TOPOLOGI. Dan Laksov

Forum för matematiklärare TOPOLOGI Dan Laksov Institutionen för Matematik, 2009 Finansierat av Marianne och Marcus Wallenbergs Stiftelse

Topologi Dan Laksov Notater for Forum för Matematiklärare. Høst 2009-vår 2010. Støttet av: Marianne och Marcus Wallenbergs Stiftelse Versjon II. August 2009 Matematiska Institutionen KTH

Matematiska Institutionen KTH 100 44 STOCKHOLM ISBN? c 2009 Matematiska Institutionen

FORORD Det er få områder av matematikken som forekommer i så mange andre deler av matematikken som topologien. Topologien tilhører fundamentet for matematikken, og bidrar til å binde sammen de ulike områdene. Den viser på en forbløffende måte hvordan man, med et par enkle aksiomer, kan generalisere kjente begreper og dermed sette lys på sentrale deler av matematikken. Kjennskap til topologi burde inngå i verktøyskrinet til enhver person som vil forstå matematikk, og matematisk tankegang. Disse notatene er et supplement til forelesningene i Forum För Matematiklärare, eller kort Forum, det akademiske året 2009-2010. Alt materialet til de syv forelesningene i Forum finnes i heftet, men inndelingen av notatene i kapitler og seksjoner svarer bare delvis til innholdet av forelesningene. Heftet er ment som en hjelp for hukommelsen, eller for å finne supplerende og utdypende materiale. Kanskje kan det også inspirere til videre studier i matematikk. Notatene forutsetter bare kjennskap til de enkleste begrepene i grunnleggende matematikk. v

vi TOPOLOGI

INNHOLD 1. Metriske rom 1.1 Relle tall og reelle funksjoner.............. 1 1.2 Det Euklidske rommet og reelle funksjoner........ 2 1.3 Metriske rom..................... 3 1.4 Åpne mengder i metriske rom............. 5 2. Topologiske rom 2.1 Topologiske rom og eksempler............. 9 2.2 Avbildninger av topologiske rom............ 12 3. Spesielle topologiske rom 3.1 Kompakte topologiske rom.............. 15 3.2 Sammenhengende topologiske rom........... 19 B. Bibliografi I. Indeks vii

viii TOPOLOGI

1. METRISKE ROM I dette kapittelet påminner vi om noen fundamentale egenskaper for Euklidske rom, og viser hvordan disse leder frem til metriske rom. Vi gir også en rekke fundamentale egenskaper for metriske rom. 1.1. Relle tall og reelle funksjoner Vi påminner her om noen fundamentale egenskapeer til avstander mellom reelle tall og om funksjoner på reelle tall. 1.1.1 Notasjon. De reelle tallene betegner vi med R og absoluttverdien til et reelt tall x med x. Det vil si, { x om x 0 x = x om x 0. Vi skriver d R (x, y) = x y for avstanden mellom de reelle tallene x og y. 1.1.2 Bemerkning. Følgende fundamentale egenskaper til avstanden mellom reelle tall er velkjente og lette å verifisere for alle reelle tall x, y, z: (1) (Ikke degenererthet) d R (x, y) = 0 hvis og bare hvis x = y. (2) (Symmetri) d R (x, y) = d R (y, x). (3) (Trekantulikhet) d R (x, z) d R (x, y) + d R (y, z). Det er forbausende hvor ofte vi bare har bruk for egenskapene (1), (2), (3) til avstander mellom reele tall. 1.1.3 Kontinuitet. Vi påminner om at en funksjon f : R R er kontinuerlig i et punkt x 0 om det for hver tall ε > 0 finnes et tall δ > 0 slik at om så vil x x 0 < δ f(x) f(x 0 ) < ε. Med andre ord, når x kommer nær x 0 vil f(x) komme nær f(x 0 ). Vi sier at funksjonen f er kontinuerlig om den er kontinuerlig for alle x 0 i R. 1

2 TOPOLOGI Oppgaver. Oppgave 1. Verifiser følgende egenskaper til avstander på den reelle linjen: (1) (Ikke degenererthet) d R (x, y) = 0 hvis og bare hvis x = y. (2) (Symmetri) d R (x, y) = d R (y, x). (3) (Trekantulikhet) d R (x, z) d R (x, y) + d R (y, z). Oppgave 2. Vis at for absoluttverdiene av alle reelle tall x, y har vi x y x y. 1.2. Det Euklidske rommet og reelle funksjoner Vi påminner om hvordan egenskapene for avstand mellom reelle tall og for kontinuitet av reelle funksjoner generaliseres til høyere dimensjoner 1.2.1 Notasjon. Det kartesiske produktet av linjen R n ganger med seg selv betegner vi med R n, det vil si, R n bestå av alle n-tupler x = (x 1, x 2,..., x n ) der x 1, x 2,..., x n er reelle tall. Avstanden mellom to punkter x = (x 1, x 2,..., x n ) og y = (y 1, y 2,..., y n ) i R n er d R n(x, y) = (x 1 y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2 + + (x n y n ) 2. Vi kaller R n med avstandsfunksjonen d R n for det Euklidske rommet av dimensjon n, og vi kaller d R n den Euklidske metrikken på R n. Følgende fundamentale egenskaper til avstanden mellom punkter x, y, z i R n er velkjente: (1) (Ikke degenererthet) d R n(x, y) = 0 hvis og bare hvis x = y. (2) (Symmetri) d R n(x, y) = d R n(y, x). (3) (Trekantulikhet) d R n(x, z) d R n(x, y) + d R n(y, z). Det er forbausende hvor ofte vi bare bruker egenskapene (1), (2), (3) til avstanden mellom punkter i R n. I ord sier (1) at avstanden mellom to punkter er 0 bare når punktene er like. (2) sier at avstanden mellom x og y er lik avstanden mellom y og x, og (3) sier at lengden av siden xz i trekanten med hjørner x, y, z er høyst lik summen av lengdene av sidene xy og yz. Egenskapene (1) og (2) i 1.2.1 er opplagte. For å vise egenskapen (3) setter vi u i = x i y i og v i = y i z i for i = 1, 2,..., n. Da vil x i z i = u i + v i og ulikheten (3) blir (u1 + v 1 ) 2 + (u 2 + v 2 ) 2 + + (u n v n ) 2 u 21 + u22 + + u2n + v 2 1 + v2 2 + + v2 n. Kvadrerer vi begge sidene av denne ulikheten ser vi at for å vise egenskapen (3) rekker det å vise ulikheten u 1 v 1 + u 2 v 2 + + u n v n (u 21 + u22 + + u2n ) (v1 2 + v2 2 + + v2 n )

1.3. METRISKE ROM 3 eller, om vi setter W = u 1 v 1 + u 2 v 2 + + u n v n, U = u 2 1 + u2 2 + + u2 n, V = v2 1 + v2 2 + + v2 n ser vi ved å kvadrere en gang til at det rekker å vise at W 2 UV. Men n n V u i Wv i 2 = V 2 u 2 i 2V W i=1 Derfor er i=1 n n u i v i + W 2 i=1 i=1 v 2 i = V 2 U 2V WW + W 2 V = V (UV W 2 ). 0 V (UV W 2 ). Om V = 0 vil v 1 = v 2 = = v n = 0 så vi har likhet i (3). Ellers er V > 0 og derfor som vi ville vise. W 2 UV 1.2.2 Kontinuitet. Vi påminner om at en funksjon f : R m R n er kontinuerlig i et punkt x 0 om det for hvert tall ε > 0 finnes et tall δ > 0 slik at når d R m(x, x 0 ) < δ så vil d R n(f(x), f(x 0 )) < ε. Funksjonen f er kontinuerlig om den er kontinuerlig for alle x 0 i R n. Oppgaver. Oppgave 1. Vis at egenskapene (1) og (2) i 1.2.1 holder for d R n og fyll i detaljene i beviset for egenskap (3). Oppgave 2. Vis at d R n(x, y) d R n(x, z) d R n(y, z). 1.3. Metriske rom Vi viser hvordan egenskapene til Euklidske rom generaliseres, på en naturlig måte. 1.3.1 Definisjon. La X være en mengde. En metrikk på X er en funksjon d X som til hvert par av elementer x, y i X tilordner et ikke negativt tall d X (x, y), og som tilfredsstiller følgende betingelser for alle x, y, z i X: (1) (Ikke degenererthet) d X (x, y) = 0 hvis og bare hvis x = y. (2) (Symmetri) d X (x, y) = d X (y, x). (3) (Trekantulikhet) d X (x, z) d X (x, y) + d X (y, z). En mengde X med en metrikk d X kalles et metrisk rom, og vi betegner det metriske rommet med (X, d X ).

4 TOPOLOGI 1.3.2 Eksempel. Vi har sett at det Euklidske rommet (R n, d R n) er et metrisk rom. 1.3.3 Eksempel. La Y være en mengde og betegn med Y n det n te kartesiske produktet av Y med seg selv n ganger, det vil si, Y n består av alle n tupler x = (x 1, x 2,..., x n ) der x 1, x 2,..., x n er i Y. Sett d Y n(x, y) = {antallet indekser i slik at x i y i } Om vi setter har vi at { 0 om xi = y i d i (x, y) = 1 om x i y i d X (x, y) = d 1 (x, y) + d 2 (x, y) + + d n (x, y). Vi har at d Y n en metrikk på Y n. Egenskap (1) er klar ettersom x = (x 1, x 2,..., x n ) = (y 1, y 2,..., y n ) = y hvis og bare hvis x i = y i for i = 1, 2,..., n, så det finnes ikke noen indeks i slik at x i y i. Også egenskapen (2) er klar ettersom x i y i hvis og bare hvis y i x i. For egenskapen (3) observerer vi at om x i = z i vil d i (x, z) = 0 så d i (x, z) d i (x, y) + d i (y, z). Om x i z i vil d i (x, z) = 1. Men når x i z i vil enten x i y i eller y i z i så d i (x, y) + d i (y, z) er enten lik 1 eller 2 så d i (x, z) d i (x, y) + d i (y, z) også i dette tilfellet. Ettersom dette gjelder for i = 1, 2,..., n holder egenskap (3) for d Y n. 1.3.4 Eksempel. La (X, d X ) være et metrisk rom og la Y være en undermengde av X. Sett d Y (x, y) = d X (x, y) for alle x, y i Y. Da vil (Y, d Y ) være et metrisk rom. Vi kaller d Y for metrikken indusert av d X. 1.3.5 Definisjon. La (X, d X ) og (Y, d Y ) være metriske rom. En funksjon f : X Y er kontinuerlig i et punkt x 0 om det for hver tall ε > 0 finnes et tall δ > 0 slik at når d X (x, x 0 ) < δ så vil d Y (f(x), f(x 0 )) < ε. Vi sier at f er kontinuerlig om den er kontinuerlig i x 0 for alle x 0 i X.

1.4.ÅPNE MENGDER I METRISKE ROM 5 Oppgaver. Oppgave 1. Gi med egne ord et bevis for egenskapene (1), (2) og (3) i Eksempel 1.3.3. Oppgave 2. La Z være de hele tallene og la p være et primtall. Sett d p (m, n) = 1 p r om pr deler m n, men p r+1 ikke deler m n. Vis at (Z, d p ) er et metrisk rom der betingelsen (3) er erstattet med den sterkere, ikke Arkimediske, betingelsen d p (m, l) maks(d p (m, n), d p (n, l)). Oppgave 3. La (R, d R ) være linjen med den Euklidske metrikken og la (Y, d Y ) være det metriske rommet i Eksempel 1.3.3. (1) Vis at en bijeksjon f : R Y ikke er kontinuerlig. (2) Vis at inversen f 1 : Y R er kontinuerlig. Oppgave 4. (Y n, d Y n) være det n te Kartesiske produktet av Y som i Eksempel 1.3.3. Vis at projeksjonen p i : Y n Y definert ved p i (x 1, x 2,..., x n ) = x 1, er kontinuerlig. Oppgave 5. For alle x = (x 1, x 2,..., x n ) og y = (y 1, y 2,..., y n ) i R n setter vi d M R n(x, y) = maks( x 1 y 1, x 2 y 2,..., x n y n ) og d T R n(x, y) = x 1 y 1 + x 2 y 2 + + x n y n. (1) Vis at (R n, d M Rn) er et metrisk rom. (2) Vis at (R n, d T R n) er et metrisk rom. Metrikken dt Rn kalles iblandt taksi metrikken. (3) Vis at identitetsavbildningen i R n : R n R n definert ved i R n(x) = x for alle x i X, gir en kontinuerlig avbildning mellom de tre metriske rommene (R n, d R n), (R n, d M R n), (Rn, d T RY n ). 1.4.Åpne mengder i metriske rom Definisjonen av kontinuitet kan, på en elegant måte, formuleres ved hjelp av åpne mengder som vi senere skal se utgjør byggestenene for topologiske rom. 1.4.1 Definisjon. La (X, d X ) være et metrisk rom. For hvert punkt x 0 i X og for hvert tall ε > 0 skriver vi N ε (x 0 ) = {x X : d X (x, x 0 ) < ε}. Vi kaller N ε (x 0 ) for ε-omegnen om x 0. En undermengde U i X er åpen hvis det for hvert x 0 i U finnes en ε-omegn N ε (x 0 ) om x 0 som er inneholdt i U, det vil si, det finnes et tall ε > 0 slik at om d X (x, x 0 ) < ε så vil x være i U. Ekvivalent er U åpen om den er unionen av mengder på formen N ε (x).

6 TOPOLOGI 1.4.2 Lemma. La (X, d X ) være et metrisk rom. For alle x 0 i X og alle tall ε > 0 vil ε-omegnen N ε (x 0 ) om x 0 være åpen. Bevis. La y 0 være i N ε (x 0 ) og sett δ = ε d X (x 0, y 0 ). Da vil δ > 0 og N δ (y 0 ) er inneholdt i N ε (x 0 ). Det siste er fordi om x er i N δ (y 0 ) vil d X (x, y 0 ) < δ og vi får av trekantulikheten og symmetri at d X (x, x 0 ) d X (x, y 0 ) + d X (y 0, x 0 ) < δ + ε δ = ε. 1.4.3 Setning. La (X, d X ) og (Y, d Y ) være metriske rom. En avbildning f : X Y er kontinuerlig hvis og bare hvis f 1 (V ) = {x X : f(x) V } er en åpen mengde i X for alle åpne mengder V i Y. Bevis. Anta først at f er kontinuerlig. La V være åpen i Y. Vi vil vise at f 1 (V ) er åpen i X, det vil si, for hver x 0 i f 1 (V ) må vi vise at det finnes et tall δ > 0 slik at N δ (x 0 ) er inneholdt i f 1 (V ). Men V er åpen i Y så det finnes et tall ε > 0 slik at N ε (f(x 0 )) er inneholdt i V. Ettersom f er kontinuerlig kan vi finne δ > 0 slik at når d X (x, x 0 ) < δ så vil d Y (f(x), f(x 0 )) < ε. Men om d X (x, x 0 ) < δ så vil x ligge i f 1 (V ) fordi f(x) ligger i N ε (f(x 0 )) som er inneholdt i V. Derfor er N δ (x 0 ) inneholdt i f 1 (V ) og vi har vist at f 1 (V ) er åpen i X. Omvendt, anta at f 1 (V ) er åpen i X for alle åpne V i Y. Vi må vise at f er kontinuerlig for alle x 0 i X. La ε > 0, vi må vise at det finnes et δ > 0 slik at om d X (x, x 0 ) < δ så vil d Y (f(x), f(x 0 )) < δ. Vi har ved Lemma 1.4.2 at N ε (f(x 0 )) er åpen i Y så f 1 (N ε (f(x 0 ))) = {x X : d Y (f(x), f(x 0 )) < ε} er åpen i X. Det finnes derfor et tall δ > 0 slik at δ-omegnen N δ (x 0 ) er inneholdt i f 1 (N ε (f(x 0 )). Men det betyr at om d X (x, x 0 ) < δ så vil d Y (f(x), f(x 0 )) < ε, som vi ville vise. Derfor er f kontinuerlig. Vi summerer i følgende resultat noen fundamentale egenskaper for åpne mengder. I forbausende mange situasjoner der vi studerer metriske rom rekker det å bruke disse egenskapene. De gir derfor opphav til topologiske rom. 1.4.4 Proposisjon. La (X, d X ) være et metrisk rom. (1) Den tomme mengden og hele rommet X er åpne mengder. (2) Snittet av et endelig antall åpne mengder er åpen. (3) Unionen av en vilkårlig samling åpne mengder er åpen.

1.4.ÅPNE MENGDER I METRISKE ROM 7 Bevis. (1) Ettersom den tomme mengden ikke har noen elementer er kravet i Definisjon 1.3.1 trivielt oppfyllt. Videre er N ε (x 0 ) inneholdt i X for alle x 0 i X og alle tall ε > 0, så X er åpen. (2) La U 1, U 2,..., U n være åpne mengder i X og la x 0 være inneholdt i snittet U 1 U 2 U n. Ettersom U i er åpen vil det for hvert i = 1, 2,..., n finnes ε i > 0 slik at N εi (x 0 ) er inneholdt i U i. Om ε = min(ε 1, ε 2,..., ε n ) vil derfor N ε (x 0 ) være inneholdt i snittet U 1 U 2 U n. Derfor er snittet åpent. (3) La {U j } j J være en samling av åpne mengder U j i X for j i indeksmengden J. For x 0 i unionen j J U i av disse mengdene vil x 0 være i U j for noen indeks j i J. Men da finnes et tall ε > 0 slik at N ε (x 0 ) er inneholdt i U j, og derfor i den større mengden j J U i. Derfor er unionen åpen. Oppgaver. Oppgave 1. Gi et eksempel på et metrisk rom (X, d X ) der snittet av en samling av åpne mengder ikke nødvendigvis er åpen. Oppgave 2. Gi et eksempel på et metrisk rom (X, d X ) der snittet av minst en uendelig samling av åpne mengder åpen. Oppgave 3. Vis at en undermengde U i et metrisk rom (X, d X ) er åpen hvis og bare hvis den er unionen av mengder på formen N ε (x). Oppgave 4. Gi en figur som viser hvordan en ε-omegn kan se ut i de metriske rommene (R 2, d R n), (R 2, d M R 2 ), (R 2, d T R 2 ). Oppgave 5. I Eksempel 1.3.3 (1) Beskriv ε-omegnene. (2) Beskriv de åpne mengdene.

8 TOPOLOGI

2. TOPOLOGISKE ROM Vi definerer her topologiske rom og innfører den vanligste terminologien for disse. 2.1. Topologiske rom og eksempler I denne seksjonen definerer vi topologiske rom og gir endel typiske eksempler på slike. 2.1.1 Definisjon. Et topologisk rom består av en mengde X og en samling U = {U i } i I av undermengder U i av X som tilfredsstiller følgende betingelser: (1) Den tomme mengden og mengden X tilhører samlingen U. (2) Snittet U i1 U i2 U in av et endelig antall medlemmer U i1, U i2,..., U in av samlingen U er selv med i samlingen U. (3) Unionen j J U j av hver samling {U j } j J av medlemmer av U er selv med i samlingen U. Vi kaller medlemmene U i i U for åpne mengder og komplementet X \ U i til de åpne mengdene kaller vi lukkete mengder. Samlingen U = {U i } i I kaller vi en topologi på X. For hvert punkt x i X kaller vi de åpne mengdene som inneholder x for åpne omegner om x. Vi skriver (X, U) for det topologiske rommet, men sløyfer ofte henvisningen til U når denne er klar, og skriver bare X. 2.1.2 Eksempel. Det følger av Proposisjon 1.4.4 at et metrisk rom (X, d X ) med alle sine åpne mengder, slik de ble definert i 1.4.1, er et topologisk rom. Vi sier at topologien er indusert av metrikken d X. Iblandt skriver U dx for denne topologien. 2.1.3 Eksempel. En mengde X sammen med samlingen U d bestående av alle undermendger U av X er et topologisk rom. Denne topologien kalles den diskrete topologien på X. 2.1.4 Eksempel. En mengde X med samlingen U t = {, X} bestående av den tomme mengden og X selv er et topologisk rom. Denne topologien kalles den trivielle topologien på X. 2.1.5 Eksempel. La X være en mengde og la U være samlingen av den tomme mengden og alle undermengder U av X slik at komplementet U c = X \ U er endelig. Da danner U en topologi for X. Det er klart at den tomme mengden og X er med i U. Om U 1, U 2,..., U n alle har endelig komplemement vil (U 1 U 2 U n ) c = U1 c Uc 2 Uc n være endelig så egenskapen (2) i Definisjon 2.1.1 holder. Er 9

10 TOPOLOGI {U j } j J en samling mengder med endelig komplement vil komplementet til unionen j J U j være inneholdt i komplementet til hver av U j ene, og spesielt være endelig. Derfor holder egenskapen (3) i Definisjon 2.1.1. Vi kaller U den endelige komplement topologien og skrive U = U ek. 2.1.6 Eksempel. La (X, U) være et topologisk rom og la Y være en undermengde av X. Vi betgner med V samlingen av alle undermengder av Y på formen U Y der U er åpen i X. Da vil (Y, V) være et topologisk rom. Topologien V kalles topologien indusert av U på Y. 2.1.7 Proposisjon. La (X 1, U 1 ), (X 2, U 2 ),..., (X n, U n ) være topologiske rom. Vi betegner med X = X 1 X 2 X n det Kartesiske produktet av X 1, X 2,..., X n, det vil si X består av alle n-tupler (x 1, x 2,..., x n ) der x i er i X i for i = 1, 2,..., n. Vi lar U = U 1 U 2 U n være samlingen av alle mengder i X som er en union av mengder på formen U 1 U 2 U n der U i er åpen i X i for i = 1, 2,..., n. Da er U en topologi på X. Vi kaller dette for produkt topologien. Bevis. Det er klart at og X tilhører U. Vi viser nu at samlingen U tilfredsstiller betingelsen (2) i Definisjon 2.1.1. La V 1, V 2,..., V m tilhøre samlingen U. For hvert x i snittet V 1 V 2 V m og for hvert i = 1, 2,..., n finnes det da åpne U i1, U i2,..., U im i X i slik at U 1j U 2j U nj inneholder x og er inneholdt i V j for j = 1, 2,..., m. Sett W i = U i1 U i2 U in for i = 1, 2,..., n. Da er W i åpen i X i og W 1 W 2 W n inneholder x og er inneholdt i snittet V 1 V 2 V m. Derfor tilhører V 1 V 2 V m samlingen U. Vi har dermed vist at U tilfredsstiller betingelsen (2) i Definisjon 2.1.1. Det er klart at U tilfredsstiller betingelsen (3) i Definisjon 2.1.1. For om x er med i en union V av medlemmer av U vil den være med i en av disse U, og derfor finnes det åpne U i inneholdt i X i for i = 1, 2,..., n slik at U 1 U 2 U n inneholder x og er inneholdt i U. Spesielt er U 1 U 2 U n inneholdt i unionen V. 2.1.8 Definisjon. La (X, U) være et topologisk rom og Y en undermengde av X. Et punkt x i X er et grensepunkt for Y om hver åpen omegn U om x inneholder et punkt y fra Y som er forskjellig fra x. Vi skriver og kaller Y for tillukningen til Y i X. Y = Y { alle grensepunkter for Y }

2.1. TOPOLOGISKE ROM OG EKSEMPLER 11 2.1.8 Proposisjon. La (X, U) være et topologisk rom og la Y være en undermengde av X. Da er Y en lukket undermengde av X og det er den minste lukkete undermengden av X som inneholder Y. Bevis. Vi må vise at X \ Y er åpen. La x være i X \ Y. Da er x ikke i Y og ettersom x ikke er et grensepunkt for Y finnes en omegn U x om x som ikke inneholder noe punkt av Y. Derfor kan U x heller ikke inneholde noe grensepunkt for Y så U x er inneholdt i X \ Y. Unionen av alle U x er derfor lik X \ Y, som derfor er åpen. Det følger at Y er lukket. Om Z er en lukket mengde som inneholder Y og x ikke er i Z vil det finnes en åpen omegn V om x som ikke inneholder noe punkt av Z, og derfor ikke inneholde noe punkt i Y. Derfor er x ikke i Y, og heller ikke et grensepunkt for Y. Derfor vil X \ Z være inneholdet i X \ Y, eller ekvivalent Y er inneholdt i Z. Derfor er Y inneholdt i alle lukkete mengder som inneholder Y, og vi har vist den siste påstanden i proposisjonen. Oppgaver. Oppgave 1. Finn alle topologier på mengden X = {x} med et element. Oppgave 2. Finn alle topologier på mengden X = {x, y} med to elementer. Oppgave 3. Finn alle topologier på mengden X = {x, y, z} med tre elementer. Oppgave 4. La X være en mengde. For hver undermengde U skriver vi U c = X \ U = {x X : x / U} for komplementet. La U 1, U 2,..., U n være undermengder av X. Vis at. (1) (U 1, U 2 U n ) c = U c 1 U c 2 U c n. (2) (U 1 U 2 U n ) c = U c 1 Uc 2 Uc n. Oppgave 5. For hvilke mengder X er den diskrete topologien på X i Eksempel 2.1.3 indusert av en metrikk på X? Oppgave 6. For hvilke mengder X er den trivielle topologien på X i Eksempel 2.1.4 indusert av en metrikk på X? Oppgave 7. For hvilke mendger X er den endelige komplement topologien på X i Eksempel 2.1.6 indusert av en metrikk på X? Oppgave 8. La (X, U) være et topologisk rom. (1) Vi sier at X er T 0 om det for hvert par av punkter x, y i X finnes en åpen mengde som inneholder det ene punktet men ikke det andre. (2) Vi sier at X er T 1 om det for hvert par av punkter x, y i X finnes en åpen mengde som inneholder x men ikke y og en åpen mengde som inneholder y men ikke x. (3) Vi sier at X er T 2, eller Hausdorff, om det for hvert par av punkter x, y i X finnes disjunkte åpne mengder U og V slik at x er inneholdt i U og y er inneholdt i V.

12 TOPOLOGI Gi eksempel på (1) Et topologisk rom som er T 0 men ikke T 1 eller T 2. (2) Et topologisk rom som er T 1 men ikke T 2. Oppgave 9. La (X, U) og (Y, V) være topologiske rom og la X Y være det Kartesiske produktet av X og Y. Er det sant at X Y er T i om X og Y begge er T i for i = 0, 1, 2? Oppgave 10. Vis at for vilkårlige mengder Y og Z i et topologisk rom (X, U) har vi X Y = X Y. Oppgave 11. Vis at den induserte topologien i Eksempel 2.1.6 tilfredsstiller egenskapene (1), (2), (3) i Definisjon 2.1.1. Oppgave 12. La (X, U) og (Y, V) ha den endelige komplement topologien i Eksempel 2.1.5. Har produktet (X Y, U V) den endelige komplement topologien? Oppgave 13. Vis at topologien på R n indusert av metrikken d R n er produkttopologien på det n te Kartesiske produktet R n R n R n der R har topologien indusert av metrikken d R. 2.2. Avbildninger av topologiske rom Som i mange deler av matematikken er det ikke bare objektene vi studerer som er viktige, men i minst like høy grad avbildningene mellom disse objektene. Her innfører vi avbildninger mellom topologiske rom. 2.2.1 Definisjon. La (X, U) og (Y, V) være topologiske rom. En kontinuerlig avbildning fra (X, U) til (Y, V) er en avbildning f : X Y av mengder slik at om V er åpen i Y så er f 1 (V ) åpen i X. Når det er klart hvilke de underliggende topologiene U og V er sier vi kort at f er en kontinuerlig avbildning fra det topologiske rommet X til det topologiske rommet Y. 2.2.2 Eksempel. La (X, d X ) og (Y, d Y ) være metriske rom. Det følger av Setning 1.4.3 at en avbildning f : X Y er en kontinuerlig avbildning av metriske rom hvis og bare hvis den er en kontinuerlig avbildning av topologiske rom (X, U dx ) og (Y, V dy ) med topologiene indusert av d X respektive d Y. 2.2.3 Eksempel. La (X, U) være et topologisk rom og la (Y, V d ) være det topologiske rommet på mengden Y gitt av den diskrete topologien på Y, som i Eksempel 2.1.3. Da er hver avbildning av mengder f : Y X en kontinuerlig avbildning av topologiske rom fra (Y, V d ) til (X, U). Dette er fordi f 1 (Z) er åpen i Y for alle undermengder Z av X.

2.2. AVBILDNINGER AV TOPOLOGISKE ROM 13 2.2.4 Eksempel. La (X, U) være et topologisk rom og la (Y, V t ) være det topologiske rommet gitt av den trivielle topologien på Y gitt i Eksempel 2.1.4. Da er hver avbildning av mengder f : X Y kontinuerlig. Dette er fordi både = f 1 ( ) og X = f 1 (Y ) er åpne i X. 2.2.5 Eksempel. La (X, U) og (Y, V) være topologiske rom. For hvert punnkt y i Y vil avbildningen f y : X Y av mengder definert av f y (x) = y for alle x i X være kontinuerlig ettersom f 1 (V ) = for alle åpne mengder V i Y som ikke inneholder y og f 1 (V ) = X for alle åpne V i Y som inneholder y. Slike avbildninger kalles konstante. 2.2.6 Proposisjon. La (X, U), (Y, V), (Z, W) være topologiske rom og la f : X Y og g : Y Z være kontinuerlige avbildninger. (1) Identitetsavbildningen i X : X X definert av i X (x) = x for alle x i X, er kontinuerlig. (2) Sammensetningen gf : X Z av f og g er kontinuerlig. Bevis. Påstand (1) er opplagt sann. For å vise påstand (2) må vi vise at (gf) 1 (W) er åpen i X for alle åpne W i Z. Men om g 1 (W) = V vil (gf) 1 (W) = f 1 g 1 (W) = f 1 (V ), og ettersom g er kontinuerlig er V = g 1 (W) åpen i Y, og ettersom f er kontinuerlig er f 1 (V ) åpen i X. 2.2.7 Proposisjon. La (X 1, U 1 ), (X 2, U 2 ),..., (X n, U n ) være topologiske rom og la (X, U) være produkttopologien. Da vil projeksjonen p i : X X i definert ved p i (x 1, x 2,..., x n ) = x i for i = 1, 2,..., n være kontinuerlig. Bevis. La U i være åpen i X i. Da vil p 1 i (U i ) = X 1 X i 1 U i X i+1 X n, som klart er åpen i X. 2.2.8 Definisjon. En homeomorfi av topologiske rom f : X Y er en bijeksjon av mengder slik at både f og den inverse avbildningen f 1 er kontinuerlige. 2.2.9 Eksempel. La J = [a, b] være det lukkete intervallet av reelle tall x slik at a x b. Da er avbildningen f : [0, 1] [a, b] definert av f(x) = x(b a) + a en homeomorfi. Den er klart bijektiv og kontinuerlig og den inverse avbildningen f 1 : [a, b] [0, 1] er gitt av f 1 (y) = y a b a og er kontinuerlig.

14 TOPOLOGI 2.2.10 Eksempel. La (X, U d ) og (X, U t ) være mengden X med den diskrete, respektive trivielle topologien, definert i Eksemplene 2.1.3 og 2.1.4. Som vi så i Eksempel 2.2.4 gir identitetsavbildningen i X : X X en kontinuerlig avbildning fra (X, U d ) til (X, U t ). Den gir imidlertid ikke en kontinuerlig avbildning fra (X, U t ) til (X, U d ) om X har mer enn et element, fordi da er x åpen i (X, U d ) for alle x i X, men i 1 X (x) = x er ikke åpen i (X, U t). Oppgaver. Oppgave 1. La (X, U) være et topologisk rom og la f : X Y være en avbildning fra X til en mengde Y. Videre la V bestå av alle mengder V i Y slik at f 1 (V ) er åpen i X. Vis at V gir en topologi på Y og at f er en kontinuerlig avbildning fra (X, U) til (Y, V). Oppgave 2. Vis at avbildningen i Eksempel 2.2.9 er en homeomorfi av topologiske rom. Oppgave 3. Hvilke av de topologiske rommene (X, U) der X = {x, y} har to elementer, er homeomorfe? Oppgave 4. Hvilke av de topologiske rommene (X, U) der X = {x, y, z} har tre elementer, er homeomorfe?

3. SPESIELLE TOPOLOGISKE ROM De topologiske rommene som forekommer i matematikken tilfredsstiller ofte spesifikke tilleggsbetingelser. I dette kapitlet skal vi innføre, og studere, en rekke slike betingelser. Spesielt skal vi betrakte kompakthet og egenskapen å være sammenhengende. 3.1. Kompakte topologiske rom En viktig egenskap som ofte brukes til å skille mellom topologiske rom er kompakthet. Vi skal her innføre kompakthet og studere noen egenskaper forbundet med kompakthet i metriske rom. Spesielt viser vi Heine-Borels sats som er fundamental i analysen. 3.1.1 Definisjon. La (X, U) være et topologisk rom og la Y være en undermengde av X. Vi sier at en samling {U j } j J av åpne mengder dekker Y om Y er inneholdt i unionen j J U j av disse åpne mengdene. Om det for hver slik åpen overdekning av Y finnes endelig mange mengder U j1, U j2,..., U jn i denne samlingen slik at unionen U j1 U j2 U jn av U j1,, U j2,..., U jn dekker Y sier vi at Y er kompakt. 3.1.2 Eksempel. La (X, U d ) være mengden X med den diskrete topologien definert i Eksempel 2.1.3. Da er X kompakt hvis og bare hvis X er endelig, fordi hvert punkt er åpent. 3.1.3 Eksempel. La (X, U t ) være mengden X med den trivielle topologien definert i Eksempel 2.1.4. Da er X kompakt for det finnes bare to åpne mengder og X. 3.1.4 Eksempel. La (X, U) være mengden X med endelig komplement topologien fra Eksempel 2.1.5. Da er X kompakt, for om U er med i en åpen overdekning av X behøver vi bare et endelig antall åpne V i overdekningen for å dekke komplementet til U. 3.1.5 Eksempel. Det åpne intervallet (a, b) = {x R : a < x < b} på den reelle linjen er ikke kompakt for de åpne mengdene U n = (a, b b a n + 1 ) = {x R : a < x < b b a n + 1 } 15

16 TOPOLOGI gir en åpen overdekning U = {U i } i=1,2,... av (a, b) og det er klart at ingen endelig samling av disse mengdene dekker (a, b). 3.1.6 Eksempel. Det lukkete intervallet [a, b] = {x R : a x b} på den reelle linjen er kompakt. For å se dette lar vi U = {U j } j J være en åpen overdekning av intervallet I 1 = [a, b]. Anta at det ikke finnes en endelig samling av de åpne U j som dekker I 1. Vi deler intervallet I 1 i to deler [a, a + b a b a ] og [a + 2 2, b]. Da vil minst en av dem I 2 ikke kunne dekkes av et endelig antall åpne fra U. Deler vi I 2 i to like deler, vil en av disse I 3 ikke kunne dekkes av et endelig antall åpne fra U. Fortsetter vi denne prosessen får vi lukkete intervaller I 1 I 2 I 3 slik at ingen av I j ene kan dekkes av et endelig antall åpne fra U. Sett I j = [c j, d j ] for j = 1, 2,.... Da vil lengden av intervallet I j være d j c j = b a 2 j 1 og c 1 c 2 d 2 d 1. De reelle tallene c 1, c 2,... er opptil begrenset av d 1, og ved kompletthetsaksiomet for de reelle tallene finnes det en minste øvre grense x for denne mengden. Da vil c 1 c 2 x d 2 d 1. Derfor ligger x i snittet i=1 I i av I 1, I 2,.... La U være en åpen i U som inneholder x. Da finnes et tall ε > 0 slik at N ε (x) er inneholdt i U. Velg j slik at d j c j < ε. Da vil I j være inneholdt i N ε (x), for om y er inneholdt i I j = [c j, d j ] vil d j y d j c j < ε og y c j d j c j < ε. Derfor er I j dekket av den åpne U, som vi har sett ikke er sant. Vår antagelse om at ingen endelig samling av U dekker I 1 er derfor feil og vi har vist at I 1 er kompakt. 3.1.7 Eksempel. Ettersom det åpne intervallet (a, b) ikke er kompakt og det lukkete intervallet [a, b] er kompakt, begge med topologien indusert av den Euklidske metrikken på de reelle tallene, kan de ikke være homeomorfe som topologiske rom, og heller ikke som metriske rom.

3.1. KOMPAKTE TOPOLOGISKE ROM 17 3.1.8 Lemma. En lukket undermengde Y av et kompakt topologisk rom er kompakt. Bevis. La U = {U j } j J være en åpen overdekning av Y. Da er U sammen med komplementet X \Y til Y en åpen overdekning av X. Ettersom X er kompakt finnes det derfor en endelig mengde av åpne fra den sistnevnte overdekningen som dekker X. Men denne endelige mengden av åpne dekker også Y, som derfor er kompakt. 3.1.9 Proposisjon. La f : X Y være en kontinuerlig avbildning fra et kompakt topologisk rom (X, U) til et topologisk rom (Y, V). Da er bildet f(x) av X ved f kompakt. Bevis. La {V j f(x)} j J med hver V j åpen i Y være en åpen overdekning av f(x). Avbildningen f er kontinuerlig så {f 1 (V j )} j J er en åpen overdekning av X. Ettersom X er kompakt finnes det en endelig samling av disse, f 1 (V j1 ), f 1 (V j2 ),..., f 1 (V jn ) som dekker X. Men da dekker V j1 f(x), V j2 f(x),..., V jn f(x) bildet f(x) så f(x) er kompakt. 3.1.10 Setning. La (X 1, U 1 ), (X 2, U 2 ),..., (X n, U n ) være topologiske rom. Da vil produktet (X, U) av disse topologiske rommene være kompakt hvis og bare hvis alle (X i, U i ) ene er kompakte. Bevis. Fra Proposisjon 2.2.7 følger det at projeksjonene p i : X X i er kontinuerlige, og de er surjektive. Det følger derfor av Proposisjon 3.1.9 at om X er kompakt så er alle rommene X i kompakte. For å bevise det omvendte merker vi at det er klart at produktet (X, U) er det samme som produktet av det topologiske rommet (X 1, U 1 ) og produktet X 2 X 3 X n av de n 1 topologiske rommene (X 2, U 2 ), (X 3, U 3 ),..., (X n, U n ). Derfor rekker det, ved induksjon etter n å vise setningen for n = 2. Vi behøver derfor bare å vise at produktet (X, U) = (Y Z, V W) av to kompakte topologiske rom (Y, V) og (Z, W) er kompakt. La {U k } k K være en åpen overdekning av X. Hvert U k er en union av mengder V W der V og W er åpne i Y, respektive Z. For hvert y i Y lar vi W y bestå av alle de åpne W slik at V W er inneholdt i noen åpen U k i overdekningen {U k } k K og V inneholder y. Da vil W y være en åpen overdekning av Z. Ettersom Z er kompakt kan vi finne et endelig antall åpne W j1, W j2,..., W jm i W y som dekker Z, og tilsvarende åpne V j1, V j2,..., V jm i Y som inneholder y og som er slik at hver V jk W jk er inneholdt i en av de åpne U k med k K. Sett V y = V j1 V j2 V jm og la U y = {V y W j1, V y W j2,..., V y W jm }. Samlingen av alle V y for y i Y vil være en åpen overdekning av Y. Ettersom Y er kompakt kan vi finne et endelig antall åpne mengder V y1, V y2,..., V yl som dekker Y.

18 TOPOLOGI Da vil samlingen av alle V yi W jh for i = 1, 2,..., l og j = 1, 2,..., m være en åpen overdekning av Y Z, og alle V yi W jh vil være inneholdt i en åpen U k i samlingen U = {U k } k K. Derfor kan Y Z dekkes av et endelig antall åpne fra {U k } k K så Y Z er kompakt. 3.1.11. Den lukkete n-kuben I 1 = {x R n : a i x i b k for i = 1, 2,..., n} er produktet av intervallene [a i, b i ] for i = 1, 2,..., n. Ettersom vi viste i Eksempel 3.1.6 at disse intervallene er kompakte, følger det av Setning 3.1.10 at den lukkete n-kuben også er kompakt. 3.1.12 Proposisjon. En kompakt mengde Y i et metrisk rom (X, d X ) er lukket. Bevis. La x være i X, men ikke i Y. Vi må vise at det finnes en åpen mengde som inneholder x, men ikke noe element i Y. For hvert y i Y lar vi ε y = d X(x,y) 2 og vi setter U y = N εy (x) og V y = N εy (y). Da er U y og V y åpne omegner om x, respektive y, som ikke har noe snitt. Samlingen {V y } y Y er en åpen overdekning av Y. Ettersom Y er kompakt kan vi finne et endelig antal av dem V y1, V y2,..., V yn som dekker Y. Ingen av U yi ene snitter den åpne mengden U = U y1 U y2, U yn, så U inneholder x men ikke noe element i Y, som vi ville vise. 3.1.13 Proposisjon. En kompakt mengde Y i et metrisk rom (X, d X ) er begrenset, det vil si, det finnes et N slik at d X (x, y) N for alle x, y i Y. Bevis. For hvert x i Y setter vi U x = N 1 (x). Da er U = {U x } x Y en åpen overdekning av Y. Ettersom Y er kompakt kan vi finne en endelig åpen overdekning U x1, U x2,..., U xn av Y. For x, y i Y har vi at x er inneholdt i U xi og y er inneholdt i U xj for noen i og j. Derfor vil d X (x, y) d X (x, x i ) + d X (x i, x j ) + d X (x j, y) 1 + d X (x i, x j ) + 1. Derfor vil så Y er begrenset. d X (x, y) 2 + maks i,j d X (x i, x j ), 3.1.14 Setning. (Heine-Borel) En undermengde Y av det Euklidske rommet R n er kompakt hvis og bare hvis den er lukket og begrenset. Bevis. En kompakt mengde Y i et metrisk rom er lukket og begrenset ved Proposisjonene 3.1.12 og 3.1.13. Omvendt, om Y er begrenset er den inneholdt i en n-kube I. Ved Eksempel 3.1.11 er kuben I kompakt, og ettersom Y er lukket følger det av Lemma 3.1.8 at Y er kompakt.

3.2. SAMMENHENGENDE TOPOLOGISKE ROM 19 3.1.15 Eksempel. Som vi har sett er en kompakt mengde i et metrisk rom lukket og begrenset. Den andre delen av Heine-Borel s sats gjelder imidlertid ikke i et vilkårlig metrisk rom, det sil si, en lukket begrenset mengde i et metrisk rom er ikke nødvendigvis kompakt. Et eksempel er det diskrete metriske rommet (X, d X ) der d X (x, y) = 1 for alle x y i X. Dette er begrenset og lukket, men, som bemerket i Eksempel 3.1.2, ikke kompakt om X er uendelig. Oppgaver. Oppgave 1. Vis at om vi har tall c 1, c 2,..., og d 1, d 2,... slik at c 1 c 2 d 2 d 1 så finnes det en minste øvre grense x for {c 1, c 2,...,... } og c 1 c 2 x d 2 d 1. Oppgave 2. Vi at n-kuben {x R n : a i x i b i for i = 1, 2,..., n} med topologien indusert av den Euklidske metrikken er produktet [a 1, b 1 ] [a 2, b 2 ] [a n, b n ], der hvert intervall [a i, b i ] har topologien indusert av den Euklidske metrikken. Oppgave 3. La (X, U) og (Y, V) være topologiske rom. Vis at for hvert x i X vil avbildningen p : {x} Y Y definert av p(x, y) = y for alle y i Y være en homeomorfi av topologiske rom når {x} Y har topologien indusert av produkttopologien på X Y. Oppgave 4. La (X, d X ) være et metrisk rom og la x, y være ulike punkter i X. Sett ε = d X(x,y) 2. Vis at N ε (x) og N ε (y) har tomt snitt. 3.2. Sammenhengende topologiske rom En egenskap som ofte brukes til å sammenligne topologiske rom er å være sammenhengende. 3.2.1 Definisjon. La (X, U) være et topologisk rom. Vi sier at X er sammenhengende om det ikke finnes åpne ikke tomme disjunkte mengder Y og Z slik at X er unionen X = Y Z av Y og Z. En undermengde U av X kalles sammenhengende om den er sammenhengende med den induserte topologien. 3.2.2 Eksempel. La (X, U d ) være mengden X med den diskrete topologien fra Eksempel 2.1.3. Da er X ikke sammenhengende om X har mer enn et element, for hver mengde i X er åpen. 3.2.3 Eksempel. La (X, U t ) være mengden X med den trivielle topologien fra Eksempel 2.1.4. Da er X sammenhengende for de eneste åpne mengdene er og X.

20 TOPOLOGI 3.2.4 Eksempel. La (X, U ek ) være mengden X med den endelige komplement topologien fra Eksempel 2.1.5. Da er X sammenhengende hvis og bare hvis X er en uendelig mengde, eller X har et element. For om X er endelig er den endelige komplement topologien klart lik den diskrete topologien, og vi så i Eksempel 3.2.2 at X med den diskrete topologien ikke er sammenhengende om X har mer enn et element. Når X har uendelig mange elementer vil to ikke tomme åpne mengder alltid skjære hverandre, så X er sammenhengende. 3.2.5 Eksempel. Et lukket intervall [a, b] = {x R : a x b} er sammenhengende. For å vise dette antar vi det motsatte, at [a, b] er unionen av to åpne, ikke tomme, disjunkte mengder U og V. Anta at U inneholder a. La Z være alle tall x i U som er slik at x < y for alle y i V. Da er Z ikke tom, fordi den inneholder a, og Z er opptil begrenset av b. La z være minst øvre grense for Z. Da vil z være i U for U er lukket og z er en minste øvre grense for elementer fra U. Videre vil hver åpen ε-omegn N ε (z) om z inneholde et element fra V, for ellers ville z + ε være en øvre grense for Z. Derfor er z inneholdt i tillukningen til V og er derfor inneholdt i V ettersom V er lukket. Men da er z inneholdt i både i U og V hvilket motsier at de er disjunkte. 3.2.6 Eksempel. Unionen av de åpne intervallene (a, b) og (b, c) er opplagt ikke sammenhengende. 3.2.7 Lemma. Et topologisk rom er sammenhengende hvis og bare hvis den tomme mengden og X er de eneste åpne og lukkete mengdene i X. Bevis. Om det finnes en mengde Y forskjellig fra den tomme mengden og X som er åpen og lukket vil Y og X \ Y være ikke tomme åpne og disjunkte.videre er X unionen av Y og X \ Y, så X er ikke sammenhengende. Omvendt, om X = Y Z der Y og Z er ikke tomme, åpne og disjunkte mengder, så er Y = X \ Z en ikke tom åpen og lukket mengde forskjellig fra X. 3.2.8 Proposisjon. La (X, U) være et topologisk rom og la X 0 og {X j } j J være sammenhengende mengder slik at X o skjærer X j for alle j i J. Da er unionen Y = X 0 j J X j sammenhengende. Bevis. Anta at Y ikke er sammenhengende. Vi har da at Y = U V der U og V er åpne, ikke tomme og disjunkte i Y. Da må X 0 = (U X 0 ) (V X 0 ) være en disjunkt union av åpne i X 0. Ettersom X 0 er sammenhengende må en av dem, for eksempel U X 0 inneholde X 0 så X 0 er inneholdt i U. Men ettersom X 0 skjærer alle X j må derfor U skjære alle X j. Men U X j er åpen og lukket i X j så det følger av Lemma 3.2.7 at U inneholder X j ettersom alle X j er sammenhengende. Vi får at U inneholder Y så V må være tom, mot antagelsen. 3.2.9 Eksempel. Det følger av Proposisjon 3.2.8 at et åpent intervall og den reelle linjen R med topologien indusert av den Euklidske metrikken begge er sammenhengende. For (a, b) er unionen av de lukkete intervallene [a + b a n, b b a n ]

3.2. SAMMENHENGENDE TOPOLOGISKE ROM 21 som inneholder b+a 2 for n = 3, 4,..., og R er unionen av intervallene [ n, n] som inneholder 0 for n = 1, 2,.... 3.2.10 Proposisjon. La (X, U) være et topologisk rom og la Y være en sammenhengende mengde i X. Om Z er en mengde ineholdt i tillukningen Y til Y og som inneholder Y, det vil si Y Z Y, så er Z sammenhengende. Spesielt er Y sammenhengende. Bevis. La U være en ikke tom åpen og lukket mengde i Z. Ettersom U er åpen i Z og Y består av Y og grensepunkter til Y må U snitte Y. Men U Y er åpen og lukket i og Y er sammenhengende så det følger av Lemma 3.2.7 at Y er inneholdt i U. Om U c = Z \U var ikke tom ville samme resonnement gi at Y var inneholdt i U c. Men det er umulig ettersom snittet av U og U c er tomt og Y er sammenhengende. Derfor er U c = Z \ U tom og U = Z som vi ville vise. 3.2.11 Proposisjon. La (X, U) være et sammenhengende topologisk rom og la f : X Y være en kontinuerlig avbildning til det topologiske rommet (Y, V). Da er bildet f(y ) av Y ved f med den induserte topologien, sammenhengende. Bevis. Anta at f(y ) er unionen U V av to ikke tomme åpne disjunkte undermengder U og V av f(y ). Da vil f 1 (U) og f 1 (V ) være ikke tomme disjunkte mengder i X med union lik X. Men f er kontinuerlig så f 1 (U) og f 1 (V ) er åpne. Dette er umulig siden X er sammenhengende. Dette betyr at f(y ) ikke kan være unionen av U og V. Så vår antagelse er feil, og f(y ) er sammenhengende. 3.2.12 Setning. La (X, U 1 ), (X 2, U 2 ),..., (X n, U n ) være topologiske rom og betegn produktet av disse med (X, U). Da er (X, U) sammenhengende hvis og bare hvis (X i, U i ) er sammenhengende for i = 1, 2,..., n. Bevis. Vi har at projeksjonen p i : X X i er kontinuerlig ved Proposisjon 2.2.7, og den er surjektiv, så om X er sammenhengende følger det av Proposisjon 3.2.11 at alle X i ene er sammenhengende. For å vise det omvendte merker vi først at (X, U) er det samme som produktet av det topologiske rommet (X 1, U 1 ) og produktet X 2 X 3 X n av de topologiske rommene (X 2, U 2 ), (X 3, U 3 ),..., (X n, U n ). Derfor rekker det, ved induksjon etter n, å vise setningen i tilfellet n = 2. Vi viser at om (Y, V) og (Z, W) er sammenhengende så er produktet (Y Z, V W) sammenhengende. For hvert y i Y vil avbildningen {y} Z Z som avbilder (y, z) til y være en homeomorfi av topologiske rom, når {y} Z har den induserte topologien, så {y} Z er sammehengende. Tilsvarende for hvert z i Z vil avbildningen Y {z} Y

22 TOPOLOGI som avbilder (y, z) til y være en homeomorfi, når Y {z} har den induserte topologien, så Y {z} er sammenhengende. Men Y Z er unionen av de sammenhengende mengdene Y {z} for alle z i Z. Fikser y 0 i Y. Da vil hver Y {z} skjære {y 0 } Z i punktet (y 0, z). Det følger derfor av Proposisjon 3.2.8 at Y Z er sammenhengende. 3.2.13 Eksempel. Det Euklidske rommet R n er produktet av det Euklidske rommet R med seg selv n ganger. Derfor er R n sammenhengende. Dette følger av Setning 3.2.12 og Eksempel 3.2.9. 3.2.14 Propsosisjon. La (X, U) være et topologisk rom. En undermengde Y av X er sammenhengende hvis og bare hvis det for hvert par av punkter x, y i Y finnes en sammenhengende undermengde Z i Y som inneholder x og y. Bevis. Om Y er sammenhengende kan vi ta Z = Y i proposisjonen. Omvendt, om U er en ikke tom åpen og lukket mengde i Y og Y \ U ikke er tom tar vi et punkt x i U og et y i Y \U. Det finnes, ved antagelsen, en sammenhengende mengde Z i Y som inneholder x og y. Det vil si, snittene av Z U og Z (Y \ U) er ikke tomme. De er også åpne og disjunke. Dette motsier at Z er sammenhengende, og derfor at Y \ U ikke er tom. Vi har derfor at U = Y så Y er sammenhengende. 3.2.15 Setning. La (X, U) være et topologisk rom. For hvert par av punkter x, y i X skriver vi x y om det finnes en sammenhengende mengde Y i X som inneholder både x og y. Da er en ekvivalensrelasjon, det vil si, følgende tre egenskaper holder for alle punkter x, y, z i X: (1) (Refleksivitet) x x. (2) (Symmetri) Om x y vil y x. (3) (Transitivitet) Om x y og y z så vil x z. Med andre ord, mengden X er unionen av de disjunkte mengdene X i karakterisert av at om x er i X i så er y is X i hvis og bare hvis x y. Mengdene X i er sammenhengende og lukkete i X. Bevis. Egenskapene (1) og (2) er opplagte. (3) Om x y så finnes det en sammenhengende mengde Y som inneholder x og y, og om y z så finnes det en sammenhengende mengde Z som inneholder y og z. Da ligger y i snittet av Y og Z, så det følger av Proposisjon 3.2.8 at unionen av Y og Z er sammenhengende. Men både x og z ligger i denne unionen så x z, som vi ville vise. At X er unionen av de disjunkte mengdene X i følger av egenskapene til ekvivalensrelasjoner, og er lett å verifisere. Det følger av Proposisjon 3.2.14 at X i er sammenhengende og derfor av Proposisjon 3.2.10 at X i er sammenhengende. For å vise at hver X i er lukket, merker vi at ettersom X i er sammenhengende så følger det at om x er i X i og y er i X i så vil x y, så X i er inneholdt i X i og derfor lik X i. Men det følger av Proposisjon 2.1.9 at X i er lukket. 3.2.16 Definisjon. La (X, U) være et topologisk rom. De lukkete sammenhengende mengdene X i i Setning 3.2.15 kaller vi sammenhengskomponentene til X.

3.2. SAMMENHENGENDE TOPOLOGISKE ROM 23 3.2.17 Eksempel. Sammenhengskomponentene i et topologisk rum behøver ikke være åpne. La X bestå av tallene 0, 1, 1 2, 1,... og la topologien på X være indusert 3 av den Euklidske metrikken. Da har hvert av punktene {1}, { 1 2 }, {1 3 },... en ε-omegn som ikke inneholder noe annet punkt i X. Derfor er disse punktene åpne. Det følger at {0} er lukket. For hver n har {0} en ε-omegn N ε (0) som ikke inneholder { 1 n } når ε < 1 n. Defor er alle punktene {1}, {1 2 }, {1 3 },... også lukkete. Ettersom de er åpne og lukkete i X er de sammenhengskomponenter, og ettersom sammenhengskomponentene dekker X må også {0} være en sammenhengskomponent. Hvert punkt i X er derfor en sammenhengskomponent. Men {0} er ikke åpen for hver ε-omegn N ε (0) om {0} inneholder { 1 n } når n > 1 ε. 3.2.18 Eksempel. La (X, d d ) være mengden X med den diskrete topologien i Eksempel 2.1.3. Da er punktene sammenhengskomponentene. 3.2.19 Eksempel. La (X, U t ) være mengden X med den trivielle topologien. Da er X den eneste sammenhengskomponenten. Oppgaver. Oppgave 1. La X være en endelig mengde. Vis at den endelig komplement topologien på X er det samme som den diskrete topologien. Oppgave 2. Verifiser at X er den disjunkte unionen av X i ene i Setning 14.

24 TOPOLOGI

BIBLIOGRAFI [K] John L. Kelley, General topology, D. Van Nostrand Company, Inc., Princeton, New Jersey, 1955. [MS] Robert Messer & Philip Straffin, Topology now!, Classroom Resource Materials Series, Mathematical Association of America, Washington, DC, 2006. [P] E. M. Patterson, Topology, Oliver and Boyd, Edinburgh and London, 1956. 25

26 TOPOLOGI

INDEKS åpen, 5 åpen mengde, 6, 9 åpen omegn, 9, 10 åpent intervall, 20 absoluttverdi, 1 avstand, 1, 2 diskret rom, 19 diskret topologi, 9, 11, 12, 14, 15, 19, 23 ekvivalensrelasjon, 22 endelig komplement, 10 12, 15, 20 Euklidsk metrikk, 2 Euklidsk rom, 2, 4, 18, 22 grensepunkt, 10 Hausdorff rom, 11 Heine-Borel, 19 homeomorfi, 13 identitetsavbildningen, 5, 13 ikke Arkimedisk, 5 ikke degenerert, 1 3 indusert metrikk, 4 indusert topologi, 9, 10, 12, 21 intervall, 20 Kartesisk produkt, 2, 4, 10 kompakt, 15 18 kompletthetsaksiom, 16 konstant avbildning, 13 kontinuerlig, 3, 4, 12, 13 kontinuerlig avbildning, 12 kontinuitet, 1, 3 lukket intervall, 13, 16, 20 lukket kube, 18 lukket mengde, 9, 11 metrikk, 3, 4 metrisk rom, 3, 4, 12, 18 omegn, 5 overdekning, 15 primtall, 5 produkt, 21 produkttopologi, 10, 13 projeksjon, 13 reelle tall, 1, 2 refleksiv, 22 relle linjen, 20 sammenhengende, 19 22 sammenhengskomponent, 22, 23 symmetri, 1 3, 22 taksi metrikk, 5 tillukning, 10 toplogi, 12 topologi, 9 topologisk rom, 9 12, 20 22 transitiv, 22 trekantulikhet, 1 3 triviell topologi, 9, 11, 13 15, 19, 23 tuppel, 2 27