatvoren skup i iz b1 ∈ Q1 sledi da je b1 ∈ A1

b2,

tj. (b1, b2) ∈ A.

(II) Sada se induktivnim rasudivanjem (koristeci Zapazanje 2.3.9) lako vidi da tvrdenje vazi i kadaje I konacan skup.

(III) Neka je sada je I proizvoljan neprazan skup i b ∈∏i∈I

Qi proizvoljno. Pretpostavimo da je

b /∈ Q. Kako je Q τ -zatvoren skup ovo bi znacilo da postoji neki neprazan konacan J ⊆ I takavda za svako c ∈ X iz c � J = b � J sledi da je c /∈ Q. Neka je d ∈ X definisano sa di = ai zai ∈ I \ J i di = bi za i ∈ J tada je d /∈ Q. Prema prethodno dokazanom pod (II) komponenta

povezanosti tacke a � J ∈∏j∈J

Xj u odnosu na topologiju⊗j∈J

τj je∏j∈J

Qj , te su u ovom prostoru

komponente povezanosti tacaka a � J i d � J iste, obzirom da je dj ∈ Qj za svako j ∈ J ; takode,

komponenta povezanosti tacke a � (I \ J) ∈∏

i∈I\J

Xi u odnosu na topologiju⊗i∈I\J

τi je ista kao

i tacke d � (I \ J) ∈∏

i∈I\J

Xi (prosto jer je zapravo d � (I \ J) = a � (I \ J)). Zato, koristeci

se Zapazanjem 2.3.9 pod (1) kao i onom sto smo dokazali pod (I), dobijamo da je d ∈ Q –kontradikcija.

2


Tvrdenje 2.3.13 Neka je (Xi, τi), i ∈ I, familija topoloskih prostora i τ :=⊗i∈I

τi, X :=∏i∈I

Xi.

Prostor (X, τ) je lokalno povezan ako i samo ako je za svako i ∈ I prostor (Xi, τi) lokalno povezan,i postoji konacan skup M takav da je za svako i ∈ I \M prostor (Xi, τi) je povezan.

Dokaz Za svako j ∈ I neka je pj : X :→ Xj projekcija definisana sa pj((aj : j ∈ I)

)= ai. Neka

je najpre prostor (X, τ) lokalno povezan i i0 ∈ I proizvoljno. Imamo (pi0)⇀X = Xi0 , a pi0 je

(τ, τi0)-neprekidno i (τ, τi0)-otvoreno preslikavanje. Lako je videti da ako je f : (Y, τY )c→ (Z, τZ)

preslikavanje na skup Z koje je (τY , τZ)-neprekidno i (τY , τZ)-otvoreno, i ako je (Y, τY ) lokalnopovezan, onda je i prostor (Z, τZ) lokalno povezan. Dakle (Xi0 , τi0) mora biti lokalno povezanprostor.

Dalje, postoji neki neprazan otvoren i povezan skup W prostora (X, τ). Otuda postoji neki

neprazan konacan M ⊆ I i neprazni Ui ∈ τi za i ∈ M tako da je∩i∈M

(pi)↼Ui ⊆ W . Ako je j ∈ I\M

proizvoljno onda je Xj ⊇ (pj)⇀W ⊇ (pj)

⇀∩i∈M

(pi)↼Ui = Xj (ova jednakost na kraju vazi jer je

Ui = ∅ za svako i ∈ M), tj. (pj)⇀W = Xj , pa kako je pi (τ, τj)-neprekidno preslikavanje, sledi da

je (Xj , τj) povezan prostor.

Pretpostavimo sada da je za svako i ∈ I prostor (Xi, τi) lokalno povezan, i neka je M konacanskup takav da je za svako i ∈ I \M prostor (Xi, τi) je povezan.

Neka je a = (ai : i ∈ I) ∈ X proizvoljna tacka i W ∈ τ tako da je a ∈ W . Postoji neprazan

konacan skup S ⊆ I i Ui ∈ τi za i ∈ S tako da je a ∈∩i∈S

(pi)↼Ui ⊆ W . Skup T := M ∪ S je

neprazan i konacan. Za svako i ∈ S prostor (Xi, τi) je neprazan lokalno povezan i vazi ai ∈ Ui ∈ τipa mozemo fiksirati neki neprazan τi-povezan skup Vi ∈ τi takav da je ai ∈ Vi ⊆ Ui. Za svakoi ∈ T \S prostor (Xi, τi) je neprazan lokalno povezan pa mozemo fiksirati neki neprazan τi-povezan

skup Vi ∈ τi. Imamo a ∈∩i∈T

(pi)↼Vi ⊆

∩i∈S

(pi)↼Ui ⊆ W . Imamo A :=

∩i∈T

(pi)↼Vi ∈ τ . Da se

uverimo u to da je A τ -povezan skup, stavimo Yi = Xi i νi = τi za i ∈ I \ T , odnosno Yi = Vi i

νi = relVi(τi) za i ∈ T . Prema Tvrdenju 2.3.10 prostor

(∏i∈I

Yi ,⊗i∈I

νi

)je povezan. No

∏i∈I

Yi = A

i⊗i∈I

νi = relA(τ) na osnovu Tvrdenja 1.12.10.

2

Preslikavanje f : [a; b]c→ (X, τ), gde su a < b realni brojevi, nazivamo put u prostoru (X, τ). Za

prostor (X, τ) kazemo da je put povezan ako za svako u, v ∈ X postoji neki put f : [0; 1]c→ (X, τ)

takav da je f(0) = u i f(1) = v. Za skup A ⊆ X kazemo da je put povezan skup prostora (X, τ)ako je podprostor

(A, relA(τ)

)put povezan.

Jasno je da svaki put povezan prostor mora biti povezan. Obrat u opstem slucaju ne vazi.

Primer Neka je A := (0, 0), B := (0, 1), H := [0; 1] × {0} i za svako n ∈ N neka je Ln :={1/n} × [0; 1]. Neka je

C := {B} ∪H ∪∪n∈N

Ln

i neka je τ := uC topologija koju skup C nasleduje od uobicajene topologije na skupu R2. Tada je(C, τ) povezan prostor koji nije put povezan.

Dokaz Pokazimo da (C, τ) nije put povezan. Pretpostavimo suprotno. Tada postoji neko pres-

likavanje f : [0; 1]c→ (C, τ) takvo da je f(0) = A i f(1) = B. Neka je r := inf f↼{B}. Jasno

r ∈ [0; 1]. Kako je {B} τ -zatvoren skup, a preslikavanje f τ -neprekidno, to je f↼{B} zatvoren

2.3. POVEZANOST 85

skup prostora [0; 1]. Zato mora biti r ∈ f↼{B}, tj. f(r) = B. Zbog f(0) = A = B sledi da je0 < r. Primetimo da za svako t ∈ [0; r) vazi f(t) = B. Skup

U := {(x, y) ∈ C : y > 1/2}

je τ -otvoren i f(r) ∈ U . Otuda postoji neko α ∈ (0; r) takvo da je f⇀[α; r] ⊆ U . Kako je f(α) = Bto za neko k ∈ N mora biti f(α) ∈ Lk ∩U . Tada je f(α) = (1/k, s) za neko s ∈ (1/2; 1). Izaberimo

proizvoljno δ ∈(

1

k + 1;1

k

). Imamo

W1 := {(x, y) ∈ C : x < δ} ∈ τ

iW2 := {(x, y) ∈ C : x > δ} ∈ τ

i W1 ∩W2 = ∅. Zbogf⇀[α; r] ⊆ U ⊆ {B} ∪

∪n∈N

Ln ⊆ W1 ∪W2

i f(α) ∈ W2∩f⇀[α; r] = ∅ i f(r) = B ∈ W1∩f⇀[α; r] = ∅ sada sledi da f⇀[α; r] nije povezan skupprostora (C, τ). No preslikavanje f je τ -neprekidno, a [α; r] povezan skup prostora [0; 1], pa ovo

nije moguce. Dobijena protivurecnost svedoci da ne postoji nikakvo preslikavanje f : [0; 1]c→ (C, τ)

takvo da je f(0) = A i f(1) = B.Ovim smo pokazali da (C, τ) nije put povezan prostor.

Pokazimo sada da je (C, τ) povezan prostor. Ako stavimo Sn := Ln i S0 := H onda je, naosnovu zadatka 2.3.3, skup ∪

n∈N0

Sn = H ∪∪n∈N

Ln

povezan skup prostora (C, τ). A na osnovu istog zadatka, zbog

B ∈ clτ

(H ∪

∪n∈N

Ln

),

sada i skup

{B} ∪H ∪∪n∈N

Ln = C

mora biti povezan.

§

Nije testo pokazati da jedini povezan skup P ⊆ C prostora (C, τ) za koji vazi B ∈ P ⊆ U upravoskup {B}. Kako ovaj skup nije τ -otvoren, zakljucujemo da je (C, τ) takode primer povezanogprostora koji nije lokalno povezan.

2


Deo 3

Probrane teme

3.1 Teorema Nagata-Smirnov-a

Neka je (X, τ) topoloski prostor. Familija A ⊆ P(X) je τ -lokalno konacna [τ -diskretna] ako zasvaku tacku x ∈ X postoji neki otvoren skup U ∋ x i neki konacan [jednoclan] skup T takav da jeU ∩A = ∅ za svako A ∈ A \ T .

Za familiju A ⊆ P(X) kazemo da je σ-lokalno konacna [σ-diskretna] ako je oblika A =∪n∈N

An

gde je An lokalno konacna [diskretna] familija za svako n ∈ N.

Teorema 3.1.1 (Stone) Za svaki otvoren pokrivac U pseudometrizabilnog prostora postoji nekiistovremeno lokalno konacan i σ-diskretan otvoren pokrivac W tog prostora takav da za svakoA ∈ W postoji B ∈ U tako da je A ⊆ B.

Dokaz Neka je U proizvoljan otvoren pokrivac prostora (X, τ) i neka je d proizvoljna pseudometrikakompatibilna sa τ . Fiksirajmo neko dobro uredenje ≼ skupa U i stavimo ≺:=≼ \△U (dakle V ≺ Uakko V = U ∧ V ≼ U). Takode, neka je dat strogo opadajuci niz realnih brojeva koji tezi nuliε1 > · · · > εi > εi+1 > · · · > 0.

Definisimo rekurzivno CU,i ⊆ U i PU,i ⊆ U , za U ∈ U , i Wi ⊆ τ , za svaki i ∈ N, na sledecinacin:

CU,1 :df={x ∈ U \

∪{V ∈ U : V ≺ U} : K[x; 3εi) ⊆ U

},

CU,i :df=

x ∈ U \

∪{V ∈ U : V ≺ U} ∪∪ i−1∪

j=1

Wj

: K[x; 3εi) ⊆ U

, za i ≥ 2,

PU,i :df=

∪c∈CU,i

K[x; εi) i Wi :df= {PU,i : U ∈ U} , za i ∈ N

(gore uzmite u obzir da je∪∅ = ∅). Po konstrukciji je dakle W ⊆ τ , kao i PU,i ⊆ U za svako U ∈ U

i i ∈ N. Dakle za svako A ∈ W :=∪i∈N

Wi postoji neko B ∈ U tako da vazi A ⊆ B. Pokazimo da je

W lokalno konacan, σ-diskretan (otvoren) pokrivac datog prostora.

(1) Neka je i ∈ N proizvoljno. Pokazimo da je familija Wi diskretna. Ako je V,U ∈ U tako da jeV ≺ U onda vazi d(v, u) > εi za svako (v, u) ∈ PV,i × PU,i. Zaista, za dato (v, u) ∈ PV,i × PU,i

postoji (c2, c1) ∈ CV,i × CU,i tako da je d(c2, v) < εi i d(c1, u) < εi. Kako je K[c2; 3εi) ⊆ V ic1 /∈ V , to mora biti d(c2, c1) ≥ 3εi pa je

3εi ≤ d(c2, c1) ≤ d(c2, v) + d(v, u) + d(u, c1) < d(u, v) + 2εi

87

88 DEO 3. PROBRANE TEME

tj. εi < d(u, v). Zbog toga ako je x ∈ X proizvoljna tacka, onda ne moze biti U ∩K[x; εi/2) = ∅ =V ∩K[x; εi/2).

Odavde direktno sledi da je Wi diskretna familija.

(2) Pokazimo sada da je W pokrivac. Neka je x ∈ X proizvoljna tacka. Postoji bar jedno A ∈ Utako da je x ∈ A. Neka je U ∈ U ≺-najmanji element skupa U za koji vazi x ∈ U , i neka je r > 0proizvoljan broj takav da je K[x; r) ⊆ U . Ako je i ∈ N, i ≥ 2, takav broj da je 3εi < r, onda

je ili x ∈∪ i−1∪

j=1

Wj ⊆∪

W ili x /∈∪ i−1∪

j=1

Wj , u kom slucaju, zbog x /∈∪{V ∈ U : V ≺ U} i

K[x; 3εi) ⊆ K[x; r) ⊆ U , mora biti x ∈ CU,i ⊆ PU,i ⊆∪

Wi ⊆∪W.

(3) Pokazimo sada da je W lokalno konacna familija. Neka je x ∈ X proizvoljna tacka i neka su(prema (2)) i0 ∈ N i A ∈ Wi0 tako da je x ∈ A. Skup X \A je zatvoren pa je δ := distd(x,X \A) =inf

y∈X\Ad(x, y) > 0. Neka je j0 ∈ N, j0 > i0, takav da je εj0 < δ/2. Ako je j ≥ j0 proizvoljan

prirodan broj onda mora da vazi PU,j ∩ K[x; δ/2) = ∅ za svako U ∈ U , jer ako bi postojalo nekoz ∈ PU,j ∩K[x; δ/2), onda bi za neko c ∈ CU,j imali d(c, z) < εj ≤ εj0 < δ/2 te i

d(x, c) ≤ d(x, z) + d(z, c) < δ/2 + δ/2 = δ

pa bi sledilo da je c ∈ A ⊆∪ j−1∪

k=1

Wj (jer i0 < j0 ≤ j), sto protivureci cinjenici da je c ∈ CU,j .

Sada, kako je za svako j = 1, j0 familija Wj diskretna (prema (1)), postoji neki otvoren skup

Bj ∋ x i neko Sj tako da za svako Q ∈ Wj \ {Sj} vazi Q ∩ Bj = ∅. Tada je K[x; δ/2) ∩j0∩j=1

Bj

okolina tacke x koja ima neprazan presek sa najvise j0 clanova familije W.2

§

Konvencija Ako g : A → R smatramo da je∑a∈∅

g(a) = 0.

2

Za svaku lokalno konacnu familiju A ⊆ τ otvorenih skupova i proizvoljnu familiju (fU : U ∈ A)

τ -neprekidnih funkcija fU : (X, τ)c→ R, U ∈ A, takvu da za svako U ∈ A vazi fU (x) = 0 kad god

je x ∈ X \U , definisemo pridruzenu pseudometriku na skupu X, tj. funkciju ρ : X ×X → [0;+∞)definisanu kako sledi.

Za svako x ∈ X skup Ax :df= {U ∈ A : fU (x) = 0} je konacan. Zaista, po pretpostavci postoje

otvoren skup V ∋ x i konacan skup S tako da je U ∩ V = ∅ za svako U ∈ A \ S; dakle fU (x) = 0za svako U ∈ A \ S, jer je x ∈ X \ U . Ovo znaci da je Ax ⊆ S, pa je Ax konacan skup. Za svako

x, y ∈ X definisimo

ρ(x, y) :df=

∑U∈Ax∪Ay

∣∣fU (x)− fU (y)∣∣

(A) Ako su x, y ∈ X i B ⊆ A proizvoljan skup takav da je Ax ∪ Ay ⊆ B, onda vazi∑U∈B

∣∣fU (x)− fU (y)∣∣ = ρ(x, y)

3.1. TEOREMA NAGATA-SMIRNOV-A 89

Ovo je zato sto za svako U ∈ B \ (Ax ∪Ay) vazi fU (x) = fU (y) = 0 te i∣∣fU (x)− fU (y)

∣∣ = 0, pa jezato ∑

U∈B

∣∣fU (x)− fU (y)∣∣ = ∑

U∈B\(Ax∪Ay)

∣∣fU (x)− fU (y)∣∣+ ∑

U∈Ax∪Ay

∣∣fU (x)− fU (y)∣∣ = ρ(x, y)

(B) Da je ρ zaista pseudometrika na skupu X sledi iz toga sto za x, y, z ∈ X imamo da je

ρ(x, y) =∑

U∈Ax∪Ay

∣∣fU (x)− fU (y)∣∣ = ∑

U∈Ax∪Ay∪Az

∣∣fU (x)− fU (y)∣∣

≤∑

U∈Ax∪Ay∪Az

∣∣fU (x)− fU (z)∣∣+ ∑

U∈Ax∪Ay∪Az

∣∣fU (z)− fU (y)∣∣ =

=∑

U∈Ax∪Az

∣∣fU (x)− fU (z)∣∣+ ∑

U∈Ay∪Az

∣∣fU (z)− fU (y)∣∣ = ρ(x, z) + ρ(z, y)

(C) Funkcija ρ : X ×X → R je (τ ⊗ τ)-neprekidna. Zaista neka je (x0, y0) ∈ X ×X proizvoljnatacka. (Potrebno i) dovoljno je pokazati da postoji neka (τ⊗τ)-neprekidna funkcija F : X×X → Ri neki (τ ⊗ τ)-otvoren skup W ∋ (x0, y0) tako da je ρ � W = F � W .

Postoje τ -otvoreni skupovi V1 ∋ x0 i V2 ∋ y0 i konacni skupovi S1, S2 ⊆ A tako da za i = 1, 2vazi U ∩ Vi = ∅ za svako U ∈ A \ Si, te dakle i fU (xi) = 0 za svako U ∈ A \ Si i xi ∈ Vi. Otudaje Ap ⊆ S1 za svako p ∈ V1 i Aq ⊆ S2 za svako q ∈ V2. Dakle za svako (p, q) ∈ V1 × V2 ∈ τ1 ⊗ τ2imamo da je

ρ(p, q) =∑

U∈S1∪S2

∣∣fU (p)− fU (q)∣∣

Ako su π1, π2 : X × X → R projekcije definisane sa π1(p, q) = p i π2(p, q) = q za svako (p, q) ∈X×X, onda imamo

∣∣fU (p)−fU (q)∣∣ = ∣∣(fU ◦π1)(p, q)−(fU ◦π2)(p, q)

∣∣, pa je funkcija F : X×X → Rdefinisana sa

F (p, q) :df=

∑U∈S1∪S2

∣∣fU (p)− fU (q)∣∣

za svako (p, q) ∈ X×X (τ⊗τ)-neprekidna, kao suma konacno mnogo (τ⊗τ)-neprekidnih funkcija.Pritom je ρ � (V1 × V2) = F � (V1 × V2).

§

Teorema 3.1.2 (Nagata-Smirnov) Za proizvoljan topoloski prostor (X, τ) sledeci uslovi su ekvi-valentni:(1) (X, τ) je metrizabilan prostor;(2) (X, τ) je T3 prostor sa sa σ-lokalno konacnom bazom.

Dokaz (2)⇒(1): Neka su Bn ⊆ τ lokalno konacne familije takve da je∪n∈N

Bn baza topologije τ .

(I) Pokazimo najpre da prostor (X, τ) mora biti normalan. Neka je F ⊆ U ⊆ X, gde su Fzatvoren i U otvoren skup. Kako je (X, τ) po pretpostavci regularan prostor, to za svako x ∈ F

postoji neko Vx ∈ τ tako da je x ∈ Vx i Vx ⊆ U , a kako je∪n∈N

Bn baza i neki k(x) ∈ N i

Wx ∈ Bk(x) tako da je x ∈ Wx ⊆ Vx. Tada je Wx ⊆ U za svako x ∈ F . Za svako n ∈ N stavimoGn :=

∪{Wx : x ∈ F, k(x) = n} ∈ τ . Imamo

F ⊆∪

{Wx : x ∈ F} =∪n∈N

Gn


Za svako n ∈ N familija {Wx : x ∈ F, k(x) = n} ⊆ Bn je lokalno konacna pa je

Gn =∪

{Wx : x ∈ F, k(x) = n} =∪

{Wx : x ∈ F, k(x) = n} ⊆ U

Sada se samo treba pozvati na Lemu 2.1.9.

(II) Fiksirajmo (m,n) ∈ N2. Za svako U ∈ Bn familija{V ∈ Bm : V ⊆ U

}⊆ Bm je lokalno

konacna pa je∪{

V : V ∈ Bm i V ⊆ U}=∪{

V ∈ Bm : V ⊆ U}zatvoren podskup od U te (na

osnovu (I)) mozemo uociti neku funkciju fU,n,m : (X, τ)c→ [0; 1] takvu da je fU,n,m(x) = 0 za

svako x ∈ X \ U i fU,n,m(x) = 1 za svako x ∈{V : V ∈ Bm i V ⊆ U

}. Dakle za svako U ∈ Bn

vazi fU,n,m(x) = 0 kad god je x ∈ X \ U , a familija Bn je lokalno konacna. Neka je ρm,n :X×X → [0;+∞) pseudometrika na skupu X koju smo u razmatranju izlozenom neposredno ispredove teoreme nazvali pseudometrika pridruzena familiji otvorenih skupova Bn i familiji funkcija(fU,n,m : U ∈ Bn).

(III) Pokazimo da za svako x ∈ X i F = F ⊆ X, gde x /∈ F , postoji neko (m,n) ∈ N2 tako da je

ρm,n(x, z) ≥ 1 za svako z ∈ F . Kako je prostor regularan i x ∈ X \F ∈ τ , to obzirom da je∪n∈N

Bn

baza, postoje n,m ∈ N i U ∈ Bn, V ∈ Bm tako da je x ∈ V ⊆ V ⊆ U ⊆ X\F . Imamo fU,n,m(x) = 1i fU,n,m(z) = 0 za svako z ∈ X \ U ⊆ F , te je stoga ρn,m(x, z) ≥

∣∣fU,n,m(x) − fU,n,m(z)∣∣ = 1 za

svako z ∈ F .

(IV) Konacno pokazimo da postoji neka pseudometrika d na skupu X takva da je τ = Topm(d)(koja u tom slucaju mora biti zapravo metrika, jer je τ T1 topologija).

Za svako (n,m) ∈ N2 stavimo hn,m = idX i νn,m = Topm(ρn,m

). Kako je ρn,m : X2 → X

(τ ⊗ τ)-neprekidna funkcija, to je νn,m ⊆ τ , pa je hn,m(X, τ)c→ (X, νn,m).

Ako su x ∈ X i F = F ⊆ X, gde x /∈ F , proizvoljni, onda (prema (III)) postoji neko(m,n) ∈ N2 tako da je Kρn,m [x; 1) ∩ F = ∅, te specijalno i hn,m(x) /∈ clνn,m(F ).

Stavimo H :=⊗

(n,m)∈N2

hn,m i ν :=⊗

(n,m)∈N2 νn,m. Na osnovu Tvrdenja 1.12.16 (a imajuci

u vidu to da je τ T1 topologija) preslikavanje H : X → N2

X je (τ, ν)-topolosko potapanje.Kako je N2 prebrojiv skup a νn,m pseudometrizabilna topologija za svako (n,m) ∈ N2, to je iν pseudometrizabilna topologija (videti Tvdenje 1.12.23). Ako je d bilo koja pseudometrika na

skupu N2

X takva da je Topm(d) = ν, onda je topologija relH⇀X(ν) indukovana pseudometrikomd � (H⇀X)2, pa je i τ = Topm(d0) gde je d0 : X2 → R pseudometrika na skupu X definisana sad0(a, b) = d

(H(a),H(b)

)za svako (a, b) ∈ X2.

Zapravo, imajuci u vidu Tvdenje 1.12.23 mozemo biti i precizniji: funkcija D : X2 → R defin-

isana sa D(a, b) =

+∞∑i=1

1

2iρk(i)(a, b), gde je k : N → N2 proizvoljna bijekcija, je metrika na skupu X

takva da je τ = Topm(D).

(1)⇒(2): Neka je τ = Topm(d). Na osnovu Teoreme 3.1.1, za svako n ∈ N postoji po lokalnokonacan otvoren pokrivac Wn takav da za svako A ∈ Wn postoji neko x ∈ X tako da je A ⊆Kd[x; 1/n). Lako se proverava da je familija

∪n∈N Wn σ-lokalno konacna baza topologije τ .

2

3.2 Teorema Stone-Weierstrass-a

Neka je X neprazan skup, (Y, ρ) metricki prostor i

B(X,Y, ρ) := {f : X → Y : f⇀X je ρ− ogranicen podskup od Y }

3.2. TEOREMA STONE-WEIERSTRASS-A 91

Za proizvoljan neprazan skup A ⊆ B(X,Y, ρ) funkciju d : A×A → [0;+∞) definisanu sa

d(f1, f2) :df= sup

x∈Xd(f1(x), f2(x)

)za f1, f2 ∈ A, za koju je lako videti da je metrika na skupu A, nazivamo (Y, ρ)-supremum metrikana skupu A. Lako je videti da ako su gn ∈ A za n ∈ N i h ∈ A onda vazi lim

n→∞d(gn, h) = 0 ako i

samo ako niz funkcija (gn : n ∈ N) ρ-ravnomerno konvergira ka funkciji h.Ako je K ∈ {R,C} i Y = K a ρ metrika na K data sa ρ(a, b) = |a− b| za svako a, b ∈ K, onda

za metriku d jednostavno kazemo da je supremum metrika na skupu A.

Ako je K ∈ {R,C} i ako je (X, τ) kompaktan topoloski prostor, onda je za svako f : (X, τ)c→ K

skup f⇀X ogranicen podskup od K; zato za skup

C(X, τ,K) :df= {f : X → K : f je τ − neprekidna funkcija}

vazi C(X, τ,K) ⊆ B(X,R, ρ), gde je ρ gore opisana metrika na skupu K. Nas ce zanimati metrickiprostor

(C(X, τ,K), d

), gde je d supremum metrika na skupu C(X, τ,K).

Umesto C(X, τ,R) u nastavku pisemo jednostavno C(X, τ).

Stav 3.2.1 Neka je (X, τ) prebrojivo kompaktan topoloski prostor i gn : (X, τ)c→ R (n ∈ N) i

h : (X, τ)c→ R. Ako za svako x ∈ X vazi lim

n→∞gn(x) = h(x) i gn(x) ≤ gn+1(x) za svako n ∈ N,

onda niz funkcija (gn : n ∈ N) ravnomerno konvergira ka funkciji h.

Dokaz Neka je ε ∈ (0;+∞) proizvoljno. Za svako n ∈ N skup

Fn := {x ∈ X : |gn(x)− h(x)| ≥ ε}

je τ -zatvoren, jer su gn i h τ -neprekidne funkcije. Za svako x ∈ X vazi gn(x) ≤ gn+1(x) ≤ h(x) zasvako n ∈ N. Ovo povlaci da je Fn+1 ⊆ Fn za svako n ∈ N. Kad bi bilo Fn = ∅ za svako n ∈ N,onda bi, obzirom da je (X, τ)-prebrojivo kompaktan, moralo da postoji neko z ∈

∩n∈N

Fn; no za

ovo z bi vazilo istovremeno i limn→∞

gn(z) = h(z) i |gn(z)− h(z)| ≥ ε za svako n ∈ N, kontradikcija.Dakle mora biti Fn0

= ∅ za neko n0 ∈ N, te i Fn = ∅ za svako n ≥ n0. Drugim recima vazi|gn(x)− h(x)| < ε za svako n ≥ n0 i svako x ∈ X.

2

Lema 3.2.2 Niz polinomskih funkcija wi : [0; 1] → R, i ∈ N, rekurzivno definisan sa

w1(t) :df= t za svako t ∈ [0; 1]; wi+1(t) :

df= wi(t) +

12

(t− w2

i (t))za svako t ∈ [0; 1],

ravnomerno konvergira ka funkciji h : [0; 1] → R datoj sa h(t) =√t.

Dokaz Vazi 0 ≤ w1(t) ≤√t za svako t ∈ [0; 1]. Odatle i iz

√t− wi+1(t) =

(√t− wi(t)

)(1 +

1

2

(√t+ wi(t)

))induktivnim rasudivanjem zakljucujemo da vazi 0 ≤ wn(t) ≤

√t za svako t ∈ [0; 1] i svako n ∈ N.

Sada se vidi da je wi(t) ≤ wi+1(t) za svako t ∈ [0; 1] i svako i ∈ N. Dakle za svako t ∈ [0; 1] niz(wi(t) : i ∈ N

)je neopadajuci i ogranicen i za g(t) :

df= lim

n→∞wn(t) ≥ 0 vazi g(t) = g(t) + 1

2

(t −

g2(t)), tj. lim

n→∞wn(t) =

√t. Prema Stavu 3.2.1, obzirom da je [0; 1] kompaktan prostor, vazi

limn→∞

dsup(wn, g) = 0.2


Teorema 3.2.3 (Stone-Weierstrass - verzija za R) Neka je (X, τ) kompaktan prostor, d supre-mum metrika na skupu C(X, τ) i A ⊆ C(X, τ) skup koji zadovoljava sledece uslove:

– ako f, g ∈ A onda f + g, f · g ∈ A;– skup A sadrzi sve konstantne funkcije;– za svako u, v ∈ X, gde u = v, postoji neko f ∈ A tako da je f(u) = f(v);– ako je gn ∈ A za svako n ∈ N i h ∈ C(X, τ), i ako lim

n→∞d(gn, h) = 0, onda vazi h ∈ A.

Tada mora biti A = C(X, τ). Drugim recima jedina d-zatvorena podalgebra linearnealgebre funkcija C(X, τ) koja sadrzi funkciju 1 : X → R datu sa 1(x) = 1 za svako x ∈ X,jeste C(X, τ).

Dokaz (1) Ako je h ∈ A onda je i |h| ∈ A (gde je naravno funkcija |h| : X → R definisana

sa |h|(x) = |h(x)| za svako x ∈ X). Zaista, kako je τ -kompaktna topologija, a h : (X, τ)c→ R,

to postoji neko α ∈ (0;+∞) tako da je h⇀X ⊆ [−α;α]; stavimo h0 := 1αh ∈ A. Neka su

wn : [0; 1] → R za n ∈ N proizvoljne polinomske funkcije koje ravnomerno konvergiraju ka funkcijif : [0; 1] → R definisanoj sa f(t) =

√t za svako t ∈ [0; 1]. Definisimo un : [0; 1] → R sa

un(x) :df= wn

[(h0(x)

)2], za n ∈ N. Za svako n ∈ N vazi un ∈ A jer ako je wn(t) =

k∑i=0

aiti onda je

un =k∑

i=0

ai(h0)2i, a pritom je h0 ∈ A. Tada obzirom da je [h0(x)]

2 ∈ [0; 1] za svako x ∈ X, imamo

d(|h0|, un) = supx∈X

∣∣∣|h0|(x)− un(x)∣∣∣ = sup

x∈X

∣∣∣∣√(h0(x))2 − wn

[(h0(x)

)2]∣∣∣∣ ≤ supt∈[0;1]

∣∣∣√t− wn(t)∣∣∣

pa kako niz funkcija (wn : n ∈ N) ravnomerno konvergira ka f : [0; 1] → R definisanoj sa f(t) =√t

za svako t ∈ [0; 1], to odavde sledi da je limn→∞

d(|h0|, un) = 0. Obzirom da je un ∈ A za svako n ∈ N,to sledi da je |h0| ∈ A, pa je i |h| = α|h0| ∈ A.

(2) Iz dela pod (1) imamo da ako je f, g ∈ A onda je i min(f, g) = 12

[f + g − |f − g|

]∈ A i

max(f, g) = 12

[f + g + |f − g|

]∈ A.

(3) Neka su h ∈ C(X, τ) i ε ∈ (0;+∞) proizvoljni. Pokazimo da postoji neko w ∈ A tako da jed(h,w) < ε.

Fiksirajmo u, v ∈ X tako da je u = v. Po pretpostavci postoji neko gu,v ∈ A tako da je

gu,v(u) =u,v (v). Za funkciju gu,v,1 : X → R datu sa gu,v,1(x) :df=

1

gu,v(v)− gu,v(u)·[gu,v(x) −

gu,v(u)]vazi gu,v,1(u) = 0 i gu,v,1(v) = 1, kao i gu,v,1 ∈ A. Za funkciju gu,v,2 : X → R datu sa

gu,v,2(x) :df=[h(v)−h(u)

]· gu,v,1(x)+h(u) vazi gu,v,2(u) = h(u) i gu,v,2(v) = h(v), kao i gu,v,2 ∈ A.

Fiksirajmo sada proizvoljno v ∈ X. Za svako u ∈ X \ {v} skup

Uu,v :df= {x ∈ X : gu,v,2(x) < h(x) + ε}

je otvoren i vazi {u, v} ⊆ Uu,v. Dakle∪

u∈X\{v}

Uu,v = X, pa kako je (X, τ) kompaktan prostor,

to postoje k ∈ N i u1, . . . , uk ∈ X \ {v} tako da je X =k∪

i=1

Uui,v. Stavimo gv := min(gui,v,2 :

i = 1, k)∈ A. Ako je x ∈ X proizvoljno, onda imamo x ∈ Uuj ,v za neko j ∈ {1, . . . , k}, pa je

gv(x) ≤ guj ,v,2(x) < h(x) + ε. Dakle gv(x) < h(x) + ε za svako x ∈ X. Pritom je jos gv(v) = h(v).Za svako v ∈ X skup

Gv :df= {x ∈ X : gv(x) > h(x)− ε}


je otvoren i vazi v ∈ Gv. Dakle∪v∈X

Gv = X, pa kako je (X, τ) kompaktan prostor, to postoje

k ∈ N i v1, . . . , vk ∈ X tako da je X =

k∪i=1

Gvi . Stavimo w := max(gvi : i = 1, k

)∈ A. Kako za

svako x ∈ X i i = 1, k vazi gvi(x) < h(x) < ε, to imamo w(x) < h(x) + ε za svako x ∈ X. Ako jex ∈ X proizvoljno, onda imamo x ∈ Gvj za neko j ∈ {1, . . . , k}, pa je w(x) ≥ gvj (x) > h(x) − ε.Dakle h(x)− ε < w(x) < h(x) + ε za svako x ∈ X.

(4) Ako je h ∈ C(X, τ) proizvoljno, onda prema delu pod (3) postoji niz (wn : n ∈ N) elemenataskupa A takav da vazi lim

n→∞d(wn, h) = 0, pa mora biti h ∈ A.

2

(NA DALJE NE TREBA ZA ISPIT)

Teorema 3.2.4 (Stone-Weierstrass - verzija za C) Neka je (X, τ) kompaktan prostor i d supre-mummetrika na skupu C(X, τ,C). Za f ∈ C(X, τ,C) neka je f∗ : X → C definisana sa f∗(x) = f(x)(z je kompleksan broj konjugovan sa z ∈ C). Neka je A ⊆ C(X, τ,C) skup koji zadovoljava sledeceuslove:

– ako f, g ∈ A onda f + g, f · g ∈ A;– skup A sadrzi sve konstantne funkcije;– za svako u, v ∈ X, gde u = v, postoji neko f ∈ A tako da je f(u) = f(v);– ako je gn ∈ A za svako n ∈ N i h ∈ C(X, τ,C), i ako lim

n→∞d(gn, h) = 0, onda vazi h ∈ A;

– ako f ∈ A onda f∗ ∈ A.

Tada mora biti A = C(X, τ,C).

Dokaz Za f : X → C neka su ℜ(f),ℑ(f) : X → R funkcije takve da je f(x) =(Re(f)(x),

Im(f)(x)), i ℜ(f),ℑ(f) : X → C date sa ℜ(f)(x) = (Re(f)(x), 0) i ℑ(f)(x) = (0, Im(f)(x)); tada

je f = ℜ(f) + iℑ(f); jasno f : Xc→ C akko (Re(f) : X

c→ R ∧ Im(f) : Xc→ R).

Neka je A1 := {Re(f) : f ∈ A} i A2 := {Im(f) : f ∈ A}. Iz Re(f) = Im(if) i Im(f) = Re(−if)

sledi A1 = A2 =: A0. Iz ℜ(f) = 1

2(f + f∗) sledi da je ℜ(f) ∈ A kad god je f ∈ A. Koristeci se

identitetimaRe(ℜ(f)ℜ(g)

)= Re(f)Re(g) i Re(f + g) = Re(f) + Re(g)

odavde se sada jednostavno moze videti da (zbog ucinjenih pretpostavki o skupu A) skup A0 ⊆C(X, τ,R) zadovoljava sledece uslove:

– ako su x1 = x2 tacke iz X, onda je f(x1) = f(x2) za neko f ∈ A0;– f, g ∈ A0 ⇒ f + g, f · g ∈ A0 (recimo, ako je f0, g0 ∈ A0, onda je f0 = Re(f) i g0 = Re(g) za

neke f, g ∈ A, pa je

f0g0 = Re(f)Re(g) = Re(ℜ(f)ℜ(g)

)∈ A0

jer je ℜ(f)ℜ(g) ∈ A, obzirom da f, g ∈ A povlaci ℜ(f),ℜ(g) ∈ A);– A0 sadrzi sve konstantne funkcije iz X u R.Da pokazemo da A0 zadovoljava i poslednji uslov iz Teoreme 3.2.3 neka je fn ∈ A0 za n ∈ N

i neka niz (fn : n ∈ N) ravnomerno konvergira ka g ∈ C(X, τ,R). Neka su Fn ∈ A takve da jeRe(Fn) = fn, i neka je G : X → C definisano sa G(x) = (g(x), 0); tada je G ∈ C(X, τ,C). Izℜ(Fn)(x)−G(x) =

(fn(x)− g(x), 0

)sledi

d (ℜ(Fn), G) = supx∈X

|fn(x)− g(x)|

pa je limn→∞

d (ℜ(Fn), G) = 0. Kako je ℜ(Fn) ∈ A (jer je Fn ∈ A), odavde dobijamo da je G ∈ A pa

je stoga i g = Re(G) ∈ A0.


Sada iz Teoreme 3.2.3 sledi da je A0 = C(X, τ,R). Najzad, neka je f ∈ C(X, τ,C) proizvoljno.Imamo A1 = A0 ∋ Re(f) = Re(f1) i A2 = A0 ∋ Im(f) = Im(f2) za neke f1, f2 ∈ A. Imamoℜ(f) = ℜ(f1) i ℑ(f) = ℑ(f2) pa je konacno f = ℜ(f) + iℑ(f) = ℜ(f1) + iℑ(f2) ∈ A, jer jeℜ(f1),ℑ(f2) ∈ A.

2

Posledica 3.2.5 Neka je K ∈ {R,C}, (X, τ) kompaktan prostor, d supremum metrika na skupuC(X, τ,K) i S ⊆ C(X, τ,K) skup takav da za svako u, v ∈ X, gde u = v, postoji neko f ∈ S takoda je f(u) = f(v). Neka je P ⊆ C(X, τ,K) skup koji se sastoji od svih funkcija f : X → K koje suoblika

f =k∑

i=1

αi

(g1,i)m1,i · . . . ·

(gni,i

)m1,ni(h∗1,i

)m′1,i · . . . ·

(h∗n′i,i

)m′1,n′

i

gde su k ∈ N, αi ∈ K i ni, n′i ∈ N, mj,i,m

′l,i ∈ N0 i gj,i, hl,i ∈ S.

Tada za svako h ∈ C(X, τ,K) postoji niz (fn : n ∈ N) elemenata skupa P takav da jelim

n→∞d(fn, h) = 0.

Dokaz Skup P sadrzi sve konstantne funkcije i zadovoljava uslove:

– ako f, g ∈ P onda f + g, f · g ∈ P ;

– za svako u, v ∈ X, gde u = v, postoji neko f ∈ P tako da je f(u) = f(v).

Neka je A := P ⊆ C(X, τ,K) (preciznije A = clλ(P ) gde je λ = Topm(d)). Skup A sadrzi svekonstantne funkcije i zadovoljava uslove:

– ako f, g ∈ A onda f + g ∈ A;

– ako f, g ∈ A onda f · g ∈ A;

– za svako u, v ∈ X, gde u = v, postoji neko f ∈ A tako da je f(u) = f(v);

– ako su gn ∈ A za svako n ∈ N i h ∈ C(X, τ,K), i ako limn→∞

d(gn, h) = 0, onda vazi h ∈ A;

– u slucaju da je K = C, vazi i to da ako je f ∈ A, onda je i f∗ ∈ A.

Da pokazemo drugi uslov neka su f, g ∈ A. Tada postoje fn, gn ∈ P za n ∈ N tako da vazilim

n→∞d(fn, f) = 0 i lim

n→∞d(gn, g) = 0. Neka je F := sup

x∈X|f(x)| < ∞ i G := sup

x∈X|g(x)| < ∞. Za

svako x ∈ X imamo da vazi |gn(x)| ≤ |g(x)|+ |g(x)− gn(x)| ≤ G+ d(g, gn) pa otuda i

|(f ·g)(x)−(fn·gn)(x)| = |f(x)g(x)−fn(x)gn(x)| ≤ |f(x)g(x)−f(x)gn(x)|+|f(x)gn(x)−fn(x)gn(x)|

= |f(x)| · |g(x)− gn(x)|+ |gn(x)| · |f(x)− fn(x)| ≤ F · d(g, gn) +(G+ d(g, gn)

)· d(fn, f)

Dakle limn→∞

d(fn ·gn, f ·g) = 0 pa, obzirom da je fn ·gn ∈ P za svako n ∈ N, sledi da je f ·g ∈ P = A.

Najzad, pretpostavimo da je K = C. Da vazi f ∈ A ⇒ f∗ ∈ A sledi iz ocigledne implikacije f ∈P ⇒ f∗ ∈ P i iz toga sto ako lim

n→∞d(fn, f) = 0 onda i lim

n→∞d(f∗

n, f∗) = 0 (sto je direktna posledica

cinjenice da je d(g, h) = d(g∗, h∗), koja inace direktno proizilazi iz toga sto vazi |z1−z2| = |z1−z2|za svako z1, z2 ∈ C).

Sada prema Teoremi Stone-Weierstrass-a mora biti P = A = C(X, τ,K).2

Posledica 3.2.6 Ako su a < b realni brojevi i f : [a; b]c→ R onda postoji niz polinomskih funkcija

pn : [a; b] → R koji ravnomerno konvergira ka funkciji f .

Dokaz Uzeti (X, τ) =([a; b],u[a;b]

)i S = {id[a;b]} u Posledici 3.2.5.

2


Teorema 3.2.7 Neka su (Xi, τi) za i ∈ I T2 kompaktni prostori, X :=∏i∈I

Xi, τ :=⊗i∈I

τi.

Takode, za svako S ⊆ I stavimo νS :=⊗i∈S

τi (ovo je topologija na skupu∏i∈I

Xi) i definisimo

πS :∏i∈I

Xi →∏i∈S

Xi sa πS(α) = α � S. Tada za svako f ∈ C(X, τ,K) postoji neki prebrojiv S ⊆ I

i neko f0 :∏i∈S

Xic→ K tako da je f = f0 ◦ πS .

Dokaz Neka je

A :=∪S⊆I

S je prebrojiv

{f ◦ πS : f ∈ C

(∏i∈S

Xi,K

)}

Pokazimo da skup A zadovoljava uslove Teoreme 3.2.3, ako je K = R, odnosno Teoreme 3.2.4, akoje K = C, te da zato mora biti jednak skupu C(X, τ,K) (sto je i tvrdenje ove teoreme), obziromda je (X, τ), zbog ucinjenih pretpostavki, kompaktan prostor.

Neka su sada S1, S2 prebrojivi podskupovi od I i fj νSj -neprekidne funkcije, za j1, 2. Stavimo

S := S1∪S2 i definisimo f :∏i∈S

Xi → K sa f(β) = f1 (β � S1)+f2 (β � S2). Lako se proverava da je

f νS-neprekidna funkcija. Pokazimo da je f ◦πS = (f1◦πS1)+(f2◦πS2). Neka je α ∈ X proizvoljno.Koristeci to da je S1, S2 ⊆ S imamo (f ◦πS)(α) = f (α � S) = f1 ((α � S) � S1)+f2 ((α � S) � S2) =

f1 (α � S1) + f2 (α � S2) = (f1 ◦ πS1)(α) + (f2 ◦ πS2)(α) =((f1 ◦ πS1) + (f2 ◦ πS2)

)(α).

Na slican nacin se pokazuje da u, v ∈ A ⇒ uv ∈ A.Da A sadrzi sve konstantne funkcije sledi neposredno.Neka su α1, α2 ∈ X tako da je α1 = α2. Tada postoji neko i0 ∈ I tako da je α1(i0) = α2(i0).

Neka je funkcija f1 : Xi0c→ K takva da f1(α1(i0)) = f(α2(i0)) (τi0 je T3 topologija, jer je T2

kompaktna). Neka je p : Xi0 → {i0}Xi0 definisano sa p(x) = {(i0, x)}. Lako je videti da je p(τi0 , ν{i0}

)-homeomorfizam. Preslikavanje f := f1 ◦ p−1 je ν{i0}-neprekidno. Za S := {i0} imamo

f◦πS ∈ A. Imamo πS(αj) = {(i0, αj(i0))} pa je (f◦πS)(αj) = f1(p−1 ({(i0, αj(i0))})

)= f1(αj(i0))

za j = 1, 2. Otuda je (f ◦ πS)(α1) = (f ◦ πS)(α2).

Neka je Sn ⊆ I prebrojiv, gn ∈ C

(∏i∈S

Xi,K

), za n ∈ N, i f ∈ C(X, τ,K) tako da niz

(gn ◦ πSn : n ∈ N) ravnomerno konvergira ka f na skupu X. Skup S :=∪n∈N

Sn je ocigledno

prebrojiv.

Fiksirajmo proizvoljno c ∈∏

i∈I\S

Xi i definisimo u :∏i∈S

Xi → X sa u(β) = β ∪ c (ovo je

dakle ekstenzija preslikavanja β sa skupa S na skup I). Lako je videti da je u (νS , τ)-neprekidno

preslikavanje kao i da vazi u(β) � S = β za svako β ∈∏i∈S

Xi. Neka je f0 := f ◦ u; dakle

f0 :∏i∈S

Xi → K. f0 je νS-neprekidno preslikavanje (kao kompozicija neprekidnih u odnosu na

odgovarajuce topologije). Tvrdimo da je f = f0 ◦ πS (∈ A).Neka su α ∈ X i ε > 0 proizvoljni. Uocimo n0 ∈ N tako da vazi∣∣f(γ)− (gn0 ◦ πSn0

)(γ)∣∣ < ε/2 za svako γ ∈ X

Imamo (f0 ◦ πS)(α) =((f ◦ u) ◦ πS

)(α) = f(αS), gde je αS := (u ◦ πS)(α). Kako je αS �

S = u(πS(α)) � S = πS(α) = α � S, to je αS � Sn0 = α � Sn0 (jer je Sn0 ⊆ S), to jestπSn0

(αS) = πSn0(α). Otuda imamo (gn0 ◦ πSn0

)(αS) = (gn0 ◦ πSn0)(α) pa je zato

|f(α)− f(αS)| ≤ |f(α)− (gn0 ◦ πSn0)(α)|+ |f(αS)− (gn0 ◦ πSn0

)(αS)| < ε


Dakle |f(α)− (f0 ◦ πS)(α)| < ε.Kako su α ∈ X i ε > 0 u prethodnom razmatranju bili proizvoljni, zakljucujemo da je f(α) =

(f0 ◦ πS)(α) za svako α ∈ X.2

3.3. TOPOLOSKE GRUPE 97

3.3 Topoloske grupe

3.4 Topologije na C(X, τ)

3.5 Teorema Arzela-Ascoli-ja

3.6 Kompaktifikacije Stone-Cech-a

Documents

Vladimir Pavlovi c, PMF u Ni sunasport.pmf.ni.ac.rs/materijali/192/Topologija Opsta 25... · 2015-02-25 · Primer Neka je τ:= P(R) diskretna topologija na R. Neka je S ⊆ R gust