Topološki aspekti aksioma potpunosti

(1)

SVEU ˇ

CILI ˇ

STE U ZAGREBU

PRIRODOSLOVNO–MATEMATI ˇ

CKI FAKULTET

MATEMATI ˇ

CKI ODSJEK

Martina Volari´c

TOPOLO ˇ

SKI ASPEKTI AKSIOMA

POTPUNOSTI

Diplomski rad

Voditelj rada:

Izv. prof. dr. sc. Zvonko Iljazovi´c

(2)

Ovaj diplomski rad obranjen je dana pred ispitnim povjerenstvom u sastavu:

1. , predsjednik

2. , ˇclan

3. , ˇclan

Povjerenstvo je rad ocijenilo ocjenom .

Potpisi ˇclanova povjerenstva: 1.

2. 3.

(3)

ˇ

Zeljela bih se prije svega zahvaliti svome mentoru prof. dr. sc. Zvonku Iljazovi´cu na strpljenju i velikoj pomo´ci oko izrade diplomskog rada.

Takoder, zahvaljujem se svom deˇcku i svim prijateljima koji su uvijek bili uz mene, a najve´cu zahvalu dugujem svojim roditeljima i bratu koji su me strpljivo bodrili u svim

(4)

Sadrˇzaj

Sadrˇzaj iv

Uvod 1

1 Neprekidne funkcije na segmentu 2

1.1 Konvergencija nizova . . . 2

1.2 Gomiliˇsta i omedenost . . . 4

1.3 Toˇcke minimuma i maksimuma neprekidnih funkcija . . . 9

2 Topoloˇski prostori i kompaktnost 13 2.1 Topologija i baza topologije . . . 13

2.2 Neprekidnost funkcija i relativna topologija . . . 17

2.3 Kompaktnost . . . 20

2.4 Zatvoreni skupovi . . . 22

2.5 Minimum i maksimum neprekidnih funkcija na kompaktnim prostorima . 28 3 Neprekidne funkcije i povezanost 31 3.1 Nultoˇcke neprekidnih funkcija na segmentu . . . 31

3.2 Povezani skupovi u topoloˇskim prostorima . . . 33

3.3 Povezanost segmenata . . . 36

3.4 Meduvrijednosti neprekidnih funkcija . . . 39

3.5 Slike neprekidnih funkcija na segmentu . . . 40

Bibliografija 45

(5)

Uvod

U ovom diplomskom radu prouˇcavat će se klasiˇcni teoremi vezani za neprekidne funkcije na segmentu te će se dati elementarni dokazi tih teorema, a takoder će se dati i dokazi koji ukljuˇcuju topoloˇske koncepte.

U prvom poglavlju prouˇcavamo konvergenciju i gomiliˇsta nizova uRte koriste´ci odredene rezultate s tim u vezi dokazujemo da svaka neprekidna funkcija na segmentu poprima mi-nimum i maksimum.

U drugom poglavlju prouˇcavamo topoloˇske prostore i kompaktne skupove u topoloˇskim prostorima. Prvo definiramo pojmove topologije i baze topologije i dokazujemo neke re-zultate s tim u vezi, a zatim prouˇcavamo neprekidnost funkcija izmedu topoloˇskih prostora i pojam relativne topologije. Nakon toga slijedi prouˇcavanje kompaktnih topoloˇskih pros-tora i kompaktnih skupova u topoloˇskim prostorima. Takoder, prouˇcavamo zatvorene sku-pove i njihovu vezu s kompaktnim skupovima kako bismo na kraju dokazali da neprekidne realne funkcije na kompaknim prostorima poprimaju minimum i maksimum.

U tre´cem poglavlju prvo dokazujemo da neprekidna funkcija na segmentu koja mijenja predznak ima nultoˇcku. Nakon toga prouˇcavamo povezane skupove u topoloˇskim pros-torima te posebno dokazujemo da je svaki segment u _R povezan skup. Dokazujemo da neprekidna realna funkcija na povezanom prostoru poprima meduvrijednosti te na kraju dokazujemo da je slika neprekidne funkcije na segmentu segment, a s tim u vezi dajemo i neke primjere.

(6)

Poglavlje 1

Neprekidne funkcije na segmentu

1.1 Konvergencija nizova

Definicija 1.1.1.

Neka je S skup. Svako preslikavanje f :N→S zovemo niz u skupu S .

Ako je x : N → S niz u skupu S , onda za n ∈ N umjesto x(n) piˇsemo i xn, a niz x

oznaˇcavamo takoder sa(xn)ili(xn)n∈N.

Definicija 1.1.2.

Neka je(xn)niz realnih brojeva (tj. niz u R) te neka je l ∈ R. Kaˇzemo da niz(xn)teˇzi (ili

konvergira) prema l i piˇsemo xn → l ako za svaki > 0postoji n0 ∈ Ntakav da za svaki n≥n0vrijedi|xn−l|< . U tom sluˇcaju kaˇzemo takoder da je l limes niza(xn).

Primjer 1.1.3.

Neka je a ∈ _R. Definirajmo niz (xn)sa xn = a, za svaki n ∈ _N. Tada xn → a. Naime, za svaki > 0vrijedi|xn−a|< , za svaki n∈_N.

Primjer 1.1.4.

Neka je(xn)niz uRdefiniran sa xn = 1n, za svaki n∈N. Tada xn→ 0. Dokaˇzimo to.

(7)

POGLAVLJE 1. NEPREKIDNE FUNKCIJE NA SEGMENTU 3

Neka je >0. Tada postoji n0∈Ntakav da je n10 < . Za svaki n≥n0vrijedi

1 n ≤ 1 n0, dakle 1 n < . No za svaki n ∈ Nvrijedi|xn−0| = 1

n pa zakljuˇcujemo da za svaki n ≥ n0 vrijedi

|xn−0|< .

Time je tvrdnja dokazana. Definicija 1.1.5.

Za niz realnih brojeva(xn)kaˇzemo da je konvergentan ako postoji l∈_Rtakav da xn →l. Propozicija 1.1.6.

Neka je(xn)niz realnih brojeva. Neka su l1,l2 ∈Rtakvi da xn→ l1, xn→ l2. Tada je l1 =l2.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj.l1 ,l2. Neka je =

|l1−l2|

2 .

Tada je > 0 pa iz xn → l1 slijedi da postoji n0 ∈ _N takav da za svaki n ≥ n0 vrijedi

|xn−l1|< . Isto tako iz xn →l2slijedi da postojim0 ∈_Ntakav da za svakin ≥m0vrijedi

|xn−l2|< .

Odaberimon∈_Ntakav dan≥ n0in≥m0. Tada je|xn−l1|< i|xn−l2|< pa dobivamo:

|l1−l2|= |l1−xn+xn−l2| ≤ |l1− xn|+|xn−l2|< + =2 (1.1) Dakle,|l1−l2|<2pa je |l1−l2|

2 < ˇsto je u kontradikciji s definicijom broja.

Zakljuˇcak:l1 =l2.

Primjer 1.1.7.

Neka je(xn)niz uRdefiniran sa(xn)=(−1)n. Niz(xn)nije konvergentan.

Dokaˇzimo to.

Pretpostavimo suprotno. Tada postoji l∈_Rtakav da xn → l. Neka je = 1₂. Tada postoji n0∈Ntako da za svaki n≥n0vrijedi|xn−l|< . Odaberimo bilo koji n≥n0.

Imamo|xn−l|< i|xn₊1−l|< pa je

|xn−xn₊1|=|xn−l+l−xn+1| ≤ |xn−l|+|l−xn+1|< + =2 = 2·

1 2 =1.

Dakle,|xn−xn₊1|<1. No iz definicije niza(xn)je oˇcito da je|xn− xn+1|= 2. Kontradikcija.

(8)

1.2 Gomiliˇsta i omedenost

Definicija 1.2.1.

Neka je(xn)niz uRte neka je a∈R. Kaˇzemo da je a gomiliˇste niza(xn)ako za svakiε >0

i za svaki N ∈_Npostoji n≥ N takav da je xn ∈ ha−,a+i. Propozicija 1.2.2.

Neka je(xn)niz uR. Pretpostavimo da je a limes niza(xn). Tada je a gomiliˇste niza(xn).

Dokaz. Neka je > 0 te neka je N ∈ _N. Budu´ci da xn → a, postoji n0 ∈ _N takav da za svakin≥n0vrijedixn ∈ ha−,a+i.

Neka jen= max{N,n0}. Oˇcito jen≥ N. S druge strane izn≥n0slijedixn ∈ ha−,a+i.

Zakljuˇcak:aje gomiliˇste niza (xn).

Primjer 1.2.3.

Neka je(xn)niz u_Rdefiniran sa xn =(−1)n_{. Tvrdimo da je}₁_{gomiliˇste ovog niza.}

Neka je > 0 te neka je N ∈ _N. Odaberimo neki paran broj n takav da je n ≥ N (npr. n = 2N). Tada je xn = 1pa je oˇcito xn ∈ h1−,1+i. Prema tome,1 je gomiliˇste niza

(xn).

Na isti naˇcin zakljuˇcujemo da je i−1gomiliˇste ovog niza. Uoˇcimo da 1 i−1 nisu limesi niza(xn), ˇcak ˇstoviˇse niz(xn)nije konvergentan (primjer 1.1.7).

Primjer 1.2.4.

Neka je (xn) niz u R definiran sa xn = n, za svaki n ∈ N. Tvrdimo da niz (xn) nema

gomiliˇste.

Pretpostavimo suprotno.

Tada postoji a∈ _Rtakav da je a gomiliˇste niza(xn). Odaberimo bilo koji > 0. Nadalje, odaberimo N ∈ _Ntakav da je N > a+. Prema definiciji gomiliˇsta tada postoji n ≥ N takav da je xn ∈ ha−,a+i. Slijedi xn <a+, tj. n< a+. No, ovo je nemogu´ce jer je a+ < N ≤n.

Prema tome, niz(xn)nema gomiliˇste.

Prethodni primjer pokazuje da ne mora svaki niz u Rimati gomiliˇste. Ono ˇsto ´cemo kasnije dokazati jest da svakiomedenniz u_R ima gomiliˇste. No, definirajmo prije svega potrebne pojmove.

(9)

Definicija 1.2.5.

Neka je S ⊆ _Rte neka je M ∈_R. Kaˇzemo da je M gornja meda skupa S ako je x ≤ M, za svaki x∈S .

Definicija 1.2.6.

Za skup S ⊆ _Rkaˇzemo da je odozgo omeden ako postoji bar jedna gornja meda za S . Definicija 1.2.7.

Neka je S ⊆ _Rte neka je a ∈ _R. Kaˇzemo da je a supremum skupa S ako je a najmanja gornja meda skupa S , tj. ako vrijedi sljede´ce:

1.) a je gornja meda od S

2.) ako je M gornja meda od S , onda je a≤ M.

Ako supremum skupaS postoji, onda je on jedinstven.

Naime, ako su a i b supremumi skupa S, onda je a ≤ b jer je a supremum skupaS i b

gornja meda skupaS, a isto tako je ib≤ apa jea=b. Supremum skupaS, ako postoji oznaˇcavamo sa supS.

Definicija 1.2.8.

Neka je S ⊆ _Rte neka je s0 ∈S . Kaˇzemo da je s0 maksimumm skupa S ako je x ≤ s0, za svaki x∈S (tj. ako je s0 gornja meda skupa S ).

Ako je s0 maksimum skupa S, onda je s0 i supremum skupa S. Naime, oˇcito je s0

gornja meda skupaS, a za svaku gornju meduMskupaS vrijedis0≤ Mjer je s0∈S.

Iz ovoga slijedi da je maksimum skupa, ako postoji, jedinstven.

Primjer 1.2.9.

Neka je S = h−∞,1i. Tada jesupS = 1. Dokaˇzimo to.

Oˇcito je1gornja meda skupa S . Neka je M bilo koja gornja meda skupa S . ˇ

Zelimo dokazati da je1≤ M. Pretpostavimo suprotno.

Tada je M < 1. Odaberimo x∈_Rtakav da je M < x <1. Tada je x ∈S pa mora vrijediti da je x ≤ M jer je M gornja meda skupa S . Ovo je u kontradikciji s odabirom broja x. Prema tome,1≤ M i time smo dokazali da jesupS = 1.

(10)

POGLAVLJE 1. NEPREKIDNE FUNKCIJE NA SEGMENTU 6 Uoˇcimo da skupS nema maksimum.

Naime, kada bi ga imao onda bi on bio i supremum skupa pa bi bio jednak 1, ali 1_<S.

AKSIOM POTPUNOSTI.

Neka su A i B neprazni podskupovi odRtakvi da je x ≤ y za svaki x∈ A i za svaki y∈ B.

Tada postoji z∈_Rtakav da je x≤z≤ y, za svaki x∈A, za svaki y∈B.

Podskupovi od_Rkoji nisu odozgo omedeni oˇcito nemaju supremum. Nadalje, prazan skup takoder nema supremum. Naime, svaki realni broj je gornja meda praznog skupa pa stoga taj skup nema najmanju gornju medu.

Sljede´ca vaˇzna tvrdnja je posljedica aksioma potpunosti.

Propozicija 1.2.10.

Neka je S neprazan, odozgo omeden skup. Tada S ima supremum.

Dokaz. Neka jeBskup svih gornjih meda skupaS. VrijediB,∅jer jeS odozgo omeden.

Nadalje, za svakix ∈ S i za svakiy ∈ Boˇcito vrijedi x≤ y. Iz aksioma potpunosti slijedi da postojiz∈_Rtakav da x≤ z≤ yza svaki x∈S i za svakiy ∈B. Iz ovoga je jasno da je

znajmanja gornja meda skupaS. Dakle,zje supremum skupaS.

Definicija 1.2.11.

Neka je S ⊆ _Rte neka je m ∈ _R. Kaˇzemo da je m donja meda skupa S ako je m ≤ x, za svaki x∈S .

Definicija 1.2.12.

Za S ⊆_Rkaˇzemo da je odozdo omeden ako postoji bar jedna donja meda skupa S . Definicija 1.2.13.

Neka je S ⊆ _Rte neka je a ∈ _R. Kaˇzemo da je a infimum skupa S ako je a najve´ca donja meda skupa S to jest ako vrijedi sljede´ce:

1.) a je donja meda od S

(11)

POGLAVLJE 1. NEPREKIDNE FUNKCIJE NA SEGMENTU 7 Sliˇcno kao kod supremuma vrijedi da infimum skupa ako postoji, mora biti jedinstven. Infimum skupaS, ako postoji, oznaˇcavamo s infS.

Definicija 1.2.14.

Neka je S ⊆_Rte neka je s0 ∈S . Kaˇzemo da je s0minimum skupa S ako je s0 ≤ x, za svaki x∈S (tj. ako je s0donja meda skupa S ).

Vrijedi sljede´ce: ako jes0minimum skupaS, onda je on i infinum skupaS. Propozicija 1.2.15.

Svaki neprazan, odozdo omeden podskup odRima infimum.

Dokaz. Neka jeAskup svih donjih meda skupaS. VrijediA_,∅jer jeS odozdo omeden. Nadalje, za svakiy ∈ Ai za svaki x ∈S oˇcito vrijediy≤ x. Iz aksioma potpunosti slijedi da postojiz∈_Rtakav day≤ z≤ xza svakiy∈Ai za svakix∈S. Iz ovoga je jasno da je

znajve´ca donja meda skupaS. Dakle,zje infimum skupaS.

Definicija 1.2.16.

Neka je S ⊆ _R. Kaˇzemo da je S omeden skup ako je S omeden odozgo i odozdo. Definicija 1.2.17.

Za niz realnih brojeva(xn)kaˇzemo da je omeden ako je skup{xn | n∈_N}omeden. Definicija 1.2.18.

Neka je(xn)niz u_Rte neka je S ⊆ _R. Kaˇzemo da je skup S gomiliˇste niza(xn)ako za svaki N ∈_Npostoji n ≥N takav da je xn ∈S .

Ako je (xn) niz uRtea ∈R, onda oˇcito vrijedi sljede´ce: toˇckaaje gomiliˇste niza (xn) ako i samo ako za svaki > 0 vrijedi da je skupha−,a+igomiliˇste niza (xn).

Napomena. Neka je(xn)niz uRte neka su S i T podskupovi odR.

a) Ako je S gomiliˇste niza(xn)i S ⊆ T , onda je oˇcito i T gomiliˇste niza(xn).

b) Pretpostavimo da je S gomiliˇste niza(xn) te da T nije gomiliˇste niza (xn). Tada je S \T gomiliˇste niza(xn).

(12)

Dokaˇzimo to.

Budu´ci da T nije gomiliˇste od(xn), postoji N0 ∈Ntakav da za svaki n≥ N0vrijedi xn <T . Neka je N ∈ _N. Budu´ci da je S gomiliˇste od (xn), postoji n ≥ max{N,N0} takav da je xn∈S . Vrijedi n≥ N0pa slijedi xn<T . Prema tome, xn ∈S \T , a oˇcito je n≥ N.

Teorem 1.2.19.

Svaki omeden niz uRima gomiliˇste.

Dokaz. Neka je (xn) omeden niz uR. Tada je skup{xn|n∈N}omeden pa postojea,b∈R takvi da jeadonja meda tog skupa, abgornja meda tog skupa. Dakle,

a≤ xn ≤b, za svakin∈_N. (1.2)

Neka je

S = {z∈_R|[z,∞ije gomiliˇste od (xn)}. (1.3) Prema (1.2) za svakin∈_Nvrijedixn ∈[a,∞i, stoga je [a,∞i gomiliˇste niza (xn). Prema tome,a∈S.

Neka jez∈S. Tvrdimo da jez≤b. Pretpostavimo suprotno:b< z.

Zbogz∈S imamo da je [z,∞igomiliˇste niza (xn) pa postojin∈_Ntakav da je xn∈[z,∞i. Slijediz≤ xn ˇsto zajedno sb<zdajeb< xn. Ovo je u kontradikciji s (1.2).

Prema tome, z ≤ b, za svaki z ∈ S. Dakle, b je gornja meda skupa S. Budu´ci da je

S neprazan i odozgo omeden skup prema propoziciji 1.2.10 postoji c ∈ _R takav da je c

supremum skupaS. Tvrdimo da je toˇckacgomiliˇste niza (xn).

Neka je > 0. Dokaˇzimo da je hc−,c+i gomiliˇste niza (xn). Skup [c+,∞i nije gomiliˇste niza (xn). Naime, kada bi bio imali bismo da jec+ ∈S ˇsto je u kontradikciji s ˇcinjenicom da je c supremum skupaS. Broj c− nije gornja meda skupaS (jer je c

najmanja gornja meda skupaS). Stoga postojiz∈S takav da jec− <z. Iz ovoga slijedi da je [z,∞i ⊆ hc−,∞i. No [z,∞i je gomiliˇste niza (xn) (jer jez ∈ S) pa iz napomene (1.2) slijedi da jehc−ε,∞igomiliˇste niza (xn). Iz napomene (1.2) takoder slijedi da je

hc−,∞i \ [c+,∞i gomiliˇste niza (xn). No hc−,∞i \ [c+,∞i = hc−,c+i. Prema tomehc−,c+ije gomiliˇste niza (xn). Dakle, za svaki > 0 skuphc−,c+i

je gomiliˇste niza (xn). Prema tome toˇckacje gomiliˇste niza (xn). Time je tvrdnja teorema

(13)

1.3 Toˇcke minimuma i maksimuma neprekidnih funkcija

Definicija 1.3.1.

Neka je S ⊆_R, f :S → _Rfunkcija te x0 ∈S . Kaˇzemo da je funkcija f neprekidna u toˇcki x0ako za svaki >0postojiδ >0takav da

za svaki x∈S ∩ hx0−δ,x0+δivrijedi f(x)∈ hf(x0)−,f(x0)+i. Definicija 1.3.2.

Za funkciju f :S →_R, S ⊆_R, kaˇzemo da je neprekidna ako je f neprekidna u x0, za svaki x0∈S .

Definicija 1.3.3.

Neka je X skup te f : X → _R funkcija. Kaˇzemo da je f omedena funkcija ako je f(X)

omeden skup uR.

Teorem 1.3.4.

Neka su a,b∈_R, a<b, te neka je f : [a,b]→_Rneprekidna funkcija. Tada je f omedena funkcija.

Dokaz. Treba dokazati da je f([a,b]) omeden skup. Dokaˇzimo prvo da je f([a,b]) omeden odozgo.

Pretpostavimo suprotno. Tada za svakiu ∈_Rvrijedi daunije gornja meda od f([a,b]) pa postojiv∈ f([a,b]) takav da jeu <v. Posebno, za svakin∈_Npostojiyn ∈ f([a,b]) takav da jen< yn. Nadalje, za svakin∈_Nizyn ∈ f([a,b]) slijedi da postojixn ∈[a,b] takav da

yn = f(xn). Imamo niz (xn)n∈NuR. Za svaki n ∈ Nvrijedixn ∈ [a,b] pa je niz (xn) oˇcito

omeden. Prema teoremu 1.2.19 postojic∈_Rtakav da jecgomiliˇste niza (xn). Uoˇcimo da jec∈[a,b]. Naime, kada bi vrijedilob< conda bi zaε=c−bvrijedilo da jeε >0 pa bi postojaon ∈_Ntakav daxn ∈ hc−ε,c+εia iz toga bi slijedilo xn ≤ b= c−ε < xn ˇsto je nemogu´ce. Dakle,c≤ b. Analogno zakljuˇcujemo da jea≤c.

Budu´ci da je f neprekidna uc, postojiδ >0 takav da

(14)

POGLAVLJE 1. NEPREKIDNE FUNKCIJE NA SEGMENTU 10 Odaberimo N ∈ _N takav da jeN > f(c)+1. Budu´ci da je c gomiliˇste niza (xn), postoji

n≥_Ntakav da jexn ∈ hc−δ,c+δi. Imamo

xn ∈[a,b]∩ hc−δ,c+δi

pa iz 1.4 slijedi

f(xn)∈ hf(c)−1, f(c)+1i.

Posebno f(xn)< f(c)+1. S druge strane vrijedi

f(c)+1< N ≤n<yn = f(xn). Dakle, f(c)+1< f(xn).

Kontradikcija.

Zakljuˇcak: f([a,b]) je omeden odozgo.

Analogno dobivamo da je f([a,b]) omeden odozdo. Prema tome f je omedena funkcija.

Definicija 1.3.5.

Neka je X skup te neka je f : X → _Rfunkcija. Kaˇzemo da funkcija f poprima maksimum ako postoji x0 ∈X takav da je f(x)≤ f(x0)za svaki x∈X. Kaˇzemo da funkcija f poprima minimum ako postoji x0 ∈X takav da je f(x)≥ f(x0)za svaki x∈X.

Neka je X skup te f : X → _R funkcija. Tada f poprima maksimum ako i samo ako skup f(X) ima maksimum. Nadalje, funkcija f poprima minimum ako i samo ako skup

f(X) ima minimum.

Teorem 1.3.6.

Neka su a,b ∈ _R, a < b te neka je f : [a,b] → _R neprekidna funkcija. Tada f poprima minimum i maksimum.

Dokaz. Prema prethodnom teoremu skup f([a,b]) je omeden. Neka jeµ=supf([a,b]). Neka jen∈_N. Imamoµ− 1

n < µpaµ− 1

n nije gornja meda skupa f([a,b]). Stoga postoji yn∈ f([a,b]) takav da je

µ− 1

(15)

POGLAVLJE 1. NEPREKIDNE FUNKCIJE NA SEGMENTU 11 Nadalje, za svakin∈_Npostojixn ∈[a,b] takav da jeyn = f(xn). Niz (xn) je oˇcito omeden pa postoji gomiliˇste c tog niza. Kao u dokazu prethodnog teorema zakljuˇcujemo da je

c∈[a,b].

Tvrdimo da je f(c)=µ.

Pretpostavimo suprotno. Tada je f(c)< µ. Slijediµ− f(c)> 0 pa postoji N ∈_Ntakav da je _N1 < µ− f(c). Iz toga slijedi f(c)< µ− 1

N.

Definirajmoε= µ− 1

N

− f(c). Tada jeε >0 pa iz ˇcinjenice da je f neprekidna ucslijedi da postojiδ >0 takav da

∀x∈[a,b]∩ hc−δ,c+δivrijedi f(x)∈ hf(c)−ε, f(c)+εi. (1.6) Budu´ci da jec gomiliˇste niza (xn) postoji n ≥ N takav da je xn ∈ hc−δ,c+δi. Iz (1.6) slijedi

f(xn)∈ hf(c)−ε, f(c)+εi.

Posebno,

f(xn)< f(c)+ε.

No, f(c)+ε=µ− _N1 (prema definiciji odε). Stoga je f(xn)< µ− _N1. Izn≥ N slijediµ− _N1 ≤ µ− 1_n pa je f(xn)< µ− 1_n, to jestyn < µ− 1_n. To je u kontradikciji s (1.5).

Zakljuˇcak: f(c)= µ.

Prema tomeµje maksimum skupa f([a,b]). Dakle funkcija f poprima maksimum. Na sliˇcan naˇcin dokazujemo da f poprima minimum.

Definirajmoµ=inff([a,b]).

Za svakin∈_Nvrijedi daµ+ 1_n nije donja meda skupa f([a,b]) pa stoga postojixn ∈[a,b] takav da je f(xn)< µ+ 1_n. Neka jecgomiliˇste niza (xn). Imamoc∈[a,b] te tvrdimo da je

f(c)=µ.

Tada jeµ < f(c) pa postoji N ∈ _N takav da jeµ+ _N1 < f(c). Neka je ε > 0 takav da je

µ+ 1

N = f(c)−ε. Budu´ci da je funkcija f neprekidna ucpostojiδ >0 takav da

(16)

POGLAVLJE 1. NEPREKIDNE FUNKCIJE NA SEGMENTU 12 Budu´ci da jecgomiliˇste niza (xn) postojin≥ N takav da jexn ∈ hc−δ,c+δi. Slijedi

f(xn)∈ hf(c)−ε,f(c)+εi. Posebno, f(c)−ε < f(xn), odnosno µ+ 1 N < f(xn). No izn≥N slijedi µ+ 1 n ≤µ+ 1 N pa jeµ+ 1 n < f(xn).

Time dolazimo do kontradikcije s ˇcinjenicom da jeµ+ 1_n > f(xn). Prema tome f(c) = µi zakljuˇcujemo da f poprima minimum.

(17)

Poglavlje 2

Topoloˇski prostori i kompaktnost

2.1 Topologija i baza topologije

Definicija 2.1.1.

Neka su A,X skupovi te neka je U : A→ P(X)funkcija. Tada kaˇzemo da je U indeksirana familija podskupova od X. Zaα∈A umjesto U(α)piˇsemo i Uα, a funkciju oznaˇcavamo sa

(Uα)α∈A.

Definicija 2.1.2.

Neka je X neprazan skup te neka jeT familija podskupova od X (to jestT ⊆ P(X)) takva da vrijedi sljede´ce:

1. ∅,X∈ T

2. Ako je (Uα)α∈A indeksirana familija podskupova od X takva da je Uα ∈ T za svaki

α∈A, onda je ∪

α∈aUα ∈ T

3. Ako su U,V ∈ T onda je U∩V ∈ T.

Tada za T kaˇzemo da je topologija na skupu X. Za uredeni par (X,T) kaˇzemo da je topoloˇski prostor.

Primjer 2.1.3.

Neka je X neprazan skup. Familija{∅,X}je oˇcito topologija na X. Za{∅,X}kaˇzemo da je

(18)

POGLAVLJE 2. TOPOLO ˇSKI PROSTORI I KOMPAKTNOST 14

indiskretna topologija na X. FamilijaP(X)je takoder topologija na X. ZaP(X)kaˇzemo da je diskretna topologija na X.

Definicija 2.1.4.

Neka je X skup,T topologija na X te neka jeBfamilija podskupova od X. Pretpostavimo da vrijedi sljede´ce:

1. B ⊆ T.

2. Za svaki U ∈ T, za svaki x∈U postoji B∈ Btakav da je x∈B⊆U. Tada zaBkaˇzemo da je baza topologijeT.

Uoˇcimo sljede´ce: ako jeT topologija naX, onda jeT baza topologijeT.

Napomena. Neka je T topologija na X, te neka je Bbaza topologije T. Tada za svaki U ∈ T postoji indeksirana familija(Bα)α∈A elemenata odBtakva da je U = ∪

α∈ABα. Naime, neka je U ∈ T. Tada za svaki x∈U postoji Bx ∈ Btakav da je x∈Bx ⊆U. Slijedi ∪

x∈UBx =U. Dakle, traˇzena indeksirana familija je funkcija U → P(X), x7→ Bx. Propozicija 2.1.5.

Neka suT₁,T₂ topologije na skupu X te neka je Bfamilija podskupova od X. Pretposta-vimo da jeBbaza topologijeT₁te da jeBbaza topologijeT2. Tada jeT₁ =T2.

Dokaz. Neka jeU ∈ T₁. Prema napomeni postoji indeksirana familija (Bα)α∈A elemenata

odBtakva da jeU = ∪

α∈ABα. Za svakiα ∈ Avrijedi da jeBα ∈ B pa zbogB ⊆ T2vrijedi Bα ∈ T₂.

Iz drugog svojstva definicije topologije slijedi da je ∪

α∈ABα ∈ T2 to jestU ∈ T2. Time smo

pokazali da jeT₁ ⊆ T₂.

Analogno dobivamoT₂⊆ T₁pa slijediT₁ =T₂.

Teorem 2.1.6.

Neka je X neprazan skup te neka jeBfamilija podskupova od X sa sljede´cim svojstvima: 1. ∪

B∈BB= X

(19)

Tada postoji jedinstvena topologijaT na X takva da jeBbaza topologijeT.

Dokaz. Dokaˇzimo da takva topologija postoji.Jedinstvenost slijedi iz prethodne propozi-cije.

Neka jeT ={U ⊆ X|za svakix∈UpostojiB∈ Btakav da je x∈B⊆U}. Tvrdimo da je

T topologija naX kojoj jeBbaza. Oˇcito je∅ ∈ T.

Iz 1.slijedi da jeX ∈ T. Neka je (Uα)α∈Aindeksirana familija elemenata odT.

ˇ

Zelimo dokazati da je

∪

α∈AUα ∈ T.

Neka je x∈ ∪

α∈AUα. Tada postojiα0

∈Atakav da jex∈Uα0. Budu´ci da jeUα0 ∈ T postoji

B∈ Btakav da je x∈B⊆Uα0.

Slijedix∈B⊆ ∪

α∈AUα. Time smo dokazali da jeα∪∈Auα ∈ T.

Neka suU,V ∈ T. ˇZelimo pokazati da je

U ∩V ∈ T.

Neka jex∈U∩V. Tada jex∈Uix∈Vpa prema definiciji familijeT postojeB1,B2 ∈ B

takvi da jex∈B1 ⊆U ix∈B2 ⊆V. Slijedi

x∈B1∩B2 ⊆U∩V.

Prema pretpostavci teorema postoji B3 ∈ Btakav da jex∈B3 ⊆ B1∩B2. Slijedix ∈B3 ⊆ U∩V. Time smo dokazali da jeU∩V ∈ T.

Dakle,T je topologija naX. Neka jeB∈ B. Tada za svakix∈BpostojiB0 ∈ Btakav da je

x∈B0 ⊆ B. Naime, moˇzemo uzetiB0 = B. Prema tomeB∈ T. DakleB ⊆ T. Drugi uvjet iz definicije baze topologije je oˇcito zadovoljen pa zakljuˇcujemo da je Bbaza topologije

T.

Primjer 2.1.7.

Neka je B= {ha,bi |a,b∈_R, a<b}. Tvrdimo da postoji jedinstvena topologija naRkojoj

je B baza. Da bismo to dokazali dovoljno je provjeriti da su zadovoljene pretpostavke prethodnog teorema.

(20)

Oˇcito jeBfamilija podskupova odR. Vrijedi ∪

B∈BB ⊆ R, a s druge strane za svaki x ∈ R

imamo

x∈ hx−1,x+1iihx−1,x+1i ∈B pa je x∈ ∪

B∈BB. Prema tome B∪∈BB= R.

Neka su B1,B2∈ Bte neka je x∈ B1∩B2. Tada postoje a1,a2,b1,b2 ∈_Rtakvi da je a1 <b1, a2< b2, B1 =ha1,b1i,B2 =ha2,b2i.

Iz x∈B1i x ∈B2slijedi

a1 < x<b1,a2 < x< b2.

Definirajmo a3 = max{a1,a2}, b3 = max{b1,b2}. Tada je a3 < x < b3 pa je x ∈ ha3,b3i. Definirajmo B3 =ha3,b3i. Imamo B3 ∈ Bi x ∈B3. Dokaˇzimo da je

B3 ⊆ B1∩B2.

Neka je y∈B3. Tada je a3 <y< b3pa iz definicije od a3 i b3slijedi a1 <y<b1,a2 < y< b2,

to jest y ∈ B1 i y ∈ B2, dakle y ∈ B1 ∩ B2. Prema tome B3 ⊆ B1 ∩B2. Iz prethodnog teorema slijedi da postoji jedinstvena topologijaT naRkojoj jeBbaza. ZaT kaˇzemo da

je euklidska topologija naR.

Definicija 2.1.8.

Neka je(X,T)topoloˇski prostor te U ∈ T. Za U kaˇzemo da je otvoren skup u topoloˇskom prostoru(X,T).

Definicija 2.1.9.

Neka je(X,T)topoloˇski prostor, neka je x ∈X te neka je U ∈ T takav da je x∈ U. Tada za U kaˇzemo da je otvorena okolina toˇcke x u topoloˇskom prostoru(X,T).

(21)

2.2 Neprekidnost funkcija i relativna topologija

Definicija 2.2.1.

Neka su(X,T)i (Y,S)topoloˇski prostori te neka je f : X → Y funkcija. Neka je x0 ∈ X. Kaˇzemo da je funkcija f neprekidna u toˇcki x0s obzirom na topologijeT iSako za svaku otvorenu okolinu V od f(x0)u (Y,S)postoji otvorena okolina U od x0 u (X,T) takva da je f(U) ⊆ V. Kaˇzemo da je funkcija f neprekidna s obzirom na topologijeT iSako je f neprekidna u svakoj toˇcki iz X.

Lema 2.2.2.

Neka je(X,T)topoloˇski prostor te neka je W ⊆ X skup sa sljede´cim svojstvom: za svaki x∈W postoji u∈ T takav da je x∈U ⊆W. Tada je W ∈ T.

Dokaz. Prema pretpostavci leme za svakix ∈W postojiUx ∈ T takav da je x∈ Ux ⊆ W. SlijediW = ∪

x∈WUx pa jeW ∈ T prema drugom svojstvu iz definicije topologije. Propozicija 2.2.3.

Neka su (X,T) i (Y,S) topoloˇski prostori te neka je f : X → Y funkcija. Tada je f neprekidna s obzirom na topologijeT iSako i samo ako za svaki V ∈ Svrijedi f−1(V) ∈ T.

Dokaz. Pretpostavimo da je f neprekidna. Neka jeV ∈ S. Dokaˇzimo da je f−1(V)∈ T.

Neka jex∈ f−1(V). Tada je f(x)∈V. Budu´ci da je f neprekidna ux, postoji okolinaUod

xu (X,T) takva da je f(U)⊆V. Iz ovoga slijediU ⊆ f−1(V).

Dakle, za svaki x∈ f−1(V) postojiU ∈ T takav da jex ∈U ⊆ f−1(V). Iz prethodne leme slijedi da je f−1₍_V₎_{∈ T}_.

Obratno, pretpostavimo da za svakiV ∈ Svrijedi f−1₍_V₎ _{∈ T}_{. Dokaˇzimo da je} _f

nepre-kidna. Neka jex∈X. Dokaˇzimo da je f neprekidna ux.

Neka jeVotvorena okolina od f(x) u (Y,S). Tada jeV ∈ Si f(x)∈V.

Slijedi x ∈ f−1(V), a prema pretpostavci vrijedi f−1(V) ∈ T. Definirajmo U = f−1(V). Dakle,Uje otvorena okolina od xu (X,T). Iz definicije odUje oˇcito da je f(U)⊆ V. Prema tome f je neprekidna ux. Dakle f je neprekidna funkcija.

(22)

Definicija 2.2.4.

Neka je (X,T) topoloˇski prostor te neka je Y ⊆ X, Y _, ∅. Neka je S = {U∩Y|U ∈ T }. Kaˇzemo da jeSrelativna topologija na Y odredena topologijomT. Za topoloˇski prostor

(Y,S)kaˇzemo da je potprostor topoloˇskog prostora(X,T).

Pokaˇzimo da je S topologija Y. Imamo ∅ = ∅ ∩Y i ∅ ∈ T te Y = X ∩Y i X ∈ T pa zakljuˇcujemo da vrijedi∅,Y ∈ S.

Pretpostavimo da je (Vα)α∈A indeksirana familija elemenata odS. Za svaki α ∈ Avrijedi Vα ∈ Spa postojiUα ∈ T takav da jeVα = Uα∩Y. Na taj naˇcin smo dobili indeksiranu familiju (Uα)α∈Aelemenata odT. Budu´ci da jeT topologija vrijedi ∪

α∈AUα ∈ T. Imamo ∪ α∈AVα =α∪∈A(Uα∩Y)= ∪ α∈AUα ∩Y pa je ∪ α∈AVα ∈ S(jer jeα∪∈AUα ∈ T).

Neka suV1,V2∈ S. Tada jeV1 = U1∩Y iV2= U2∩Ygdje suU1,U2 ∈ T.

Slijedi da je

V1∩V2 =(U1∩Y)∩(U2∩Y)= (U1∩U2)∩Y,

a znamo da jeU1∩U2∈ T. Stoga jeV1∩V2 ∈ S. Prema tome,Sje topologija naY. Definicija 2.2.5.

Neka je Y ⊆ _R, Y _, ∅. Neka je T euklidska topologija na R te neka je S relativna

topologija na Y. Tada zaSkaˇzemo da je euklidska topologija na Y. Lema 2.2.6.

Neka su a,b∈_R, a< b te neka je x0 ∈ ha,bi. Tada postoji r>0takav da jehx0−r,x0+ri ⊆

ha,bi.

Dokaz. Budu´ci da jex0 ∈ ha,bivrijedia< x0ix0 <bpa jex0−a> 0 ib−x0 >0. Definirajmor = min{x0−a,b−x0}.Tada je r > 0. Izr ≤ x0 −aslijedi a ≤ x0−r, a iz r≤ b−x0slijedix0+r ≤b. Stoga jehx0−r,x0+ri ⊆ ha,bi. Propozicija 2.2.7.

(23)

neka jeES euklidska topologija na S . Tada je f neprekidna u x0 s obzirom na topologije

ES iE.

Dokaz. Neka jeVotvorena okolina od f(x0) u topoloˇskom prostoru (R,E). Tada je f(x0)∈ V iV ∈ E. NekaB= {ha,bi |a,b∈_R, a<b}. Znamo da jeBbaza topologijeEpa postoji

B∈ Btakav da je

f(x0)∈B⊆V. (2.1)

Neka sua,b∈_R,a<btakvi da jeB= ha,bi. Dakle, f(x0)∈ ha,bi ⊆V. Prema prethodnoj

lemi postoji >0 takav da je

hf(x0)−,f(x0)+i ⊆ ha,bi. (2.2)

Budu´ci da je f neprekidna ux0postojiδ >0 takav da

∀x∈S ∩ hx0−δ,x0+δivrijedif(x)∈ hf(x0)−,f(x0)+i.

Neka jeU =S ∩ hx0−δ,x0+δi. Dakle za svakix∈Uvrijedi f(x)∈ hf(x0)−ε, f(x0)+εi

pa iz (2.2) i (2.1) slijedi da za svakix∈Uvrijedi da je f(x)∈V. To znaˇci da je f(U)⊆V. Oˇcito jex0 ∈U. Nadalje, vrijediU ∈ ES. Naime,

ES ={W∩S |W ∈ E},U =S ∩ hx0−δ,x0+δi,

a znamo da je

hx0−δ,x0+δi ∈ Ejer jehx0−δ,x0+δi ∈ B.

Prema tome U je otvorena okolina toˇcke x0 u topoloˇskom prostoru (S,ES). Time smo

dokazali da je f neprekidna ux0s obzirom na topologijeES iE. Korolar 2.2.8.

(24)

naRte neka jeES euklidska topologija na S . Tada je funkcija f neprekidna s obzirom na topologijeES iE.

2.3 Kompaktnost

Definicija 2.3.1.

Neka je(X,T)topoloˇski prostor te neka je U ⊆ T. Kaˇzemo da je U otvoreni pokrivaˇc topoloˇskog prostora(X,T)ako je X =∪ U.

Definicija 2.3.2.

Za topoloˇski prostor (X,T) kaˇzemo da je kompaktan ako za svaki otvoreni pokrivaˇc U

postoje n∈_Ni U1, . . . ,Un ∈ Utakvi da je X= U1∪. . .∪Un. Primjer 2.3.3.

Neka je(X,T)topoloˇski prostor pri ˇcemu jeT konaˇcan skup. Tada je(X,T) kompaktan topoloˇski prostor. Neka jeU otvoreni pokrivaˇc od(X,T). Tada zbogU ⊆ T, imamo da jeUkonaˇcan skup, dakleU ={U1, . . . ,Un}. Iz X = ∪ Uslijedi da je X = U1∪. . .∪Un. Prema tome,(X,T)je kompaktan.

Primjer 2.3.4.

Neka je X neprazan skup. Tada je topoloˇski prostor(X,P(X))kompaktan ako i samo ako je X konaˇcan. Naime, ako je X konaˇcan, onda je i P(X) konaˇcan skup pa je (X,P(X))

kompaktan prema prethodnom primjeru (primjer 2.3.3).

Obratno, pretpostavimo da je topoloˇski prostor(X,P(X))kompaktan. Neka jeU ={ {x} |x∈X}. Sada jeUotvoreni pokrivaˇc od(X,P(X)). Stoga postoje n∈_Ni U1, . . . ,Un ∈ U takvi da je X = U1 ∪. . . ∪Un. Budu´ci da su U1, . . . ,Un konaˇcni skupovi, tada je i njihova unija konaˇcan skup pa je X konaˇcan skup.

Primjer 2.3.5.

Neka jeEeuklidska topologija naR. Tada topoloˇski prostor(R,E)nije kompaktan.

Neka jeU = { h−x,xi |x> 0}. Tada je U otvoreni pokrivaˇc od (R,E). Prema

pretpos-tavci postoje n ∈ _N i U1, . . . ,Un ∈ U takvi da je R = U1 ∪. . . ∪Un. Dakle, postoje

(25)

m = max{x1, . . . ,xn}vrijedi m ∈ Ri m < h−x1,x1i ∪. . .∪ h−xn,xni. Dakle, prostor nije kompaktan.

Definicija 2.3.6.

Neka je(X,T) topoloˇski prostor, K ⊆ X teU ⊆ T, U _, ∅. Kaˇzemo da jeU otvoreni pokrivaˇc skupa K u topoloˇskom prostoru(X,T)ako je K ⊆ ∪ U.

Definicija 2.3.7.

Neka je (X,T) topoloˇski prostor te neka je K ⊆ X. Kaˇzemo da je K kompaktan skup u topoloˇskom prostoru(X,T)ako za svaki otvoreni pokrivaˇc skupa K u(X,T)postoje n∈_N

i U1, . . . ,Un ∈ Utakvi da je K⊆ U1∪. . .∪Un.

Uoˇcimo sljede´ce:

Ako je (X,T) topoloˇski prostor, onda jeU otvoreni pokrivaˇc od (X,T) ako i samo ako je

Uotvoreni pokrivaˇc skupaXu (X,T). Nadalje, (X,T) je kompaktan topoloˇski prostor ako i samo ako jeXkompaktan skup u (X,T).

Primjer 2.3.8.

Neka je (X,T) topoloˇski prostor pri ˇcemu jeT konaˇcan skup. Tada je svaki podskup od X kompaktan skup u topoloˇskom prostoru(X,T). Do tog zakljuˇcka dolazimo na isti naˇcin kao u primjeru 2.3.3.

Propozicija 2.3.9.

Neka je(X,T)topoloˇski prostor te neka je K ⊆ X, K _, ∅. Neka jeSrelativna topologija na K. Pretpostavimo da je K kompaktan skup u topoloˇskom prostoru(X,T). Tada je(K,S)

kompaktan topoloˇski prostor.

Dokaz. Neka je V otvoreni pokrivaˇc topoloˇskog prostora (K,S). Tada za svaki V ∈ V

vrijediV ∈ Spa postojiUV ∈ T takav da je

V =UV ∩K. (2.3)

DefinirajmoU ={UV|V ∈ V}. Oˇcito jeU ⊆ T. Nadalje,U _,∅jer jeV_,∅(a to slijedi iz∪ V= KiK , ∅). Neka je x∈ K. Tada postojiV ∈ Vtakav da je x ∈V. Iz definicije

odUV oˇcito je da jeV ⊆ Uv. Stoga je x∈ UV. Prema tome, x ∈ ∪ U. Time smo dokazali da jeK ⊆ ∪ U.

(26)

POGLAVLJE 2. TOPOLO ˇSKI PROSTORI I KOMPAKTNOST 22 Zakljuˇcak:Uje otvoreni pokrivaˇc odKu (X,T).

Budu´ci da je K kompaktan u (X,T), postoje n ∈ _N i V1, . . . ,Vn ∈ V takvi da je K ⊆ UV1∪. . .∪UVn.

Neka jex∈ K. Tada postojii∈ {1, . . . ,n}takav da jex ∈UVi. Iz (2.3) slijedi da jex ∈Vi.

Dakle, x ∈ V1 ∪. . . ∪Vn. Time smo dokazali da je K ⊆ V1 ∪. . . ∪Vn. Prema tome,

K = V1∪. . .∪Vn.

Zakljuˇcak: (K,S) je kompaktan topoloˇski prostor.

2.4 Zatvoreni skupovi

Propozicija 2.4.1.

Neka je(X,T)topoloˇski prostor te neka je K ⊆ X, K _, ∅. Neka jeS relativna topologija na K. Pretpostavimo da je(K,S)kompaktan topoloˇski prostor. Tada je K kompaktan skup u(X,T).

Dokaz. Neka jeU otvoreni pokrivaˇc odK u (X,T). DefinirajmoV = {U ∩K|U ∈ U}. Za svakiU ∈ Uvrijedi da jeU ∈ T pa je stogaU∩K ∈ S. Prema tome,V ⊆ S.

Neka jex∈ K. IzK ⊆ ∪

U∈UU slijedi da postoji U

∈ Utakav da je x ∈U. Oˇcito je tada x ∈ U∩K. Time smo dokazali da je

K ⊆ ∪

V∈VV. S druge strane, oˇcito je

∪

V∈VV ⊆ K pa je

K = ∪

V∈VV. Zakljuˇcak:Vje otvoreni pokrivaˇc od (K,S).

Budu´ci da je topoloˇski prostor (K,S) kompaktan , postojen∈_NiV1, . . . ,Vn ∈ Vtakvi da

jeK = V1∪. . .∪Vn. Za svakii= {1, . . . ,n}, izVi ∈ Vslijedi da postojiUi ∈ U takav da jeVi = Ui∩K. Dakle,

(27)

POGLAVLJE 2. TOPOLO ˇSKI PROSTORI I KOMPAKTNOST 23 ˇsto oˇcito povlaˇci da jeK ⊆U1∪. . .∪Un.

Time smo dokazali da jeK kompaktan skup u (X,T).

Definicija 2.4.2.

Neka jeF familija skupova te neka je S skup. Kaˇzemo da je S dobar skup zaF ako postoje n∈_Ni F1, . . .Fn∈ F takvi da je S ⊆F1∪. . .∪Fn.

Uoˇcimo sljede´ce: ako su skupoviS iT dobri zaF, onda je i skupS ∪T dobar zaF. Neka je (X,T) topoloˇski prostor te neke jeK ⊆X. Uoˇcimo i da vrijedi i sljede´ce:

K je kompaktan skup u (X,T) ako i samo ako za svaki otvoreni pokrivaˇcUodKu (X,T) vrijedi da jeK dobar zaU.

Teorem 2.4.3.

Neka jeEeuklidska topologija naR. Neka su a,b∈R, a<b.

Tada je[a,b]kompaktan skup u(R,E).

Dokaz. Neka jeU otvoreni pokrivaˇc od [a,b] u (R,E). ˇZelimo dokazati je [a,b] dobar za

U. Definirajmo

S ={x∈[a,b] |[a,x] dobar zaU}.

Budu´ci da je [a,b] ⊆ ∪

U∈UU, postojiU ∈ U takav da je a ∈ U. Stoga je skup {a}oˇcito dobar zaU.

No, [a,a]= {a}pa slijedi da jea∈S. Nadalje, iz definicije skupaS je oˇcito da jeS ⊆ [a,b] pa zakljuˇcujemo da jeS odozgo omeden.

Prema propoziciji 1.2.10 postojic ∈ _R takav da je csupremum skupa S. Budu´ci da jec

gornja meda odS te da jea∈S vrijedia≤c. Nadalje, budu´ci da jebgornja meda odS, a

cje supremum odS vrijedic≤ b. Prema tomec∈[a,b]. Stoga postojiU ∈ Utakav da je

c∈U.

Budu´ci da je U ⊆ E, imamo U ∈ E pa iz ˇcinjenice da je { hu,vi |u,v∈_R,u<v} baza topologijeEslijedi da postoje u,v ∈_R,u < vtakvi da jec ∈ hu,vi ⊆ U. Imamou< c ˇsto znaˇci daunije gornja meda skupaS (jer jecnajmanja gornja meda od S). Stoga, postoji

x∈S takav da jeu< x. Tvrdimo da je

(28)

POGLAVLJE 2. TOPOLO ˇSKI PROSTORI I KOMPAKTNOST 24 Neka jey∈[a,vi. Tada jea≤y< v. Imamo dva sluˇcaja:

1. y≤ x

Tada jey∈[a,x] 2. x<y

Tada zbogu< xvrijediu<ypa iz toga slijedi da jey∈ hu,vi. U svakom sluˇcaju vrijedi da jey∈[a,x]∪ hu,vi. Time smo dokazali (2.4). Izhu,vi ⊆U iU ∈ Uslijedi da jehu,vidobar zaU.

Izx∈S slijedi da je [a,x] dobar zaU. Stoga je [a,x]∪ hu,vidobar zaUpa iz (2.4) slijedi da je [a,vi dobar zaU. Iz [a,c]⊆[a,vi slijedi da je [a,c] dobar zaU.

Preostaje dokazati da jec=b. Pretpostavimo suprotno.

Tada zbogc≤b, vrijedic<b. Oˇcito vrijedic<min{v,b}. Odaberimoz∈_Rtakav da je

c<z< min{v,b}.

Tada jec < zte jez < v iz < b. Iza ≤ cslijedia < zpa je stoga z ∈ [a,b]. Nadalje, iz

z< vslijedi [a,z] ⊆ [a,vi pa iz ˇcinjenice da je [a,vi dobar zaU slijedi da je [a,z] dobar zaU. Zakljuˇcujemo da jez∈S.

No, ovo je u kontradikciji s ˇcinjenicom da jec<zte da jecsupremum odS.

Prema tome,c=bpa imamo da je [a,b] dobar zaUˇcime je tvrdnja teorema dokazana.

Korolar 2.4.4.

Neka su a,b∈_R,a<b. Neka jeEeuklidska topologija na[a,b]. Tada je([a,b],E)kompaktan topoloˇski prostor.

Dokaz. Neka je E0 euklidska topologija na R. Prema definiciji (2.2.5) E je relativna to-pologija na [a,b] s obzirom na topologijuE0. Prema prethodnom teoremu skup [a,b] je kompaktan u (R,E0) pa iz propozicije 2.3.9 slijedi da je ([a,b],E) kompaktan topoloˇski

prostor.

Propozicija 2.4.5.

(29)

obzirom na topologije T i S. Pretpostavimo da je K kompaktan skup u (X,T). Tada je f(K)kompaktan skup u(Y,S).

Dokaz. Neka jeVotvoreni pokrivaˇc od f(K) u (Y,S). Definirajmo

U =n f−1(V)|V ∈ Vo.

Za svakiV ∈ VvrijediV ∈ Spa je f−1(V) ∈ T jer je f neprekidna funkcija. To znaˇci da jeU ⊆ T. Tvrdimo da jeK ⊆ ∪

U∈UU. Neka jex∈ K.

Tada je f(x) ∈ f(K) pa postojiV ∈ V takav da je f(x) ∈ V. Stoga jex ∈ f−1₍_V_{). Dakle,}

postojiU ∈ U takav da jex ∈U. Time smo dokazali da jeK ⊆ ∪

U∈UU. Prema tome,Uje otvoreni pokrivaˇc odKu (X,T) (vrijediU _,∅jer jeV_,∅).

Budu´ci da je K kompaktan skup, postoje n ∈ _N iU1, . . . ,Un ∈ Utakvi da je K ⊆ U1∪

. . .∪Un. Za svakii∈ {1, . . . ,n}postojiVi ∈ Vtakav da jeUi = f−1(Vi). Dakle,

K ⊆ f−1(V1)∪. . .∪ f

−1₍_Vn₎_.

Neka jex∈ K.

Tada jex∈ f−1(Vi) za nekii∈ {1, . . . ,n}. Slijedi da je f(x)∈Vipa je f(x)∈V1∪. . .∪Vn.

Dakle, f(x)∈V1∪. . .∪Vn,∀x∈K. To znaˇci da je f(K)⊆V1∪. . .∪Vn.

Time smo dokazali da je f(K) kompaktan skup u (Y,S).

Korolar 2.4.6.

Neka su (X,T) i (Y,S) topoloˇski prostori te neka je f : X → Y funkcija neprekidna s obzirom na topologije T i S. Pretpostavimo da je topoloˇski prostor (X,T) kompaktan. Tada je f(X)kompaktan skup u topoloˇskom prostoru(Y,S).

Dokaz. Ovo slijedi iz prethodne propozicije zaK = X.

Definicija 2.4.7.

Neka je(X,T)topoloˇski prostor te neka je F ⊆ X. Kaˇzemo da je F zatvoren skup u(X,T)

(30)

Primjer 2.4.8.

Neka jeEeuklidska topologija naR. Neka su a,b∈R,a< b. Tada je[a,b]zatvoren skup

u(R,E). Naime, vrijediR\[a,b]=h−∞,ai ∪ hb,∞i, a skupovih−∞,aiihb,∞isu otvoreni

u(R,E)jer jeh−∞,ai= _x<a∪ hx,aiihb,∞i= _y>b∪ hb,yi.

Pokazat ćemo poslije da je svaki kompaktan skup u (R,E), gdje je Eeuklidska topologija naR, zatvoren. To će slijediti iz jedne općenitije tvrdnje, no uoˇcimo prvo da kompaktan skup u topoloˇskom prostoru općenito ne mora biti zatvoren.

Primjer 2.4.9.

Neka je X skup koji ima barem dva elementa. Odaberimo podskup K od X takav da je K _, ∅i K _, X. Tada je K kompaktan skup u topoloˇskom prostoru(X,{∅,X}). Nadalje, iz K _, X slijedi da je X\K _, ∅, a iz K _, ∅slijedi da je X\K _, X. Stoga X\K _<{∅,X}pa slijedi da K nije zatvoren u(X,{∅,X}).

Definicija 2.4.10.

Za topoloˇski prostor(X,T)kaˇzemo da je Hausdorffov ako za sve x,y∈X takve da je x_,y postoje U,V ∈ T takvi da je U∩V = ∅te x ∈U i y∈V.

Primjer 2.4.11.

Neka je X skup koji ima barem 2toˇcke. Tada topoloˇski prostor (X,{∅,X})oˇcito nije Ha-usdorffov. S druge strane, za svaki neprazan skup X topoloˇski prostor (X,P(X)) je Ha-usdorffov.

Primjer 2.4.12.

Neka jeEeuklidska topologija na_R. Tada je topoloˇski prostor(_R,E)Hausdorffov. Dokaˇzimo to.

Neka su x,y∈_R,x_,y. Pretpostavimo da je x<y. Odaberimo z∈_Rtakav da je x<z< y. Nadalje, odaberimo a,b∈_Rtakve da je a< x i y < b. Definirajmo U = ha,zi, V = hz,bi. Imamo U,V ∈ E,U∩V = ∅te x ∈U i y∈V.

Propozicija 2.4.13.

Neka je(X,T)topoloˇski prostor.

(31)

Dokaz. Dokaz se provodi indukcijom pon∈_N.

Teorem 2.4.14.

Neka je(X,T)Hausdorffov prostor te neka je K kompaktan skup u(X,T). Tada je K zatvoren skup u prostoru(X,T).

Dokaz. Ako jeK =∅tvrdnja je jasna. Pretpostavimo da jeK , ∅.

Neka jex∈ X\K.

Za svaki y ∈ K vrijedi da je x _, y pa budu´ci da je (X,T) Hausdorffov prostor, postoje

Uy,Vy ∈ T takvi da jeUy∩Vy =∅tex∈Uy,y∈Uy.

Tada jenVy|y∈Kootvoreni pokrivaˇc skupa K u (X,T). Budu´ci da je K kompaktan skup u (X,T), postojen∈_Niy1, . . . ,yn∈K takvi da je K ⊆Vy1 ∪. . .∪Vyn. (2.5) Imamo Uy1 ∩Vy1 =∅, . . . ,Uyn ∩Vyn = ∅ pa iz toga slijedi (Vy1 ∪. . .∪Vyn)∩(Uy1 ∩. . .∩Uyn)=∅. Iz (2.5) slijedi (Uy₁ ∩. . .∩Uy_n)∩K = ∅ tj. Uy₁ ∩. . .∩Uy_n ⊆ X\K.

Oˇcito jex∈Uy₁∩. . .∩Uy_n, a prema propoziciji (2.4.13) skupUy₁ ∩. . .∩Uy_n je otvoren u (X,T).

Zakljuˇcak: za svaki x∈X\K postoji otvoren skupUu (X,T) takav da jex∈U ⊆ X\K. Iz leme 2.2.2 slijedi da jeX\K ∈ T. Prema tome,Kje zatvoren skup u (X,T).

Korolar 2.4.15.

Neka je E euklidska topologija naR. Neka je K kompaktan skup u topoloˇskom prostoru (R,E). Tada je K zatvoren skup u(R,E).

(32)

2.5 Minimum i maksimum neprekidnih funkcija na

kompaktnim prostorima

Propozicija 2.5.1.

Neka je E euklidska topologija na _R. Neka je K kompaktan skup u (_R,E). Tada je K omeden skup.

Dokaz. Neka je U = {h−x,xi |x>0}. Tada je U otvoreni pokrivaˇc od K u (R,E). Iz kompaktnosti skupaKslijedi da postojen∈_Nix1, . . . ,xn >0 takvi da je

K ⊆ h−x1,x1i ∪. . .∪ h−xn,xni.

Neka jem=max{x1, . . . ,xn}.

Neka jex∈ K. Tada je x∈ h−xi,xiiza nekii∈ {1, . . . ,n}. Imamoxi ≤mte takoder−m≤ −xi. Stoga je

−m≤ −xi < x< xi ≤m.

Dakle,−m < x< m, za svaki x ∈ K. Prema tome,−mje donja meda skupa K, a mgornja meda skupaK.

Time je tvrdnja propozicije dokazana.

Propozicija 2.5.2.

Neka je E euklidska topologija na R. Neka je K neprazan i omeden skup u R.

Pret-postavimo da je K zatvoren skup u topoloˇskom prostoru (R,E). Tada K ima minimim i

maksimum.

Dokaz. Budu´ci da je Kneprazan i omeden skup, postoji supremum tog skupa. Oznaˇcimo ga sa. Tvrdimo da jea∈K.

Pretpostavimo suprotno. Tada je a ∈ Kc. Budu´ci da je K zatvoren u (R,E), tada je Kc otvoren, tj. Kc ∈ E. Znamo da je

(33)

POGLAVLJE 2. TOPOLO ˇSKI PROSTORI I KOMPAKTNOST 29 baza topologije E pa postoje u,v ∈ _R,u < v takvi da je a ∈ hu,vi ⊆ Kc_{. Slijedi da je} u<a<v.

Neka jex ∈K. Tada je x≤ apa jex < v. Slijedi da je x≤ ujer bismo u suprotnom imali

u< x<v, tj. x∈ hu,vi ⊆Kc ˇsto je oˇcito nemogu´ce.

Dakle,x≤ u, za svakix∈ K. To znaˇci da jeugornja meda skupaK ˇsto je u kontradikciji s ˇcinjenicom da jeanajmanja gornja meda skupaK.

Zakljuˇcak: a ∈ K. Stoga je amaksimum skupa K. Analogno dobivamo daK ima

mini-mum.

Teorem 2.5.3.

Neka je(X,T)kompaktan topoloˇski prostor. Neka jeEeuklidska topologija naR.

Pretpos-tavimo da je f : X → _Rfunkcija neprekidna s obzirom na topologijeT iE. Tada funkcija f poprima minimum i maksimum.

Dokaz. Iz korolara (2.4.6) slijedi da je f(X) kompaktan skup u (R,E). Tada je f(X) zatvo-ren i omeden skup, a oˇcito je i neprazan pa prema prethodnoj propoziciji ima minimum i maksimum.

Neka jem= minf(X) teM =max f(X). Posebno imamom,M ∈ f(X) pa postoje x0,x1 ∈ Xtakvi da je M= f(x0) i M = f(x1). Za svakix∈Xoˇcito vrijedim≤ f(x)≤ Mpa slijedi

f(x0)≤ f(x)≤ f(x1).

Prema tome funkcija f poprima minimum i maksimum.

Korolar 2.5.4.

Neka su a,b ∈ _R,a < b. Neka je f : [a,b] → _R neprekidna funkcija. Tada funkcija f poprima minimum i maksimum.

Dokaz. Neka je E0 _{euklidska topologija na [}

a,b] te neka je Eeuklidska topologija na _R. Prema propoziciji (2.2.7) funkcija f je neprekidna s obzirom na topologijeE0_i_E_.

Nadalje, prema korolaru (2.4.4) topoloˇski prostor ([a,b],E0_{) je kompaktan. Sada, iz} pret-hodnog teorema slijedi da funkcija f poprima minimum i maksimum.

Propozicija 2.5.5.

Neka je(X,T)topoloˇski prostor. Pretpostavimo da je K kompaktan skup u (X,T)te da je F zatvoren skup u(X,T)takav da je F ⊆ K. Tada je F kompaktan skup u(X,T).

(34)

Dokaz. Pretpostavimo da je U otvoreni pokrivaˇc od F u (X,T). Promotrimo familiju

U ∪ {X\F}.

Imamo da je U ⊆ T, a vrijedi da je X \ F ∈ T jer je F zatvoren skup. Prema tome,

U ∪ {X\F} ⊆ T.

Neka jex∈K. Ako jex∈F, onda je x∈Uza nekiU ∈ U, a akox<F, onda je x∈X\F.

Zakljuˇcujemo da u svakom sluˇcaju postoji U ∈ U ∪ {X\F} takav da je x ∈ U. Prema tome,U ∪ {X\F}je otvoreni pokrivaˇc odKu (X,T). Budu´ci da jeKkompaktan u (X,T) postojen∈_NiU1, . . . ,Un ∈ Utakvi da je

K ⊆U1∪. . .∪Un∪(X\F). IzF ⊆ Kslijedi

F ⊆U1∪. . .∪Un∪(X\F). Iz ovoga se lako vidi da jeF ⊆U1∪. . .∪Un.

Time je dokazano da jeF kompaktan skup.

Propozicija 2.5.6.

Neka jeEeuklidska topologija naR. Neka je K omeden skup uR. Pretpostavimo da je K

zatvoren skup u(_R,E). Tada je K kompaktan u(_R,E).

Dokaz. Iz ˇcinjenice da jeKomeden skup slijedi da postoji donja medaaskupaK i gornja medabskupaK.

Moˇzemo pretpostaviti da je a < b. Slijedi da je K ⊆ [a,b]. Prema teoremu 2.4.3 skup [a,b] je kompaktan u (_R,E) pa iz prethodne propozicije slijedi da jeK kompaktan skup u

(35)

Poglavlje 3

Neprekidne funkcije i povezanost

3.1 Nultoˇcke neprekidnih funkcija na segmentu

Lema 3.1.1.

Neka je S ⊆ _R, x0∈S te f :S →Rfunkcija neprekidna u toˇcki x0. 1. Pretpostavimo da je f(x0)>0.

Tada postoji r>0takav da je f(x)> 0, za svaki x∈ hx0−r,x0+ri ∩S . 2. Pretpostavimo da je f(x0)<0.

Tada postoji r>0takav da je f(x)< 0, za svaki x∈ hx0−r,x0+ri ∩S .

Dokaz. 1.

Neka je = f(x0). Tada je > 0 pa postojiδ >0 takav da za svakix∈S vrijedi x∈ hx0−δ,x0+δi ⇒ f(x)∈ hf(x0)−,f(x0)+i.

Dakle , za svakix∈ hx0−δ,x0+δi ∩S vrijedi

f(x0)− < f(x), tj. 0< f(x) (jer jef(x0)− = 0). Time je prva tvrdnja dokazana.

Analogno dokazujemo drugu tvrdnju.

(36)

POGLAVLJE 3. NEPREKIDNE FUNKCIJE I POVEZANOST 32

Teorem 3.1.2.

Neka su a,b∈_R,a< b. Neka je f : [a,b]→ _Rneprekidna funkcija. Pretpostavimo da je f(a)<0i f(b)> 0. Tada postoji x0∈[a,b]takav da je f(x0)=0.

Dokaz. Definirajmo

S ={x∈[a,b] |f(x)≤ 0}.

Imamoa∈S pa jeS , ∅. Nadalje izS ⊆ [a,b] slijedi da jeS omeden skup. Stoga postoji

supremum skupaS. Oznaˇcimo ga sc. Imamo a ≤ cjer je a ∈ S tec ≤ b jer jebgornja meda odS. Prema tome,c∈[a,b]. Dokaˇzimo da je f(c)=0.

Pretpostavimo da je f(c)<0. Tada prema prethodnoj lemi postojir> 0 takav da za svaki

x∈ hc−r,c+ri ∩[a,b] vrijedi f(x)<0. (3.1) Uoˇcimo da jec_,b(jer je f(c)<0 i f(b)> 0). Stoga jec< b.

Odaberimox∈_Rtakav da jec< x<min{c+r,b}. Slijedi da je

a≤ c< x<bpa jex∈[a,b]. Nadalje,c< x<c+rpa je x∈ hc−r,c+ri.

Prema tome,x∈ hc−r,c+ri ∩[a,b] pa iz (3.1) slijedi da je f(x)< 0. Stoga jex∈S. Ovo je u kontradikciji s ˇcinjenicom da jec< xte da jecsupremum skupaS.

Pretpostavimo da je f(c)>0. Prema prethodnoj lemi postojir >0 takav da za svaki

x∈ hc−r,c+ri ∩[a,b] vrijedi f(x)>0. (3.2) Imamoa, c(jer je f(a) < 0 i f(c) > 0). Stoga jea < c. Slijedi da je max{a,c−r}< c.

Budu´ci da jecnajmanja gornja meda skupaS, broj max{a,c−r}nije gornja meda skupa

S pa postoji x∈S takav da je max{a,c−r}< x. Oˇcito je x≤ c. Slijedi da je

a< x≤ c≤bpa jex∈[a,b].

Nadalje,c−r < x ≤ cpa je x ∈ hc−r,c+ri. Dakle, x ∈ hx−r,x+ri ∩[a,b] pa iz (3.2) slijedi da je f(x)> 0. Ovo je u kontradikciji s ˇcinjenicom da jex∈S.

(37)

3.2 Povezani skupovi u topoloˇskim prostorima

Definicija 3.2.1.

Neka je(X,T)topoloˇski prostor te neka su U,V ∈ T takvi da je U ∩V = ∅, U ∪V = X, U _, ∅, V _, ∅. Tada za uredeni par(U,V)kaˇzemo da je separacija topoloˇskog prostora

(X,T).

Definicija 3.2.2.

Za topoloˇski prostor(X,T)kaˇzemo da je povezan ako ne postoji separacija od(X,T). Definicija 3.2.3.

Neka je (X,T) topoloˇski prostor te A ⊆ X, A _, ∅. Kaˇzemo da je A povezan skup u topoloˇskom prostoru(X,T)ako je topoloˇski prostor(A,S)povezan pri ˇcemu jeSrelativna topologija na A.

Propozicija 3.2.4.

Neka je(X,T)topoloˇski prostor te A ⊆ X, A _, ∅. Tada je A povezan skup u (X,T)ako i samo ako ne postoje skupovi U,V ∈ T takvi da je

A⊆U∪V, A∩U∩V =∅, A∩U _,∅, A∩V _,∅. (3.3)

Dokaz. Neka jeSrelativna topologija naA. Pretpostavimo da jeApovezan skup u (X,T). Pretpostavimo da postojeU,V ∈ T takvi da vrijedi (3.3). Tvrdimo da je (A∩U,A∩V) separacija topoloˇskog prostora (A,S).

IzU,V ∈ T slijedi da jeA∩U,A∩V ∈ S. Nadalje,

(A∩U)∪(A∩V)= A∩(U∪V)=Ajer jeA⊆ (U∪V). Vrijedi

(A∩U)∪(A∩V)= A∩U∩V =∅.

Prema pretpostavci jeA∩U _, ∅iA∩V _, ∅. Dakle, (A∩U,A∩V) je separacije od (A,S) ˇsto je u kontradikciji s ˇcinjenicom da je (A,S) povezan topoloˇski prostor (to vrijedi jer je

Apovezan skup u (X,T)).

(38)

POGLAVLJE 3. NEPREKIDNE FUNKCIJE I POVEZANOST 34 Pretpostavimo sada da ne postoje U,V ∈ T takvi da vrijedi (3.3). Dokaˇzimo da je A

povezan skup u (X,T).

Pretpostavimo suprotno. Tada topoloˇski prostor (A,S) nije povezan pa postoji separacija (W1,W2) od (A,S). ImamoW1,W2 ∈ Spa postojeU,V ∈ T takvi da je

W1 = A∩U,W2 =A∩V.

IzA=W1∪W2 slijedi da jeA= A∩(U∪V) pa je oˇcitoA⊆(U∪V).

IzW1∩W2 =∅slijediA∩U∩V = ∅. VrijediW1, ∅,W2, ∅, tj. A∩U ,∅iA∩V , ∅.

Dakle,U,Vzadovoljavaju (3.3) ˇsto je u kontradikciji s pretpostavkom. Dakle,Aje povezan

skup u (X,T).

Propozicija 3.2.5.

Neka jeEeuklidska topologija naR. Neka je A povezan skup u topoloˇskom prostoru(R,E)

te neka su x,y∈A,x<y. Tada je x,y_⊆

A. Dokaz. Pretpostavimo suprotno. Tada postojiz∈

x,y

takav daz_<A.

Oˇcito je z _, xi z _, ypa je x < z < y. Definirajmo U = h−∞,zii V = hz,∞i. Imamo

hz,∞i= ∪

v∈R

z<u

hz,vipa zakljuˇcujemo da jehz,∞i ∈ E.

Analogno zakljuˇcujemo da jeh−∞,zi ∈ E. Dakle,U,V ∈ E.

Oˇcito jeU ∩V = ∅pa posebno vrijedi U ∩V ∩A = ∅. Imamo U ∪V = R\ {z}pa iz

z _<Aslijedi da jeA ⊆ U∪V. Imamo dalje da je x ∈ A∩U iy∈ A∩V pa jeA∩U _, ∅

i A∩V _, ∅. Iz propozicije (3.2.4) slijedi da skup A nije povezan ˇsto je u kontradikciji s pretpostavkom propozicije.

Prema tome, [x,z]⊆ A.

Propozicija 3.2.6.

Neka su (X,T) i (Y,S) topoloˇski prostori te neka je f : X → Y funkcija neprekidna s obzirom na topologijeT iS. Pretpostavimo da je A povezan skup u(X,T). Tada je f(A)

povezan skup u(Y,S).

Dokaz. Pretpostavimo suprotno. Tada prema propoziciji (3.2.4) postojeU,V ∈ Stakvi da je

(39)

f(A)⊆ U∪V, (3.4)

f(A)∩U∩V = ∅, (3.5)

f(A)∩U ,∅i (3.6)

f(A)∩V , ∅. (3.7)

Budu´ci da je f neprekidna, vrijedi f−1₍_U₎, _f−1₍_V₎_{∈ T}_.

Tvrdimo da je

A⊆ f−1(U)∪ f−1(V). Neka jex∈ A.

Tada je f(x)∈ f(A) pa iz (3.4) slijedi da je f(x)∈Uili f(x)∈V. Stoga jex∈ f−1₍_U_{) ili}_x_∈ f−1(V), u svakom sluˇcaju jex∈ f−1(U)∪f−1(V). Dakle, vrijedi da jeA⊆ f−1(U)∪f−1(V). Tvrdimo da je

A∩ f−1(U)∩ f−1(V)=∅.

Pretpostavimo da postojix∈A∩ f−1(U)∩ f−1(V). Tada jex∈A, x∈ f−1(U) i x∈ f−1(V) pa slijedi da je f(x) ∈ f(A), f(x)∈ U i f(x) ∈V, no ovo je u kontradikciji s (3.5). Prema tome vrijediA∩ f−1(U)∩ f−1(V)=∅.

Tvrdimo da je

A∩ f−1(U)_, ∅.

Iz (3.6) slijedi da postojix ∈ Atakav da je f(x)∈ U. Stoga je x ∈ f−1₍_U_{), dakle} _x _∈ _A_∩ f−1₍_U_{). Prema tome vrijedi da je}_A_∩_f−1₍_U₎

,∅. Analogno dobivamo da jeA∩f−1(V), ∅.

Sada iz prethodne propozicije te iz tvrdnji

A⊆ f−1(U)∪ f−1(V),A∩ f−1(U)∩ f−1(V)=∅,A∩ f−1(U)_,∅,A∩ f−1(V)_,∅

slijedi daAnije povezan skup u (X,T). To je u kontradikciji s pretpostavkom propozicije.

(40)

Korolar 3.2.7.

Neka su (X,T) i (Y,S) topoloˇski prostori te neka je f : X → Y funkcija neprekidna s obzirom na topologijeT iS. Pretpostavimo da je topoloˇski prostor(X,T)povezan. Tada je f(X)povezan skup u(Y,S).

Dokaz. Neka jeSrelativna topologija naX. Imamo

S= {U ∩X|U ∈ T } ={U|U ∈ T }=T,

dakleS= T, tj. (X,S)= (X,T) pa je oˇcito da je (X,S) povezan topoloˇski prostor. Prema tome, skupXje povezan u (X,T).

Iz prethodne propozicije slijedi da je f(X) povezan skup u (Y,S).

Korolar 3.2.8.

Neka je(X,T)topoloˇski prostor, neka jeEeuklidska topologija naRte neka je f :X →R

funkcija neprekidna s obzirom na topologijeT iE. Pretpostavimo da je topoloˇski prostor

(X,T)povezan te da postoje a,b∈X takvi da je f(a)<0, f(b)>0. Tada postoji c∈X takav da je f(c)= 0.

Dokaz. Prema prethodnom korolaru, f(X) je povezan skup u (R,E). Imamo

f(a), f(b)∈ f(X), f(a)<0< f(b). Iz propozicije (3.2.5) slijedi da je f(a), f(b) _⊆ f(X). Iz 0 ∈ f(a), f(b) slijedi da je 0∈ f(X).

Prema tome, postojic∈Xtakav da je f(c)= 0.

3.3 Povezanost segmenata

Lema 3.3.1.

Neka su X,Y skupovi takvi da je Y ⊆ X. Neka su A⊆ X i B⊆ Y takvi da je

B=Y∩A. (3.8)

(41)

Dokaz. Neka jeb∈Y\B. Tada jeb∈Yib_< B. Kada bi vrijedilo da jeb∈A, onda bismo imalib∈Y∩A, tj. b∈B, a to je nemogu´ce. Dakle,b_<Apa imamo da jeb∈X\A. Prema tome jeb∈Y ∩(X\A). Time smo dokazali da je

Y \B⊆Y ∩(X\A).

Obratno, pretpostavimo da jeb ∈Y ∩(X\A). Dakle,b∈ Y ib ∈ X\A. Slijedi dab_< A. Kada bi vrijedilo da jeb ∈ Btada bi prema (3.8) vrijedilo da je b ∈ A ˇsto je nemogu´ce. Prema tome,b_<Bpa jeb∈Y\B. Time smo dokazali da je

Y ∩(X\A)⊆Y \B.

Time je tvrdnja leme dokazana.

Propozicija 3.3.2.

Neka je(Y,S)potprostor topoloˇskog prostora(X,T). 1. Neka je F zatvoren skup u(Y,S).

Tada postoji zatvoren skup G u(X,T)takav da je F= Y∩G. 2. Neka je G zatvoren skup u(X,T).

Tada je Y∩G zatvoren skup u(Y,S).

Dokaz. 1. ImamoY \F ∈ Spa jeY\F =Y ∩U, za nekiU ∈ T. Iz leme slijedi da je

Y\(Y\F)=Y∩(X\U), tj. F =Y∩(X\U). Time je prva tvrdnja dokazana. 2. OznaˇcimoF =Y∩G. iz leme slijedi da jeY\F = Y∩(X\G). ImamoX\G ∈ T pa

jeY ∩(X\G) ∈ S. Dakle,Y \F ∈ Spa jeFzatvoren skup u (Y,S). Time je druga tvrdnja dokazana.

Korolar 3.3.3.

Neka je(X,T)topoloˇski prostor te neka je(Y,S)potprostor od(X,T)takav da je Y zatvo-ren skup u(X,T). Pretpostavimo da je F zatvoren skup u(Y,S). Tada je F zatvoren skup u(X,T).

(42)

Dokaz. Iz prve tvrdnje prethodne propozicije slijedi da postoji zatvoren skupG u (X,T) takav da jeF = Y ∩G. Stoga jeF kao presjek dvaju zatvorenih skupova, zatvoren skup u

(X,T).

Napomena. Pretpostavimo da je (X,T) topoloˇski prostor te da je (U,V) separacija od

(X,T). Tada je Uc =_{V i V}c =_{U pa zakljuˇcujemo da su U i V zatvoreni skupovi.}

Obratno, ako su F i G zatvoreni skupovi u (X,T) takvi da je F ∪G = X, F ∩G = ∅, F _, ∅i G _, ∅, onda je (F,G)separacija od(X,T). Naime, vrijedi Fc = G i Gc = F pa zakljuˇcujemo da su F i G otvoreni.

Teorem 3.3.4.

Neka su a,b ∈ _R, a < b. Neka je E euklidska topologija na [a,b]. Tada je ([a,b],E)

povezan topoloˇski prostor.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. da topoloˇski prostor ([a,b],E) nije povezan. Tada postoje zatvoreni skupoviF,Gu ([a,b],E) takvi da je

F∩G= ∅,F∪G= [a,b],F _,∅iG_,∅.

Imamo a ∈ F ili a ∈ G. Bez smanjenja op´cenitosti moˇzemo pretpostaviti da je a ∈ F. Neka jeE0_{euklidska topologija na}

R. Imamo da je ([a,b],E) potprostor od (R,E0) te da je [a,b] zatvoren skup u (R,E0). Iz prethodnog korolara slijedi da suFiGzatvoreni skupovi u (R,E0). Dakle,Gje neprazan, zatvoren u (R,E0) i omeden (jer jeG ⊆ [a,b]) pa prema propoziciji (2.5.2) postoji minimum skupaG. Oznaˇcimo ga sm.

Imamo da jem∈Gpa jem∈[a,b], nom_,ajer jea∈Fpa slijedia<m.

Promotrimo skup [a,m] ∩F. Taj skup je zatvoren u (R,E0), kao presjek dva zatvorena skupa, neprazan jer sadrˇziai oˇcito je omeden. Neka je

M= max ([a,m]∩F). (3.9)

Slijedi da jeM ∈[a,m] pa jeM ≤ m, no takoder imamoM∈ Fpa je M _,mjer jem∈G. Dakle, M< m. Prema tome vrijedi

(43)

POGLAVLJE 3. NEPREKIDNE FUNKCIJE I POVEZANOST 39 Odaberimox∈_Rtakav da je M< x<m. Slijedi da jex∈[a,b] pa jex∈F ilix∈G. Zbog x < m, am = minG imamo x _<G. Stoga je x ∈ F. Iz naˇcina na koji smo odabrali

x, slijedi da je x ∈ [a,m]. Stoga je x ∈ [a,m]∩F pa je x ≤ M zbog (3.9). No ovo je u kontradikciji s odabirom broja x.

Zakljuˇcak: topoloˇski prostor ([a,b],E) je povezan.

3.4 Meduvrijednosti neprekidnih funkcija

Teorem 3.4.1.

Neka su a,b∈_R, a< b. Neka je f : [a,b]→_Rneprekidna funkcija takva da je f(a)< 0i f(b)>0. Tada postoji c∈[a,b]takav da je f(c)= 0.

Dokaz. Neka je E euklidska topologija na [a,b] te neka je E0 _{euklidska topologija na} R. Prema prethodnom teoremu, topoloˇski prostor ([a,b],E) je povezan. Prema propoziciji 2.2.7 funkcija f je neprekidna s obzirom na topologije Ei E0. Tvrdnja teorema slijedi iz

korolara 3.2.8.

Propozicija 3.4.2.

Neka je(X,T)topoloˇski prostor, neka jeEeuklidska topologija naRte neka je f :X →R

funkcija neprekidna s obzirom na topologijeT iE.

Pretpostavimo da je topoloˇski prostor(X,T)povezan te da postoje a,b ∈ X i y ∈_Rtakvi da je f(a)<y< f(b)ili f(a)>y> f(b). Tada postoji c∈X takav da je f(c)= y.

Dokaz. Prema korolaru (3.2.8) skup f(X) je povezan u (R,E). Imamo

f(a)<y< f(b) ili f(b)< y< f(a) pa iz propozicije (3.2.5) slijedi da je y∈ f(a), f(b)_⊆ f(X) iliy∈ f(b), f(a)_⊆ f(X).

(44)

Korolar 3.4.3.

Neka su a,b∈_R, a<b te neka je f : [a,b]→_Rneprekidna funkcija. Neka je y∈_Rtakav da je f(a)<y< f(b)ili f(a)>y> f(b). Tada postoji x∈[a,b]takav da je f(x)= y. Dokaz. Koriste´ci prethodnu propoziciju, tvrdnja ovog korolara dokazuje se posve

ana-logno kao tvrdnja prethodnog korolara.

3.5 Slike neprekidnih funkcija na segmentu

Napomena. Neka je f :S → _Rfunkcija neprekidna u x0 ∈S . Neka je T ⊆ S takav da je x0∈T . Tada je f|_T :T →_Rneprekidna u x0. Naime, neka je > 0.

Tada postojiδ >0takav da za svaki x∈S vrijedi:

ako je |x−x0|< δonda je |f(x)− f(x0)|< . (3.10)

Posebno, ako je f : S → _R neprekidna funkcija i T ⊆ S, T _, ∅, onda je f |_T : T → _R

neprekidna funkcija. Teorem 3.5.1.

Neka su a,b ∈ _R,a < b te neka je f : [a,b] ∈ _R neprekidna funkcija. Tada postoje c,d ∈_R,c≤d takvi da je f([a,b])=[c,d].

Dokaz. Prema korolaru (2.5.4) funkcija f poprima minumum i maksimum. Dakle, postojexm,xM ∈[a,b] takvi da je

f(xm)≤ f(x)≤ f(xM),∀x∈[a,b].

Oznaˇcimo sa c = f(xm),d = f(xM). Za svaki x ∈ [a,b] vrijedi c ≤ f(x) ≤ d pa je

(45)

POGLAVLJE 3. NEPREKIDNE FUNKCIJE I POVEZANOST 41 Neka jey∈ [c,d]. ˇZelimo dokazati da je y ∈ f([a,b]). To je jasno ako jey = ciliy = d. Pretpostavimo da jey _, ci y _, d. Dakle, c < y < d. Slijedi c _, d pa je stoga xm _, xM. Imamo dva sluˇcaja.

1. sluˇcaj: xm< xM.

Vrijedi: [xm,xM]⊆ [a,b] pa je prema prethodnoj napomeni funkcija

f |_[x

m,xM] : [xm,xM]→ Rneprekidna. Imamo

f |_[x

m,xM](xm)= f(xm)= c< y<d = f(xM)= f|[xm,xM].

Iz korolara 3.4.3 slijedi da postoji x ∈ [xm,xM] takav da je f|_[x

m,xM](x) = y. Dakle,

x∈[a,b] i f(x)=y. Prema tome jey∈ f ([a,b]). 2. sluˇcaj: xM < xm.

Posve analogno dobivamo da postojix∈[xM,xm] takav da je f(x)= y. Dakle,y∈ f([a,b]). Dokazali smo da je [c,d]⊆ f ([a,b]).

Prema tome je f([a,b])= [c,d]

Primjer 3.5.2.

Neka je f : [0,1]→_Rfunkcija definirana sa f(x)=        −1, x=0 1 x, 0< x≤ 1. (3.12) Vrijedi f ([0,1])={−1} ∪[ 1,∞i. (3.13)

Naime, ako je x∈ h0,1 ], onda je1≤ 1

x tj. 1≤ f(x). Prema tome je f ([0,1])⊆ {−1} ∪[ 1,∞i.

Obratno, ako je y∈[ 1,∞i, onda je 1_y ∈ h0,1 ]pa je f1_y =y, dakle y∈ f (h0,1 ]). Prema tome je

(46)

Dakle (3.13) vrijedi. Iz ovoga zakljuˇcujemo da funkcija f nije omedena. Nadalje, imamo f(0)<0, f(1)>0, ali ne postoji x∈[0,1]takav da je f(x)=0.

Zakljuˇcak: tvrdnje korolara 2.5.4 i teorema 3.4.1 ne vrijede ako se izostavi pretpostavka da je f neprekidna funkcija.

Neka je x0 ∈ h0,1 ]. Tvrdimo da je f neprekidna u toˇcki x0. Pretpostavimo da je x0 < 1. Neka je >0. Imamo1< _x1 0 pa je0< 1 x0 −1. Odaberimo r> 0takav da je0< r< _x1 0 −1. Neka je0 =_min_{,_r_}_. Slijedi0< 0< 1 x0 −1pa je 1 x0 − 0 > ₁_{. Dakle,}₁< 1 x0 − 0 < 1 x0 < 1 x0 + 0 _{pa je} 1 1 x0 + 0 < x0< 1 1 x0 − 0 < 1. (3.14)

Prema lemi 2.2.6 postojiδ >0takav da je

hx0−δ,x0+δi ⊆ * 1 1 x0 + 0, 1 1 x0 − 0 + . (3.15)

Uoˇcimo da jehx0−δ,x0+δi ⊆ h0,1i. Neka je x∈ hx0−δ,x0+δi. Tada je x∈ * 1 1 x0 + 0, 1 1 x0 − 0 + , tj. ₁ 1 x0 + 0 < x< 1 1 x0 − 0 (3.16) pa je 1 x0 −0 < 1 x < 1 x0 +0 , tj. 1 x ∈ * 1 x0 −0, 1 x0 +0 + . (3.17) No, * 1 x0 − 0_, 1 x0 + 0 + ⊆ * 1 x0 −, 1 x0 + + jer je0 ≤. (3.18) Dakle, ∀x∈ hx0−δ,x0+δi vrijedi f(x)∈ hf(x0)−,f(x0)+i.

(47)

Prema lemi 2.2.6 postojiδ >0takav da je

h1−δ,1+δi ⊆ * 1 1+,2 + .

Neka je x∈[0,1]takav da je x ∈ h1−δ,1+δi. Tada je ₁₊1 < x, posebno imamo x> 0pa slijedi f(x)= 1_x < 1+. Slijedi

1− <1≤ f(x)< 1+,

dakle

f(x)∈ h1−,1+i.

Prema tome, za svaki x∈[0,1]takav da je x∈ h1−δ,1+δivrijedi f(x)∈ hf(1)−,f(1)+i. Zakljuˇcak: funkcija f je neprekidna u x0, za svaki x0∈ h0,1 ].

Ako sua,b ∈_R,a <bte f : [a,b] →_Rneprekidna funkcija onda je prema teoremu 3.5.1

f([a,b]) segment. Obratno, ako je f : [a,b] → _Rfunkcija takva da je f ([a,b]) segment, onda funkcija f ne mora biti neprekidna ˇsto pokazuje sljede´ci primjer.

Primjer 3.5.3.

Neka je f : [0,1]→_Rfunkcija definirana sa f(x)=              1, x=0 x, 0< x<1 0, x=1 (3.19)

Tada je f ([0,1])= [0,1]. No, funkcija f nije neprekidna. Dokaˇzimo da f nije neprekidna u toˇcki0.

Tada za = 1₂ postojiδ >0takav da za svaki x∈[0,1]∩ h0−δ,0+δivrijedi

f(x)∈ h1−,1+i. (3.20)

(48)

Slijedi0< x< δi0< x< 1₂ pa je

x∈[0,1]∩ h0−δ,0+δi.

Stoga je prema (3.20) f(x)∈ h1−,1+i.

Posebno,1− < f(x)tj. 1₂ < f(x)(jer je = 1₂). S druge strane, iz0< x< 1₂ slijedi da je f(x)= x pa je f(x)< 1₂ ˇsto je kontradikcija s ˇcinjenicom da je 1₂ < f(x).

(49)

Bibliografija

[1] C. O. Christenson and W. L. Voxman. Aspects of Topology. Marcel Dekker, Inc., New York, 1977.

[2] S. Kurepa. Matematiˇcka analiza I. ˇSkolska Knjiga, Zagreb, 1997. [3] S. Mardeˇsi´c. Matematiˇcka analiza I. ˇSkolska Knjiga, Zagreb, 1991.

[4] W. A. Sutherland. Introduction to metric and topological spaces. Oxford University Press, 1975.

(50)

Saˇzetak

U ovom diplomskom radu prouˇcavamo neprekidne funkcije na segmentu, ali i topoloˇske prostore i koncepte s tim u vezi pomo´cu kojih moˇzemo dokazati neke klasiˇcne rezultate vezane za neprekidne funkcije na segmentu.

U prvom poglavlju koriste´ci gomiliˇste nizova dokazujemo da svaka neprekidna funkcija na segmentu poprima minimum i maksimum. U drugom poglavlju prouˇcavamo pojmove topologije, baze topologije, neprekidnosti funkcije izmedu topoloˇskih prostora i relativne topologije. Takoder, prouˇcavamo kompaktne skupove u topoloˇskim prostorima te doka-zujemo da neprekidne realne funkcije na kompaktnim prostorima poprimaju minimum i maksimum.

U tre´cem poglavlju prouˇcavamo povezanost u topoloˇskim prostorima te dokazujemo da neprekidna realna funkcija na povezanom prostoru poprima meduvrijednosti.

(51)

Summary

In this thesis we have studied continuous functions on segment, topological spaces and re-lated concepts which we use to prove some classical results rere-lated to continuous functions on a segment.

In the first chapter we use that each continuous function on a segment attains its mi-nimum and maximum. In the second chapter we study topological spaces, continuous functions between topological spaces and relative topologies.

We also study compact sets in topological spaces and we prove that each continuous real function on a compact space attains its minimum and maximum.

In the third chapter we examine connectedness in topological spaces and we prove that each continuous real function on a connected space attains intermediate values.