Topologia - Zadanie do opracowania

Wioletta Osuch, Magdalena Żelazna, Piotr Kopyrski

5 grudnia 2013

1

Zadanie 1. (Topologie na płaszczyźnie)

Na płaszczyźnie ℝ2 rozważmy następujące topologie:

a) Euklidesową 𝓣e czyli produktu kartezjańskiego dwóch prostych euklidesowych

b) Topologia rzeczna 𝒯r

c) Topologia kolejowa 𝒯k

d) Motylków Niemyckiego 𝒯N

e) Zariskiego 𝒯Z (czyli ko-skończona)

f) Produktu kartezjańskiego (prawych) strzałek (ℝ2, 𝒯S×S)

g) Produktu kartezjańskiego prostych z topologią Zariskiego (ℝ2, 𝒯Z×Z)

2

1. Porównaj ww. topologie rysując diagram ich inkluzji i zbadaj przecięcia 𝒯i ∩ 𝒯j .

Zbiory otwarte w poszczególnych topologiach:

Zbiory otwarte w topologii euklidesowej są postaci: U𝑒 ≔ {(𝑎, 𝑏) × (𝑐, 𝑑) ∶ 𝑎 <

𝑏, 𝑐 < 𝑑}

Zbiory otwarte w topologii rzecznej są postaci: U𝑟 ≔ {{k} × (m, n) ∶ k ϵ ℝ, m <

n < 0 lub 0 < m < n} ∪ {(𝑘, 𝑙) × (−𝑚, 𝑚) ∶ 𝑘 < 𝑙, 𝑚 > 0}

Zbiory otwarte w topologii kolejowej są postaci: U𝑘 ≔

{odcinki leżące na prostych przechodzących przez punkt (0,0) ale niezawierające} ∪

{(−𝑎, 𝑎) × (−𝑎, 𝑎) ∶ 𝑎 > 0}

Zbiory otwarte w topologii Niemyckiego są postaci: U𝑁 ≔ {B((x, y), |𝑦|) ∪

{(𝑥, 0)} ∪ {B((x, −y), |𝑦|) | 𝑦 ≠ 0} ∪ {B(𝑥, 𝑟) | 𝑥 ∈ ℝ2, 𝑟 > 0}}

Zbiory otwarte w topologii Zariskiego są postaci: U𝑍 ≔ {ℝ2\

{𝑎1,𝑎2, … , 𝑎𝑘} gdzie k − skończone i 𝑎1,𝑎2, … , 𝑎𝑘 ϵ ℝ2}

Zbiory otwarte w topologii produktu kartezjańskiego prawych strzałek są

postaci: U𝑆×𝑆 ≔ {[𝑘, 𝑙) × [𝑚, 𝑛): 𝑘 < 𝑙, 𝑚 < 𝑛; 𝑘, 𝑙, 𝑚, 𝑛 ϵ ℝ}

Zbiory otwarte w topologii produktu kartezjańskiego Zariskiego są postaci:

U𝑍×𝑍 ≔ {𝑈𝑥×𝑦 = 𝑈𝑥 × 𝑈𝑦 | 𝑈𝑥 = ℝ\{𝑎1,𝑎2, … , 𝑎𝑘}; 𝑈𝑦 = ℝ\

{𝑏1,𝑏2, … , 𝑏𝑠}; 𝑈𝑥, 𝑈𝑦 ϵ 𝒯𝑍; 𝑎1,𝑎2, … , 𝑎𝑘, 𝑏1,𝑏2, … , 𝑏𝑠 ϵ ℝ; k, s skończone}

Tabela 1.1 Inkluzje topologii

⊆ 𝓣e 𝓣r 𝓣k 𝓣N 𝓣Z 𝓣S×S 𝓣Z×Z

𝓣e + + + + - + -

𝓣r - + - - - - -

𝓣k - - + - - - -

𝓣N - - - + - - -

𝓣Z + + + + + + -

𝓣S×S - - - - - + -

𝓣Z×Z + + + + - + +

3

Uzasadnienie:

(1) 𝓣Z ⊆ 𝓣e – bazowe zbiory produktu prostych z topologią Zariskiego to produkt

zbiorów bazowych prostych z topologią Zariskiego, co prezentuje poniższy

rysunek:

Grafika 1.1 Zbiory bazowe

Weźmy dowolny punkt x zawarty w zbiorze otwartym topologii produktowej dla

którego infimum odległości od usuniętej prostej wynosi ε. Weźmy kulę Bx (x,ε

2).

Kula ta, zawiera punkt x oraz w całości jest zawarta w zbiorze otwartym w

topologii produktowej. Wynika z tego, iż zbiory otwarte w topologii produktowej

prostych z topologią Zariskiego są otwarte w topologii euklidesowej, co dowodzi

inkluzji 𝒯Z ⊆ 𝒯e.

(2) 𝓣e ⊆ 𝓣S×S – topologia euklidesowa w ℝ2 jest topologią produktową prostych ℝ z

topologią euklidesową. Na prostej zaś topologia euklidesowa zawiera się w

topologii prawych strzałek. Niech U należy do topologii euklidesowej i jest

zbiorem otwartym. Dowodzimy, że ∀x ∈ U ∃s ∈ U takie, że [x, s) ⊂ U. Dla

wybranego 𝑥0 ∈ U z definicji topologii euklidesowej ∃r, s r < x < s (r, s) ⊂ U.

Skoro jednak [x, s) ⊂ U to U należy do topologii euklidesowej. Z tego dowodu

wynika, że topologia euklidesowa na płaszczyźnie zawarta jest w topologii

produktowej prawych strzałek.

(3) 𝓣e ⊆ 𝓣k – zbadajmy zbiory bazowej topologii euklidesowej postaci B =

{B(x, r) | x ∈ ℝ2, r ∈ ℝ} i sprawdźmy czy są one otwarte w topologii kolejowej.

Wykazując ten fakt dowiedziemy, iż zbiory otwarte w topologii euklidesowej są

otwarte w topologii kolejowej. Rozpatrzmy przypadek, gdy punkt (0,0) nie należy

4

do zbioru bazowego topologii euklidesowej. Wtedy dla każdego takiego punktu,

którego infimum odległości od brzegu kuli wynosi ε. Weźmy zbiór otwarty w

topologii kolejowej I (x,ε

2). Odcinek ten zawiera punkt x oraz zawarty jest w kuli

otwartej w topologii euklidesowej. W przypadku, gdy kula zawiera punkt (0,0)

weźmy kwadrat otwarty o wierzchołkach

(−ε

2√2,

ε

2√2) , (

ε

2√2,

ε

2√2) , (

ε

2√2, −

ε

2√2) , (−

ε

2√2, −

ε

2√2). Kwadrat ten otwarty jest w

topologii rzecznej oraz zawiera się w kuli otwartej w topologii euklidesowej, czyli

dla każdego punktu z kuli można wybrać zbiór otwarty w topologii rzecznej,

który zawiera się w kuli. Zatem kule otwarte w topologii euklidesowej są także

otwarte w topologii rzecznej, co dowodzi inkluzji ww. topologii.

(4) 𝓣e ⊆ 𝓣N – z definicji topologii Niemyckiego wynika, że jest ona generowana

między innymi przez zbiory bazowe z topologii euklidesowej B = {B(x, r) | x ∈

ℝ2, r ∈ ℝ}, czyli topologia euklidesowa zawiera się w topologii Niemyckiego.

(5) 𝓣e ⊆ 𝓣r – żeby wykazać zawieranie się topologii euklidesowej w topologii

rzecznej zbadamy zbiory bazowe topologii euklidesowej postaci B = {B(x, r) | x ∈

ℝ2, r ∈ ℝ}, i sprawdzimy czy są otwarte w topologii rzecznej, wtedy wszystkie

zbiory bazowe w topologii euklidesowej będą zawarte w topologii rzecznej.

Weźmy kulę euklidesową w topologii euklidesowej niezawierającą punktów

postaci A ≔ {(x, 0) | x ∈ ℝ}. Dla każdego punktu nienależącego do zbioru A

możemy wybrać odcinek postaci {x} × (−ε

2,

ε

2) gdzie x ∈ ℝ a ε jest najmniejszą

odległością tego elementu od brzegu kuli. Odcinek ten będzie otwarty w topologii

rzecznej. W przypadku, gdy kula zawiera punkt należący do zbioru A, dobieramy

prostokąt symetryczny względem osi OX, który zawiera ten punkt i jest otwarty

w topologii rzecznej oraz zawiera się w kuli. Z tego wynika, że kule otwarte w

topologii euklidesowej, są także otwarte w topologii rzecznej.

5

Tabela 1.2 Przecięcia topologii

⋂ 𝓣e 𝓣r 𝓣k 𝓣N 𝓣Z 𝓣S×S 𝓣Z×Z

𝓣e 𝓣e

𝓣r 𝓣e 𝒯r

𝓣k 𝓣e * 𝒯k

𝓣N 𝓣e * * 𝒯N

𝓣Z 𝒯Z 𝒯Z 𝒯Z 𝒯Z 𝒯Z

𝓣S×S 𝓣e * * * 𝒯Z 𝒯S×S

𝓣Z×Z 𝒯Z×Z 𝒯Z×Z 𝒯Z×Z 𝒯Z×Z * 𝓣Z×Z 𝒯Z×Z

* - 𝒯i ⋂ 𝒯j różne od jednej z wymienionych wtedy i tylko wtedy gdy nie zachodzi 𝒯i ⊆ 𝒯j

(bo wtedy 𝒯i ⋂ 𝒯j = 𝒯i) lub 𝒯j ⊆ 𝒯i (bo wtedy 𝒯i ⋂ 𝒯j = 𝒯j)

Grafika 1.2 Diagram inkluzji

6

2. Zbadaj które z topologii 𝓣i mają własność Hausdorffa.

Definicja własności Hausdorffa

Przestrzeń topologiczną (X, 𝒯) nazywamy przestrzenią Hausdorffa jeśli dla dowolnych

różnych punktów x, y ∈ X istnieją zbiory Ux, Uy ⊂ 𝒯 takie, że x ∈ Ux i y ∈ Uy oraz Ux ∩

Uy = ∅.

Tabela 2.1 Własność Hausdorffa

Topologia 𝓣e 𝓣r 𝓣k 𝓣N 𝓣Z 𝓣S×S 𝓣Z×Z

Własność

Hausdorfa

(+/-)

+ + + + - + -

Uzasadnienie:

𝓣e , 𝓣r , 𝓣k, – wiemy, że te trzy topologie są metryzowalne, więc możemy skorzystać z

następującego stwierdzenia (dowód w skrypcie): niech (X,d) będzie przestrzenią

metryczną, wtedy rodzina podzbiorów zbioru X: 𝒯(d) ≔ {U ⊂ X | ∀x ∈ U ∃ r >

0 takie, że B(x, r) ⊂ U} jest topologią w X spełniającą warunek Hausdorffa.

𝓣N – Rozpatrzmy punkty nienależące do osi OX. Z definicji, zbiory te mają otoczenia

euklidesowe, zaś powyżej dowiedliśmy, że topologia euklidesowa spełnia własność

Hausdorffa. W przypadku gdy dowolne dwa punkty znajdują się na osi OX, to x ∈ Ux ≔

{(x, 0)} ∪ {B((x, −ε), |ε|) | ε > 0} oraz y ∈ Uy ≔ {(y, 0)} ∪ {B((y, −ε), |ε|) | ε > 0} to dla

dowolnie małego ε zbiory te są rozłączne. Gdy tylko jeden z punktów leży na osi OX, to

wtedy x ∈ Ux ≔ {(x, 0)} ∪ {B((x, −ε), |ε|) | ε > 0} oraz y ∈ Uy ≔ {B((y, −ε), |ε|) | ε > 0}

to dla dowolnie małego ε zbiory te są rozłączne.

𝓣Z - weźmy dwa punkty x i y należące do (ℝ2, 𝒯Z). Niech x ∈ Ux i y ∈ Uy, gdzie Ux, Uy

zbiory otwarte w topologii Zariskiego, czyli postaci UZ ≔ {ℝ2\{a1,a2, … , ak} gdzie k −

7

skończone i a1,a2, … , ak ϵ ℝ2}, więc z ℝ2 mocy continuum usuwamy tylko skończoną

liczbę punktów. => nieskończenie wiele punktów należy do przecięcia Ux i Uy, więc

przestrzeń ta nie spełnia własności Hausdorffa.

𝓣S×S – jeżeli topologia euklidesowa zawarta jest w produkcie kartezjańskim prawych

strzałek w zbiorze ℝ2 i topologia euklidesowa ma własność Hausdorffa, to topologia

produktu kartezjańskiego prawych strzałek również spełnia tę wartość.

𝓣Z×Z – aby udowodnić, iż (ℝ2, 𝒯Z×Z) będąca produktem (ℝ, 𝒯Z) nie spełnia własności

Hausdorffa, udowodnimy, że (ℝ, 𝒯Z) nie spełnia własności Hausdorffa. Weźmy dwa

punkty x i y należące do (ℝ, 𝒯Z). Niech x ∈ Ux i y ∈ Uy, gdzie Ux, Uy zbiory otwarte w

topologii Zariskiego, czyli postaci UZ ≔ {ℝ\{a1,a2, … , ak} gdzie k −

skończone i a1,a2, … , ak ϵ ℝ}. Oznacza to, że Ux i Uy są całą prostą ℝ bez skończonej ilości

punktów, więc nieskończenie wiele punktów należy do Ux ∩ Uy z czego wynika, że

(ℝ, 𝒯Z) nie spełnia wartości Hausdorffa, zatem (ℝ2, 𝒯Z×Z) również nie spełnia wartości

Hausdorffa.

8

3. Które z ww. przestrzeni spełniają I a które II aksjomat przeliczalności?

Definicja I aksjomatu przeliczalności

Przestrzeń topologiczna spełnia I aksjomat przeliczalności, jeżeli posiada bazę

przeliczalną w każdym punkcie.

Tabela 3.1 I aksjomat przeliczalności

Topologia 𝓣e 𝓣r 𝓣k 𝓣N 𝓣Z 𝓣S×S 𝓣Z×Z

I aksjomat

przeliczalności

(+/-)

+ + + + - + -

Uzasadnienie:

𝓣e, 𝓣r, 𝓣k – są metryczne, więc spełniają I aksjomat przeliczalności.

𝓣N – dla dowolnego x leżącego poza osią OX zachodzi sytuacja analogiczna jak w

przypadku topologii euklidesowej, natomiast dla wszystkich punktów leżących na osi

OX, czyli postaci (x,0), możemy wziąć kulę U(x,0): = {B ((x,1

n),

1

n) ∪ {(x, 0)} ∪

B ((x, −1

n) ,

1

n) | n ∈ ℕ}, zatem w każdym x ∈ ℝ2 jest przeliczalna baza.

𝓣Z - Ustalmy x ∈ ℝ2. Załóżmy, że ∀U∈𝓣z takiego, że ∃V∈Bx x ∊ V ⊆ U oraz Bx ~ ℕ. Niech V

∊ Bx i |ℝ2 \V|< ∞. Wtedy |⋃ ℝ2 \VV∈Bx| ≤ ℵ0 i ∃y ∈ (ℝ2\(⋃ ℝ2 \VV∈Bx

)), zatem zbiór

ℝ2\{y} nie jest podzbiorem żadnego zbioru z Bx z czego wynika, że | Bx | > ℵ0.

𝓣S×S – w każdym x ∈ ℝ2 możemy wziąć zbiór otwarty postaci US×S ≔ {[x, x +1

n) ×

[y, y +1

n) : n ϵ ℕ}, czyli istnieje baza przeliczalna w punkcie.

9

𝓣Z×Z – Dowiedziemy, że produkt kartezjański prostych z topologią Zariskiego (ℝ2, 𝒯Z×Z)

nie spełnia I aksjomatu, ponieważ (ℝ, 𝒯Z) go nie spełnia. Aby tego dowieźć załóżmy, że

⋃ (ℝ\B) ~B∈Bx ℕ - jest przeliczalny, czyli nie pokrywa całej prostej. Niech y ∈

⋃ (ℝ\B)B∈Bx i y ≠ x. Weźmy C = ℝ\{y}, x ∈ C, zatem C ∈ 𝓣z bo ma skończone

dopełnienie (punkt y). Załóżmy teraz, że ∃ B ∈ Bx takie, że B ⊂ C, wtedy y nie należy do

B, a skoro wiemy, że y ∈ ℝ\ ⋃ (ℝ\B)B∈Bx czyli dla każdego B ∈ Bx punkt y nie należy do

ℝ\B, czyli dla każdego B ∈ Bx y ∈ B z czego otrzymujemy sprzeczność.

Definicja II aksjomatu przeliczalności

Przestrzeń topologiczna spełnia II aksjomat przeliczalności, jeżeli posiada bazę

przeliczalną.

Tabela 3.2 II aksjomat przeliczalności

Topologia 𝓣e 𝓣r 𝓣k 𝓣N 𝓣Z 𝓣S×S 𝓣Z×Z

II aksjomat

przeliczalności

(+/-)

+ - - - - - -

Uzasadnienie:

𝓣e – niech bazą będą kule o środkach q ∈ ℚ i r ∈ ℚ, wtedy baza jest przeliczalna.

𝓣r – weźmy pionowe odcinki takie, by były one otwarte w 𝓣r. Do bazy 𝓣r musi zatem

należeć przynajmniej jeden odcinek o tej samej drugiej współrzędnej, gdyż z innych

zbiorów bazowych nie dałoby się otrzymać tego odcinka. Oznacza to, że odcinków tych

musi być continuum.

𝓣k – weźmy dowolny odcinek I nachylony do osi OX pod kątem 𝛼 ∈ [0, 2𝜋]. Aby każdy

odcinek tej postaci był otwarty w 𝓣k, w bazie musiałby znajdować się przynajmniej

10

jeden odcinek o tym samym nachyleniu. Skoro odcinków o nachyleniu 𝛼 jest continuum,

oznacza to, że baza nie byłaby przeliczalna.

𝓣N – rozpatrzmy zbiory otwarte w 𝓣N zawierające punkty z OX. Aby otrzymać taki

podzbiór, musi istnieć przynajmniej jeden motylek zawierający każdy punkt z osi OX, a

skoro takich punktów jest continuum, to znaczy, że baza nie byłaby przeliczalna.

𝓣S×S – wiemy, że zbiory otwarte w ℝ2 postaci US×S ≔ {[k, l) × [m, n) ∶ k < l, m <

n; k, l, m, n ϵ ℝ}. Aby otrzymać zbiór otwarty o wierzchołku domkniętym w punkcie x,

musimy mieć w bazie przynajmniej jedno Ux o wierzchołku domkniętym w tym samym

punkcie, gdyż sumując / przecinając dwa zbiory bazowe, dla których k1 nie równa się k2

oraz m1 nie równa się m2 nie otrzymamy zbioru otwartego w topologii 𝓣S×S. Zatem by

otrzymać dla dowolnego x z ℝ2 zbiór otwarty w 𝓣S×S., musimy mieć w bazie

przynajmniej jedno Ux o wierzchołku domkniętym w tym punkcie. Punktów w ℝ2 jest

continuum, a skoro potrzebujemy continuum takich Ux w bazie, to II aksjomat

przeliczalności nie jest spełniony.

𝓣Z,,TZ×Z – nie spełnia I aksjomatu przeliczalności, dlatego nie spełnia także II aksjomatu

przeliczalności.

11

4. Zbadaj które z ww. przestrzeni są ośrodkowe, a które spójne.

Definicja podzbioru gęstego

Podzbiór A ⊂ X nazywa się gęsty w przestrzeni topologicznej (X, 𝒯), jeżeli cl(A) = X.

Definicja ośrodkowości

Przestrzeń (X, 𝒯) jest ośrodkowa, jeśli posiada gęsty podzbiór przeliczalny.

Przypomnijmy dwa twierdzenia z wykładu związane z ośrodkowością:

Jeżeli przestrzeń topologiczna spełnia II aksjomat przeliczalności to jest

ośrodkowa.

Metryzowalna przestrzeń ośrodkowa spełnia II aksjomat przeliczalności.

Tabela 4.1 Ośrodkowość

Topologia 𝓣e 𝓣r 𝓣k 𝓣N 𝓣Z 𝓣S×S 𝓣Z×Z

ośrodkowość

(+/-)

+ - - + + + +

Uzasadnienie:

𝓣e – posiada przeliczalny podzbiór gęsty, na przykład A = {(x, y) | x, y ∈ ℚ} taki, że kule

euklidesowe przecinają się z A.

𝓣r – jest metryzowalna, ale nie spełnia II aksjomatu przeliczalności, zatem nie jest

ośrodkowa.

𝓣k - jest metryzowalna, ale nie spełnia II aksjomatu przeliczalności, zatem nie jest

ośrodkowa.

𝓣N – posiada przeliczalny podzbiór gęsty, na przykład A = {(x, y) | x, y ∈ ℚ} taki, że

dowolny motylek przecina się z kulą euklidesową (𝓣e jest zawarte w 𝓣N), która zaś

przecina się z A.

12

𝓣Z – przestrzeń topologiczna (ℝ2, 𝒯Z) jest ośrodkowa, ponieważ posiada przeliczalny

podzbiór gęsty postaci ℚ × ℚ. Dopełnienie dowolnego zbioru otwartego z (ℝ2, 𝒯Z) jest

skończone, czyli każdy zbiór tej postaci musi przecinać się w niepusty sposób z ℚ × ℚ.

𝓣S×S – przestrzeń topologiczna (ℝ2, 𝓣S×S) jest ośrodkowa, ponieważ posiada przeliczalny

podzbiór gęsty postaci ℚ × ℚ. Zbiory otwarte w (ℝ2, 𝓣S×S) są postaci US×S ≔

{[k, l) × [m, n): k < l, m < n; k, l, m, n ϵ ℝ}, więc każdy taki zbiór otwarty przecina się

niepusto z ℚ × ℚ.

𝓣Z×Z – przestrzeń topologiczna (ℝ2, 𝓣Z×Z) jest ośrodkowa, ponieważ posiada

przeliczalny podzbiór gęsty postaci ℚ × ℚ. Zbiory otwarte w (ℝ2, 𝓣S×S) są postaci

UZ×Z ≔ {Ux×y = Ux × Uy | Ux = ℝ\{a1,a2, … , ak}; Uy = ℝ\

{b1,b2, … , bs}; Ux, Uy ϵ 𝒯Z; a1,a2, … , ak, b1,b2, … , bs ϵ ℝ; k, s skończone}, więc każdy taki

zbiór otwarty przecina się niepusto z ℚ × ℚ.

Definicja spójności

Przestrzeń topologiczna (X, 𝒯) jest spójna jeśli nie istnieją niepuste zbiory U, V ∊ 𝒯 takie,

że X = U ∪ V oraz U ∩ V = ∅.

Definicja łukowej spójności

Przestrzeń topologiczna (X, 𝒯) jest łukowo spójna jeśli dla dowolnych punktów x0, x1 ∊ X

istnieje odwzorowanie ciągłe ω : [0,1] → X: ω(0)= x0, ω(1)= x1. Ponadto, jeśli przestrzeń

(X, 𝒯) jest łukowo spójna, to jest spójna.

Tabela 4.2 Spójność

Topologia 𝓣e 𝓣r 𝓣k 𝓣N 𝓣Z 𝓣S×S 𝓣Z×Z

Spójność

(+/-)

+ + + + + - +

13

Uzasadnienie:

𝓣e – jest spójna, ponieważ nie da się podzielić ℝ2 na sumę rozłącznych zbiorów

otwartych w topologii euklidesowej na płaszczyźnie.

𝓣r – jest łukowo spójna, zatem jest spójna.

𝓣k - jest łukowo spójna, a zatem jest spójna.

𝓣N – niech A ≔ {(x, y) ∶ y > 0} – podprzestrzeń (ℝ2, 𝓣N). Wówczas (A, 𝓣N|A) jest

homeomorficzne z (A, 𝓣e|A). Zatem A jest podprzestrzenią spójną płaszczyzny

Niemyckiego i wiedząc, że jeśli przestrzeń topologiczna zawiera spójny podzbiór gęsty

to jest spójna, wiemy, że B ≔ A\{(x, y) ∶ y ≥ 0} jest spójne. Analogicznie otrzymujemy,

że podprzestrzeń C ≔ {(x, y) ∶ y ≤ 0} jest spójna. B ∩ C ≠ ∅ a B ∪ C = ℝ2 z czego

wynika, że topologia Niemyckiego jest spójna.

𝓣Z – spójna, ponieważ każdy niepusty podzbiór otwarty ma niepuste przecięcie z

dowolnym innym podzbiorem otwartym w tej przestrzeni.

𝓣S×S – niespójna, ponieważ ℝ2 w topologii produktowej prawych strzałek można

podzielić na zbiory rozłączne, na przykład na 4 postaci: ℝ2 = (−∞, 0) × [0, +∞) ∪

[0, +∞) × [0, +∞) ∪ (−∞, 0) × (−∞, 0) ∪ [0, +∞) × (−∞, 0).

𝓣Z×Z – spójna, ponieważ każde dwa niepuste zbiory otwarte zawarte w (ℝ2, 𝓣Z×Z) mają

niepuste przecięcie.

14

5. Czy któreś przestrzenie (ℝ2, 𝓣i), (ℝ2, 𝓣j) gdzie i,j=e, N, Z, s×s, Z×Z, r, k są

homeomorficzne? Narysuj i wypełnij odpowiednią tabelkę.

Niektóre z niezmienników homeomorfizmów

Własność Hausdorffa

I i II aksjomat przeliczalności

Tabela 5.1 Homeomorfizmy

≃ 𝓣e 𝓣r 𝓣k 𝓣N 𝓣Z 𝓣S×S 𝓣Z×Z

𝓣e +

𝓣r - +

𝓣k - - +

𝓣N - - - +

𝓣Z - - - - +

𝓣S×S - - - - - +

𝓣Z×Z - - - - - - +

Uzasadnienie:

Homeomorficzność na przekątnej jest oczywista.

𝓣r ≄ {𝓣e, 𝓣N, 𝓣Z, 𝓣Z×Z, 𝓣s×s} ponieważ 𝓣r nie jest ośrodkowa a pozostałe są.

𝓣k ≄ {𝓣e, 𝓣N, 𝓣Z, 𝓣Z×Z, 𝓣s×s} ponieważ 𝓣k nie jest ośrodkowa a pozostałe są.

𝓣e ≄ {𝓣N, 𝓣Z, 𝓣Z×Z} ponieważ 𝓣e jest Hausdorffa, a pozostałe nie.

𝓣s×s ≄ {𝓣N, 𝓣Z, 𝓣Z×Z} ponieważ 𝓣e jest Hausdorffa, a pozostałe nie.

𝓣N ≄ {𝓣Z, 𝓣Z×Z} ponieważ 𝓣N spełnia I aksjomat przeliczalności, a pozostałe nie.

𝓣e ≄ 𝓣s×s ponieważ 𝓣e spełnia I aksjomat przeliczalności, a 𝓣s×s nie.

15

𝓣r ≄ 𝓣k rozpatrzmy ℝ2\(0,0) z topologią kolejową. Usunięcie punktu (0,0) z

płaszczyzny spowoduje rozspójnienie na continuum składowych spójności, podczas gdy

dla (ℝ2, 𝒯r ) nie istnieje taki punkt, którego usunięcie rozspójni przestrzeń na

continuum składowych spójności. Możliwe jest rozspójnienie tej przestrzeni na

maksymalnie 4 składowe spójności, co dowodzi, iż homeomorfizm pomiędzy 𝓣r i 𝓣k nie

istnieje.

𝓣Z ≄ 𝓣Z×Z wykażemy nie wprost. Załóżmy, że (ℝ2, 𝒯Z×Z) i (ℝ2, 𝒯Z) są homomorficzne,

czyli z definicji istnieje f: (ℝ2, 𝒯Z×Z) =>(ℝ2, 𝒯Z) takie, że f jest ciągłą bijekcją oraz f-1

ciągłe, zatem obrazy zbiorów domkniętych są domknięte. Weźmy zbiór X ≔ {(x, 0)}.

Zbiór ten jest domknięty w (ℝ2, 𝒯Z×Z), zatem f(X) musi być zbiorem nieskończony, bo f

jest bijekcją. Jeśli f jest homeomorfizmem, to f(x) musi być domknięte w (ℝ2, 𝒯Z), ale

zbiory nieskończone nie są domknięte w (ℝ2, 𝒯Z). Otrzymujemy sprzeczność, co

dowodzi iż nie istnieje homeomorfizm f.

16

6. Dla wektora v ∈ ℝ2 definiujemy przekształcenie przesunięcia (translację) Tv : ℝ2 → ℝ2

wzorem Tv (w) := v + w. Dla każdej z ww. topologii zbadać dla jakich wektorów v

przesunięcie Tv : (ℝ2, 𝓣i) → (ℝ2, 𝓣j) jest przekształceniem ciągłym (homeomorfizmem).

1. 𝑇𝑣 ∶ (ℝ2, 𝒯𝑒) ⟶ (ℝ2, 𝒯𝑒),

Niech 𝑣 = [𝑎, 𝑏] 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ.

Bazą 𝒯𝑒 są kule otwarte 𝐵(𝑥, 𝑟) gdzie 𝑥 ∈ ℝ2, 𝑟 > 0, 𝐵(𝑥, 𝑟) ⊂ (ℝ2, 𝒯𝑒).

𝑇𝑣(𝐵(𝑥, 𝑟)) = 𝐵(𝑥 + 𝑣, 𝑟) ∈ 𝒯𝑒

𝑇𝑣−1(𝐵(𝑥, 𝑟)) = 𝐵(𝑥 − 𝑣, 𝑟) ∈ 𝒯𝑒

⟹ 𝑇𝑣 – ciągłe w (ℝ2, 𝒯𝑒).

2. 𝑇𝑣 ∶ (ℝ2, 𝒯𝑟) ⟶ (ℝ2, 𝒯𝑟)

𝒯𝑟 = {{𝑎} × (𝑐, 𝑑) ∶ 𝑎 ∈ ℝ, 𝑐 < 𝑑 < 0 ∨ 0 < 𝑐 < 𝑑}

∪ {(𝑎, 𝑏) × (−𝑐, 𝑐) ∶ 𝑎 < 𝑏, 𝑐 > 0}

Niech 𝑣 = [𝑠, 𝑡], 𝑠, 𝑡 ∈ ℝ, 𝑡 ≠ 0.

Weźmy 𝑈 = {𝑎} × (−2𝑡, 0) – zbiór bazowy

𝑇𝑣(𝑈) = {𝑎 + 𝑠} × (−𝑡, 𝑡) ∉ 𝒯𝑟

⟹ 𝑇𝑣 nie jest ciągłe dla wektora 𝑣 = [𝑠, 𝑡], 𝑠, 𝑡 ∈ ℝ, 𝑡 ≠ 0.

Niech 𝑣 = [𝑠, 0], 𝑠 ∈ ℝ

Weżmy 𝑈 = {𝑎} × (𝑐, 𝑑) – zbiór bazowy

𝑇𝑣(𝑈) = {𝑎 + 𝑠} × (𝑐 + 𝑠, 𝑑) ∈ 𝒯𝑟

𝑇𝑣−1(𝑈) = {𝑎 − 𝑠} × (𝑐 + 𝑠, 𝑑) ∈ 𝒯𝑟

Weżmy 𝑈 = (𝑎, 𝑏) × (−𝑐, 𝑐) – zbiór bazowy

𝑇𝑣(𝑈) = (𝑎 + 𝑠, 𝑏 + 𝑠) × (−𝑐, 𝑐) ∈ 𝒯𝑟

𝑇𝑣−1(𝑈) = (𝑎 − 𝑠, 𝑏 − 𝑠) × (−𝑐, 𝑐) ∈ 𝒯𝑟

⟹ 𝑇𝑣 jest ciągłe dla wektora 𝑣 = [𝑠, 0], 𝑠 ∈ ℝ.

3. 𝑇𝑣 ∶ (ℝ2, 𝒯𝑘) ⟶ (ℝ2, 𝒯𝑘)

Niech 𝑣 = [𝑎, 𝑏], 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ, 𝑎, 𝑏 ≠ 0.

Niech 𝑈𝑥 = (𝑥, −𝑥) ∈ 𝒯𝑘 , 𝑈𝑥 leży na prostej 𝑦 = −𝑥.

𝑇𝑣(𝑈𝑥) = (𝑥 + 𝑎, −𝑥 + 𝑏) ∉ 𝒯𝑘 , ponieważ po przesunięciu o wektor

odcinek 𝑈𝑥 nie zmienił kąta nachylenia do osi 𝑂𝑋, ale nie leży na prostej

𝑦 = −𝑥, bo

−𝑥 − 𝑎 ≠ −𝑥 + 𝑏.

⟹ 𝑇𝑣 nie jest ciągłe dla wektora 𝑣 = [𝑎, 𝑏], 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ, 𝑎, 𝑏 ≠ 0.

Niech 𝑣 = [𝑎, 0], 𝑎 ∈ ℝ, 𝑎 ≠ 0

Niech 𝑈𝑦 = (0, 𝑦) ∈ 𝒯𝑘, 𝑈𝑥 – odcinek otwarty leżacy na prostej 𝑥 = 0

𝑇𝑣(𝑈𝑦) = (𝑎, 𝑦) =: 𝑊𝑦 ∉ 𝒯𝑘, ponieważ 𝑊𝑦 nie leży na prostej 𝑥 = 0

⟹ 𝑇𝑣 nie jest ciągłe dla wektora 𝑣 = [𝑎, 0], 𝑎 ∈ ℝ, 𝑎 ≠ 0

17

Niech 𝑣 = [0, 𝑏], 𝑏 ∈ ℝ, 𝑏 ≠ 0

Niech 𝑈𝑥 = (𝑥, 0) ∈ 𝒯𝑘, 𝑈𝑥 – odcinek otwarty leżący na prostej 𝑦 = 0

𝑇𝑣(𝑈𝑥) = (𝑥, 𝑏) =: 𝑊𝑥 ∉ 𝒯𝑘 ponieważ 𝑊𝑥 nie leży na prostej 𝑦 = 0

⟹ 𝑇𝑣 nie jest ciągłe dla wektora 𝑣 = [0, 𝑏], 𝑏 ∈ ℝ, 𝑏 ≠ 0

⟹ 𝑇𝑣 jest ciągłe tylko dla wektora 𝑣 = [0,0]

4. 𝑇𝑣 ∶ (ℝ2, 𝒯𝑁) ⟶ (ℝ2, 𝒯𝑁)

Niech 𝑣 = [𝑎, 𝑏], 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ, 𝑏 ≠ 0

Niech 𝑈 = {𝐵((𝑥, 𝑦), |𝑦|) ∪ {(𝑥, 0)} ∪ 𝐵((𝑥, −𝑦), |−𝑦|) ∶ 𝑦 ≠ 0} ∈ 𝒯𝑁 –

zbiór bazowy.

𝑇𝑣(𝑈) = 𝑊

𝑊 = {𝐵((𝑥 + 𝑎, 𝑦 + 𝑏), |𝑦 + 𝑏|) ∪ {(𝑥 + 𝑎, 𝑏)}

∪ 𝐵((𝑥 + 𝑎, −𝑦 + 𝑏), |−𝑦 + 𝑏|) ∶ 𝑦 ≠ 0}

𝑊 ∉ 𝒯𝑁 , bo punkt (𝑥 + 𝑎, 𝑏) leży poza prostą 𝑦 = 0, a żadna kula

zawierająca punkt (𝑥 + 𝑎, 𝑏) ∉ 𝒯𝑁 .

⟹ 𝑇𝑣 nie jest ciągłe dla wektora 𝑣 = [𝑎, 𝑏], 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ, 𝑏 ≠ 0

Niech 𝑣 = [𝑎, 0], 𝑎 ∈ ℝ

Niech 𝑈 = {𝐵((𝑥, 𝑦), |𝑦|) ∪ {(𝑥, 0)} ∪ 𝐵((𝑥, −𝑦), |−𝑦|) ∶ 𝑦 ≠ 0} ∈ 𝒯𝑁 –

zbiór bazowy.

𝑇𝑣(𝑈) = 𝑊

𝑊 = {𝐵((𝑥 + 𝑎, 𝑦), |𝑦|) ∪ {(𝑥 + 𝑎, 0)} ∪ 𝐵((𝑥 + 𝑎, −𝑦), |−𝑦|) ∶ 𝑦 ≠ 0} ∈ 𝒯𝑁

W (ℝ2, 𝒯𝑁) zbiorami bazowymi sa również kule euklidesowe, a z

podpunktu 1 wiemy, że 𝑇𝑣 jest ciągłe dla każdego wektora 𝑣, czyli w

szczególności tez dla 𝑣 = [𝑎, 0].

⟹ 𝑇𝑣 jest ciągłe dla wektora [𝑎, 0]

5. 𝑇𝑣 ∶ (ℝ2, 𝒯𝑍) ⟶ (ℝ2, 𝒯𝑍)

Niech 𝑣 = [𝑎, 𝑏], 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ

W 𝒯𝑍 zbiorami bazowymi są 𝑈 takie, że ℝ2 ∖ 𝑈 = 𝑧𝑏𝑖ó𝑟 𝑠𝑘𝑜ń𝑐𝑧𝑜𝑛𝑦.

𝑈 ≔ ℝ2 ∖ {𝑢1, … , 𝑢𝑠}, gdzie s – skończone, 𝑢1, … , 𝑢𝑠 ∈ ℝ2

𝑇𝑣(𝑈) = ℝ2 ∖ {𝑢1 + (𝑎, 𝑏), … , 𝑢𝑠 + (𝑎, 𝑏)} ∈ 𝒯𝑍

𝑇𝑣−1(𝑈) = ℝ2 ∖ {𝑢1 − (𝑎, 𝑏), … , 𝑢𝑠 − (𝑎, 𝑏)} ∈ 𝒯𝑍

⟹ 𝑇𝑣 jest ciągłe dla każdego 𝑣 ∈ ℝ2

6. 𝑇𝑣 ∶ (ℝ2, 𝒯𝑆×𝑆) ⟶ (ℝ2, 𝒯𝑆×𝑆)

Niech 𝑣 = [𝑠, 𝑡], 𝑠, 𝑡 ∈ ℝ

𝑈 = [𝑎, 𝑏) × [𝑐, 𝑑), 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 ∈ ℝ, 𝑎 < 𝑏, 𝑐 < 𝑑 – zbiory bazowe w 𝒯𝑆×𝑆

𝑇𝑣(𝑈) = [𝑎 + 𝑠, 𝑏 + 𝑠) × [𝑐 + 𝑡, 𝑑 + 𝑡) ∈ 𝒯𝑆×𝑆

𝑇𝑣−1(𝑈) = [𝑎 − 𝑠, 𝑏 − 𝑠) × [𝑐 − 𝑡, 𝑑 − 𝑡) ∈ 𝒯𝑆×𝑆

⟹ 𝑇𝑣 jest ciągłe dla każdego 𝑣 ∈ ℝ2

18

7. 𝑇𝑣 ∶ (ℝ2, 𝒯𝑍×𝑍) ⟶ (ℝ2, 𝒯𝑍×𝑍)

Niech 𝑣 = [𝑠, 𝑡], 𝑠, 𝑡 ∈ ℝ

U ≔ {𝑈𝑥×𝑦 = 𝑈𝑥 × 𝑈𝑦 | 𝑈𝑥 = ℝ\{𝑎1,𝑎2, … , 𝑎𝑘}; 𝑈𝑦 = ℝ\

{𝑏1,𝑏2, … , 𝑏𝑙}; 𝑈𝑥, 𝑈𝑦 ϵ 𝒯𝑍; 𝑎1,𝑎2, … , 𝑎𝑘, 𝑏1,𝑏2, … , 𝑏𝑙 ϵ ℝ; k, l skończone} – zbiory

bazowe w 𝒯𝑍×𝑍

𝑇𝑣(U) = {𝑈𝑥×𝑦 = 𝑈𝑥 × 𝑈𝑦 | 𝑈𝑥 = ℝ\{𝑎1 + [𝑠, 𝑡], 𝑎2 + [𝑠, 𝑡], … , 𝑎𝑘 + [𝑠, 𝑡]}; 𝑈𝑦 =

ℝ\{𝑏1+[𝑠, 𝑡], 𝑏2 + [𝑠, 𝑡], … , 𝑏𝑙 + [𝑠, 𝑡]}; 𝑈𝑥, 𝑈𝑦 ϵ 𝒯𝑍; 𝑎1 +[𝑠, 𝑡], 𝑎2 + [𝑠, 𝑡], … , 𝑎𝑘 +

[𝑠, 𝑡], 𝑏1 +[𝑠, 𝑡], 𝑏2 + [𝑠, 𝑡], … , 𝑏𝑙 + [𝑠, 𝑡] ϵ ℝ; k, l skończone} ∈ 𝒯𝑍×𝑍

𝑇𝑣−1(U) = {𝑈𝑥×𝑦 = 𝑈𝑥 × 𝑈𝑦 | 𝑈𝑥 = ℝ\{𝑎1 − [𝑠, 𝑡], 𝑎2 − [𝑠, 𝑡], … , 𝑎𝑘 − [𝑠, 𝑡]}; 𝑈𝑦 =

ℝ\{𝑏1−[𝑠, 𝑡], 𝑏2 − [𝑠, 𝑡], … , 𝑏𝑙 − [𝑠, 𝑡]}; 𝑈𝑥, 𝑈𝑦 ϵ 𝒯𝑍; 𝑎1 −[𝑠, 𝑡], 𝑎2 − [𝑠, 𝑡], … , 𝑎𝑘 −

[𝑠, 𝑡], 𝑏1 −[𝑠, 𝑡], 𝑏2 − [𝑠, 𝑡], … , 𝑏𝑙 − [𝑠, 𝑡] ϵ ℝ; k, l skończone} ∈ 𝒯𝑍×𝑍

⟹ 𝑇𝑣 jest ciągłe dla każdego 𝑣 ∈ ℝ2