vladimir pavlovi c, pmf u ni su...1.1. osnovne definicije 7 1.1.2 zatvoreni skupovi topologije...

Topologija – predavanjaVladimir Pavlović, PMF u Nišu

February 25, 2015

Sadržaj

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

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

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

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

2 Neke važnije klase topoloških prostora 672.1 Kompaktnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

2.1.1 Kompletni metrički prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 722.1.2 Kompaktnost u metričkim prostorima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

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

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

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

3

4 SADRŽAJ

Deo 1

Osnovni pojmovi

1.1 Osnovne definicije

1.1.1 Pojam topološkog prostora

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

λ :=

{∅, S,

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

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

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

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

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

}

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

∅, X ∈ τ(KP) ako A ⊆ τ onda

∪A ∈ τ

(PU) ako A,B ∈ τ onda A ∩B ∈ τ

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

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

2

Primer 1.1.3 Neka

µ1 :df={[x; +∞) : x ∈ R

}∪ {∅,R}

µ2 :df={(q; +∞) : q ∈ Q

}∪ {∅,R}

5

6 DEO 1. OSNOVNI POJMOVI

iµ3 :

df={(x; +∞) : x ∈ R

}∪ {∅,R}

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

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

A1, . . . , An ∈ τ ⇒n∩

i=1

Ai ∈ τ

§

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

(X,P(X)

)kori-

stimo termin diskretan prostor.

Za proizvoljnoX familija {∅, X} je topologija na skupuX; familiju {∅, X} nazivamo antidiskretna(ili trivijalna) topologija na skupu X a za prostor

(X, {∅, X}

)koristimo termin antidiskretan pro-

stor ili trivijalan prostor.

1.1. OSNOVNE DEFINICIJE 7

1.1.2 Zatvoreni skupovi topologije

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

§

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

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

– ∅, X ∈ F(τ)– ako A ⊆ F(τ) onda

∩A ∈ F(τ)

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

i=1

Ai ∈ F(τ)

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

λ :=

{∅, S,

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

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

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

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

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

}

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

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

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

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

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

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

}


Skup {2, 5}

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

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

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

Definicija 1.1.4 Za (topološki) prostor kažemo da je povezan ako su jedini otvoreno-zatvoreni

skupovi ∅ i X.2


1.1.3 int, cl, bd, acc. Gusti skupovi

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

Za tačku z prostora X kažemo da je:

– unutrašnja tačka skupa A u odnosu na topologiju τ ako

postoji neki otvoren skup U ∈ τ tako da važi

z ∈ U ⊆ A

– blizu skupa A u odnosu na topologiju τ ako

za svaki otvoren skup U ∈ τ važi implikacija

z ∈ U ⇒ U ∩A ̸= ∅

– tačka nagomilavanja skupa A u odnosu na topologiju τ ako


z ∈ U ⇒ (U ∩A) \ {z} ̸= ∅

– rubna tačka skupa A u odnosu na topologiju τ ako


z ∈ U ⇒ U ∩A ̸= ∅ ≠ U ∩Ac

§

Fraze sa istim značenjem kao i

“z je unutrašnja tačka skupa A”

će nam biti: “tačka z je τ -unutrašnja tačka skupa A”; “tačka z je tačka unutar skupa A u prostoru(X, τ)”

Koristimo oznaku

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

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

Fraze sa istim značenjem kao i

“z je tačka blizu skupa A”


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

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

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

Koristimo oznaku

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

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

Koristimo oznaku

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

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

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

§

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

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

S ∩ U ̸= ∅

§


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

λ :=

{∅, S,

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

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

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

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

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

}

Imamo:6 /∈ int

({2, 6}

)∋ 2

tj. int({2, 6}

)= {2}

6 /∈ int({1, 4, 5, 6}

)∋ 1, 4, 5

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

)= {1, 4, 5}.

5 ∈ cl({5, 6}

)∋ 5, 6, 3, 4, 7

i5 ∈ cl

({5, 6}

)\ acc

({5, 6}

)

Ako je X := (X, τ) topološki prostor iA ⊆ X onda za z ∈ X kažemo da je izolovana tačka skupa Au odnosu na topologiju τ ukoliko postoji neki otvoren skup U ∈ τ tako da je

U ∩A = {z}

tj. ako je z ∈ cl(A)\acc(A). Za z ∈ X kažemo da je izolovana tačka prostora X ako je z izolovanatačka skupa X u odnosu na topologiju τ , tj. ako je {z} ∈ τ .

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

Imamo acc({5, 6}

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

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

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

2


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

2

Za prostor (X, τ) kažemo da je separabilan ako postoji neki prebrojiv τ -gust podskup S ⊆ X.Dakle diskretan prostor (R, τ) iz prethodnog primera nije separabilan.

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

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

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

2


1.1.4 O unutrašnjosti i zatvorenju

Tvrd̄enje 1.1.6 Za proizvoljne A,B ⊆ X sledeća dva uslova su ekvivalentna:

(1) B = int(A)

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

Tvrd̄enje 1.1.7

int(A) =∪

{B ∈ τ : B ⊆ A}

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

x ∈ U ⊆∪L.

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

x ∈ int(A).2

Tvrd̄enje 1.1.8 Za proizvoljne A,B ⊆ X sledeća dva uslova su ekvivalentna:

(1) B = cl(A)

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

Tvrd̄enje 1.1.9

cl(A) =∩

{B ⊆ X : A ⊆ B i B je τ − zatvoren}

2

§

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

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

}i A := {1, 2}

Tačke 1 i 2 su izolovane tačke skupa A zbog {1} = A ∩ {1}, {2} = A ∩ {2, 3} i {1}, {2, 3} ∈ τ .Tačka 3 je jedina tačka nagomilavanja skupa A pa je acc(A) = {3}. Iz cl

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

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

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

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

)tako da je x /∈ acc(A).

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

(U \ {x}

)= (A ∩ U) \ {x}.

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

§


Tvrd̄enje 1.1.10 Važe sledeće skupovne jednakosti:

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

(b) X = int(A) ∪ bd(A) ∪ int(Ac).

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

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

Dokaz (a): Imamo

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

⇐⇒ x /∈ Ac ⇐⇒ x ∈ cl(Ac)c

Prema ovom što smo upravo pokazali važi int(Ac) = cl((Ac)c

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

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

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

U ∩A = ∅ ∨ U ∩Ac = ∅

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

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

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

U ∩A = ∅ ∨ U ∩Ac = ∅

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

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

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

Proveru ostatka tvrd̄enja prepuštamo čitaocu.2

Tvrd̄enje 1.1.11 Za proizvoljan A ⊆ X sledeći uslovi su ekvivalentni:

(1) A ∈ τ

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

(3) int(A) = A

(4) A ∩ bd(A) = ∅.

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


Dokaz (1)⇒(2) Možemo uzeti Ux = A.

(2)⇒(3) Znamo da je uvek int(A) ⊆ A a (2) kaže da je svaka tačka skupa A unutrašnja tačka togskupa, tj. da važi A ⊆ int(A).

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

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

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

Sa druge strane ako važi (5) onda uzimajući B = A dobijamo

A ⊆ int(B) = int(A) ⊆ A

2

Tvrd̄enje 1.1.12 Za proizvoljan A ⊆ X sledeći uslovi su ekvivalentni:

(1) A je τ -zatvoren

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

(3) cl(A) = A

(4) bd(A) ⊆ A.

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

§§

Tvrd̄enje 1.1.13 Preslikavanje int : P(X) → P(X) ima sledeća svojstva:

(a) int(A) ⊆ A

(b) int(X) = X

(c) int(A ∩B) = int(A) ∩ int(B)

(d) int(int(A)

)= int(A)


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

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

2

Tvrd̄enje 1.1.14 Preslikavanje cl : P(X) → P(X) ima sledeća svojstva:

(a) A ⊆ cl(A)

(b) cl(∅) = ∅

(c) cl(A ∪B) = cl(A) ∪ cl(B)

(d) cl(cl(A)

)= cl(A)

§

Tvrd̄enje 1.1.15 Neka je dato preslikavanje l : P(X) → P(X) za koje važi:

(a) l(A) ⊆ A za svako A ⊆ X

(b) l(X) = X

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

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

λ := {A ⊆ X : l(A) = A}

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

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

onda važi

intλ(A) = l(A)

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

Neka je A ⊆ λ. Pokažimo da važi ∪A ⊆ l

(∪A)

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

∪A), tj.

∪A ∈ λ. Imamo

∀A ∈ A(A ⊆

∪A)

pa je

∀A ∈ A(l(A) ⊆ l

(∪A) )


te i ∪A =

∪A∈A

A =∪A∈A

l(A) ⊆ l(∪

A)

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

intλ(A) =∪

{B ⊆ A : l(B) = B} =∪

B⊆A; l(B)=B

l(B) ⊆ l(A)

Ako još važi i (d) onda je C := l(A) ⊆ A i l(C) = C pa imamo

intλ(A) =∪

{B ⊆ A : l(B) = B} ⊇ C = l(A)

2

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

l(A) :df= A ∩ Y

za A ⊆ X.2

Tvrd̄enje 1.1.17 Neka je dato preslikavanje k : P(X) → P(X) za koje važi:

(a) A ⊆ k(A)

(b) k(∅) = ∅

(c) k(A ∪B) = k(A) ∪ k(B).

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

µ := {A ⊆ X : k(Ac) = Ac}

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

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

onda važiclµ(A) = k(A)

Dokaz

I način: “Dualno” dokazu Tvrd̄enja 1.1.15.

II način: Definǐsimo l : P(X) → P(X) sa l(A) :df= k(Ac)c. Imamo l(X) = k(Xc)c = k(∅)c =∅c = X. Za svako A ⊆ X zbog Ac ⊆ k(Ac) imamo da je

l(A) = k(Ac)c ⊆ (Ac)c = A


Takod̄e za svako A,B ⊆ X je

l(A ∩B) = l[(Ac ∪Bc)c

]= k(Ac ∪Bc)c =

[k(Ac) ∪ k(Bc)

]c= k(Ac)c ∩ k(Bc)c = l(A) ∩ l(B)

Sada na osnovu Tvrd̄enja 1.1.15 znamo da je familija

θ := {A ⊆ X : l(A)}

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

c))c

⊇ l(Ac)c zasvako A ⊆ X. No

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

a takod̄e je

clµ(A) =(intµ(A

c))c

=(intθ(A

c))c

⊇ l(Ac)c =(k(A)c

)c= k(A)

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

clµ(A) =(intθ(A

c))c

= l(Ac)c = k(A)

2

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

k(A) :df= Y ∪A

za A ⊆ X.2

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

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

∪B. Definǐsemo

Pr(B) :df={∩

P : P ⊆ B je neprazan konačan skup}

i

Top(B) :df={∪

A : A ⊆ Pr(B)}

Primer 1.2.1 Za B :={{1}, {2}, {3, 4, 5}, {4, 5, 7}

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

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

}

Top(B) =

{∅, X,

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

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

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

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

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

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

2

Tvrd̄enje 1.2.2 (I) VažiB ⊆ Pr(B) ⊆ Top(B) ⊆ P(X)

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

i=1

Pi ∈ Pr(B).

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

B).

Dokaz (I) Da je B ⊆ Pr(B) ⊆ Top(B) ⊆ P(X) bi trebalo da bude očigledno. U slučaju da nijeočigledno onda idemo (recimo) ovako.

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

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

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

∪B = X, tj. P ∈ P(X). Ovim

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

∪{P} ∈ Top(B); dakle Pr(B) ⊆ Top(B).

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

je U =∪A ⊆

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


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

∩Pi; otuda imamo

k∩i=1

Pi =k∩

i=1

(∩Pi)=∩( k∪

i=1

Pi

)∈ Pr(B)

jer je

k∪i=1

Pi ⊆ B neprazan konačan skup.

(III) Imamo ∅ ⊆ Pr(B) pa je ∅ =∪

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

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

Ai, i = 1, 2. Imamo

U1 ∩ U2 =(∪

A1)∩(∪

A2)=∪

L

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

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

∪AU . Imamo

∪J =

∪U∈J

U =∪

U∈J

(∪AU)=∪( ∪

U∈JAU

)∈ Top(B)

jer je očigledno∪

U∈JAU ⊆ Pr(B).

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

Topologiju Top(B) iz Tvrd̄enja 1.2.2 nazivamo

topologija generisana familijom B

Primer Ako je

B ={[a; b] : a, b ∈ R i a < b

}onda je X = R zatim {

{x} : x ∈ R}⊆ Pr(B)

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

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

2


Primer 1.2.4 Neka je

B :={(−∞;x) : x ∈ R

}∪{(x; +∞) : x ∈ R

}Imamo X = R, zatim

Pr(B) ={(−∞;x) : x ∈ R

}∪{(x; +∞) : x ∈ R

}∪{(a; b) : a, b ∈ R i a < b

}∪ {∅}

i najzad

Top(B) ={∪

I : I je familija nekih otvorenih intervala realne prave}

2

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

ured̄ajna topologija realne prave

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

Top(B) =∩{

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

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

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

}pa je

Top(B) ⊇∩{


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

Top(B) ⊆∩{


2

1.2.1 Baza, predbaza

Ako je (X, τ) topološki prostor onda za L kažemo da je baza topologije τ ako važe naredna dvauslova:

– L ⊆ τ

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

Primetimo da se (obzirom da je familija τ topologija) ova dva uslova sažimaju u jedinstvenzahtev da važi

τ ={∪

A : A ⊆ L}

§


Ako je (X, τ) topološki prostor onda za L kažemo da je predbaza topologije τ (ili predbazatopologije τ) ako je L ̸= ∅ i familija Pr(L) je baza topologije τ . Primetimo da ovo nužno povlažida je L ⊆ τ .

§

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

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

2

Primer Familija

L1 :={(a; b) : a, b ∈ R i a < b

}je jedna a familija

L2 :={(a; b) : a, b ∈ Q i a < b

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

Pokažite da postoji beskonačno mnogo baza ured̄ajne topologije realne prave.2

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

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

§

Tvrd̄enje 1.2.7 Familija L ⊆ τ je baza prostora (X, τ) akko važi

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

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

A ⊆ X je otvoren skup prostora (X, τ)

akko

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

2

Tvrd̄enje 1.2.8 Neprazna familija L ⊆ τ je predbaza prostora (X, τ) akko važi

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

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

A ⊆ X je otvoren skup prostora (X, τ)

akko

∀x ∈ A ∃n ∈ N ∃V1, . . . , Vn ∈ L

(x ∈

n∩i=1

Vi ⊆ A

)


2

§

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

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

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

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

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

§

Za proizvoljnu familiju L formulǐsemo uslov

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

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

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

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

Ni onda postoji neko K ∈ L tako da je

x ∈ K ⊆m∩i=1

Ni

(b) L će zadovoljavati uslov (BT) u specijalnom slučaju ako za svako M,N ∈ L važi

M ∩N = ∅ ili M ∩N ∈ L

2

Tvrd̄enje 1.2.11 Neka je (X, τ) topološki prostor. Ako je familija L ⊆ τ baza prostora (X, τ)onda važe sledeća dva uslova:

–∪

L = X

– uslov (BT).2

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


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

x ∈m∩i=1

Ni ⊆ A

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

x ∈ K ⊆m∩i=1

Ni

Dakle x ∈ K ⊆ A i K ∈ L.

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

1.3. NASLED̄ENA TOPOLOGIJA 25

1.3 Nasled̄ena topologija

Za proizvoljnu familiju A i skup S definǐsemo

relS(A) :df={A ∩ S : A ∈ A

}

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

topologija na skupu A nasled̄ena od topologije τ

a za(A, relA(τ)

)da je podprostor prostora (X, τ).

2

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

λ :=

{∅, S,

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

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

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

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

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

}

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

relB(λ) ={∅, B, {3, 5}, {5, 7}, {5}

}Podprostor

(A, relA(λ)

)je diskretan.

2

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

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

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

Na Tvrd̄enje 1.3.2 ćemo da se pozivamo frazama


“otvoren u otvorenom je otvoren u celom”

i

“zatvoren u zatvorenom je zatvoren u celom”

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

2

Iz Tvrd̄enja 1.3.3 direkno sledi jedna jednostavna činjenica koju bismo mogli da formulǐsemokao

“podprostor podprostora je podprostor polaznog prostora”

Tvrd̄enje 1.3.4 Neka je X1 ⊆ X, τ topologija na skupu X i τ1 := relX1(τ). Neka je dalje z ∈ X1i A ⊆ X1. Tada važi:

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

Dakle važiclτ1(A) = clτ (A) ∩X1

2

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

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

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

}baza ured̄ajne topologije realne prave to je familija{

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

}∪{(a; 1] : a, b ∈ R, 0 ≤ a < 1

}baza topologije na skupu [0; 1] nasled̄ene od ured̄ajne topologije realne prave.

2

1.4. TOPM(D). METRIZABILNOST 27

1.4 Topm(d). Metrizabilnost

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

(M0) f(x, x) = 0 za svako x ∈ X.

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

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

Za x ∈ X i r ∈ (0;+∞) definǐsemo

Kf [x; r) :df= {z ∈ X : f(x, z) < r}

iKf [x; r] :

df= {z ∈ X : f(x, z) ≤ r}

Za pseudometriku f koja još zadovoljen i uslov

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

kažemo da je metrika na skupu X.

Tvrd̄enje 1.4.1 Neka je f pseudometrika na nepraznom skupu X.

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

(b) FamilijaBf :=

{Kf [x; r) : x ∈ X, r ∈ (0;+∞)

}zadovoljava uslov (BT) pa je baza topologije Top(Bf ). Kako još važi i

∪Bf = X to je Top(Bf )

topologija na skupu X.

Za Top(Bf ) kažemo da je

topologija indukovana pseudometrikom f

i koristimo zapis Topm(f) da je označimo.

Dokaz (a) Data nejednakost je ekvivalentna sa

−f(y, z) ≤ f(x, y)− f(x, z) ≤ f(y, z)

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


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

δ := min{ε1 − d(x1, a), ε2 − d(x2, a)

}> 0

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

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

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

)= εi

tj. z ∈ Kf [xi; εi).2

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

dn(x, y) :df=

(n∑

i=1

(xn − yn)2) 1

2

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

Kako je Kd1 [x, r) = (x− r;x+ r) za svako x, r ∈ R gde r > 0 to zaključujemo da su ured̄ajnatopologija realne prave i uobičajena topologija na R jedna te ista topologija; za ovu topologijuse mnogo češće koristi termin uobičajena topologija na R.

2

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

Topm(f) = τ

U tom slučaju za svaku ovakvu metriku f kažemo da je kompatibilna sa topologijom τ .2

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

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

B :={[a; b) : a, b ∈ R, a < b

}nije metrizabilna.

2

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

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

1.4. TOPM(D). METRIZABILNOST 29

§

Neka je dat prostor X = (X, τ) i njegova tačka x ∈ X. Za familiju B ⊆ τ otvorenih skupovakažemo da je lokalna baza prostora X (ili: topologije τ) u tački x ako važi:

– x ∈ B za svako B ∈ B i

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

x ∈ B ⊆ U

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

2

Primer Ako je X proizvoljan beskonačan skup onda je

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

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

Neka je λ kofinitna topologija na skupu R i neka je x ∈ R proizvoljna tačka prostora (R, λ). Nepostoji prebrojiva lokalna baza ovog prostora u tački x. Zaista neka je A = {An : n ∈ N} ⊆ τproizvoljna prebrojiva familija nepraznih λ-otvorenih skupova. Kako je R \ An konačan skup zasvako n ∈ N to je skup C := {x} ∪

∪n∈N

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

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

2

Za prostor (X, τ) kažemo da je I-prebrojiv (čitamo: prvoprebrojiv) ukoliko za svako x ∈ Xpostoji po neka prebrojiva familija Lx ⊆ τ koja je lokalna baza topologije τ u tački x. Ukratko,I-prebrojiv prostor je onaj koji u svakoj tački ima po bar jednu prebrojivu lokalnu bazu.

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

1

n

): n ∈ N

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

2

§


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

B :={Kd[x; 1/m) : m ∈ N

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

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

2

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

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

2

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

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

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

Za svako n ∈ N stavimoBn :

df= {Kd [sn; q) : q ∈ Q}

Neka je L :=∪

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

Da pokažemo da je L baza prostora (X, τ) neka je x ∈ U ∈ τ . Postoji neko r ∈ (0;+∞) takoda je x ∈ Kd [x; r) ⊆ U . Skup Kd [x; r/2) je neprazan τ -otvoren a S je τ -gust skup pa mora dapostoji neko k ∈ N tako da je sk ∈ Kd [x; r/2). Kako je d(x, sk) < r/2 to postoji neki q0 ∈ Q takavda d(x, sk) < q0 ≤ r/2. Za

V := Kd [sk; q0)

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

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

tj. z ∈ Kd [x; r).2

1.5. NEPREKIDNOST U TAČKI. NEPREKIDNOST 31

1.5 Neprekidnost u tački. Neprekidnost

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

(τ1, τ2)-neprekidno u tački x0

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

f⇀U ⊆ V

Za preslikavanje f kažemo da je (τ1, τ2)-neprekidno ako je f (τ1, τ2)- neprekidno u svakoj tački

x ∈ X1 prostora (X1, τ1); to ćemo skraćeno označavati sa ”f : (X1, τ1)c→ (X2, τ2)”.

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

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

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

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

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

(f↼V

)⊆ V .

2

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

λ :=

{∅, S,

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

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

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

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

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

}

i neka je f : S → S dato sa

f :

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

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

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


f⇀U \ {4, 5, 7}, što znači da nikako ne može biti f⇀U ⊆ {4, 5, 7}.

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

2

Primer Neka je preslikavanje g : R → R definisano sa

g(x) = ⌈x⌉ = max{k ∈ Z : k ≤ x}

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

{{x} : x ∈ R

}je baza topologije τ i pritom je

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

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

2

§

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

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

2

1.5. NEPREKIDNOST U TAČKI. NEPREKIDNOST 33

Slika 1.5.1.

Tvrd̄enje 1.5.4 Neka su dati prostori (X1, τ1) i (X2, τ2) i preslikavanje f : X1 → X2. Dalje nekaje A ⊆ X1 i a ∈ A. Neka je τA := relA(τ1) topologija na skupu A nasled̄ena od τ1 a fA : A → X2restrikcija preslikavanja f na skup A (dakle fA(x) = f(x) za svako x ∈ A).

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

2


Slika 1.5.2.

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

tački f(a) ∈ X2.(a) Preslikavanje f je (τ1, τ2)- neprekidno u tački a akko za svako U ∈ B postoji neko V ∈ τ1tako da je a ∈ V i tako da važi f⇀V ⊆ U .

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

2

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

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

∀x ∈ X1(d1(x, a) < δ ⇒ d(f(x), f(a)) < ε

)2

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

((τ1, τ2)-otvoreno

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

skup A ⊆ X1 τ1-zatvoren (τ1-otvoren).

Zadatak Pokazati da su sledeći uslovi ekvivalentni:

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

)preslikavanje.

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

2

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

f je τ -neprekidno preslikavanje

značiti

f je (τ, ν)-neprekidno preslikavanje

gde je ν uobičajena topologija realne prave.

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

g1(x) :df= min

{h1(x), h2(x)

},

g2(x) :df= max

{h1(x), h2(x)

},

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

df= h1(x) · h2(x) i g5(x) :

df=

h1(x)

h3(x)

za x ∈ X su τ -neprekidna.2

1.6. UOPŠTENI NIZOVI 35

Tvrd̄enje 1.5.8 Neka je F lokalno konačna [proizvoljna] familija zatvorenih [otvorenih] pod-skupova topološkog prostora (X, τ) tako da je

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

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

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

{g(x)} = {gS(x) : x ∈ S ∈ F}

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

Dokaz Neka je B ⊆ Y proizvoljan λ-zatvoren [λ-otvoren] skup. Za svako S ∈ F skup (gS)↼B jerelS(τ)-zatvoren [relS(τ)-otvoren], pa kako je S τ -zatvoren [τ -otvoren] to je i (gS)

↼B τ -zatvoren[τ -otvoren]. Imamo

g↼B =∪S∈F

(gS)↼B ,

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

2

1.6 Uopšteni nizovi

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

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

Uopšteni niz elemenata skupa Y indeksiran usmerenim skupom (I,≺) je ured̄ena trojka(I,≼, r) gde je r : I → Y proizvoljna funkcija; da označimo uopšteni niz (I,≼, r) koristimo izapis (ri : i ∈ I)≼.

Neka je (I,≼, r) uopšten niz elemenata nekog skupa X i τ topologija na skupu X. Kažemo daje tačka y ∈ X τ -granična vrednost uopštenog niza (I,≺, r), ako važi

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

∀j ∈ I (i ≼ j ⇒ r(j) ∈ U).

Skup svih τ -graničnih vrednosti uopštenog niza (I,≺, r) označavamo sa

Lim(I,≼, r; τ)

ili jednostavno sa Lim r ukoliko su preostali podaci poznati.

Umesto x0 ∈ Lim(I,≼, r; τ) kažemo i uopšteni niz (I,≼, r) τ -konvergira ka tački x0 i pǐsemo

rατ−→ x0, (α ∈ I;≼)

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


rx :df= 1/x za x ∈ I imamo Lim(I,


2

§

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

tako da je rnτ−→ x0, (n ∈ N)

(b) Tačka x0 ∈ X je tačka nagomilavanja skupa A ⊆ X u odnosu na topologiju τ akko postojineki niz (rn : n ∈ N) tačaka skupa A \ {x0} tako da je rn

τ−→ x0, (n ∈ N)2

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

Preslikavanje f je (τ1, τ2)-neprekidno u tački x0 akko za svaki niz (rn : n ∈ N) tačaka prostoraX1 važi implikacija:

ako rnτ−→ x0, (n ∈ N)

onda f(rn)τ−→ f(x0), (n ∈ N)

2

§

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

τ−→ x, (n ∈ N).2

Za prostor (X, τ) kažemo da je

Hausdorff-ov prostor

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

a ∈ U , b ∈ V i U ∩ V = ∅.

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

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

xατ−→ a, (α ∈ D;≼)

ixα

τ−→ b, (α ∈ D;≼)

(2) (X, τ) je Hausdorff-ov prostor.2



T1 prostor

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

a ∈ U ̸∋ b i b ∈ V ̸∋ a.

Jasno svaki T2 prostor mora biti i T1 prostor.

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

xnτ−→ a, (n ∈ N)

ixn

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

2

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

2

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

2

§

Tvrd̄enje 1.6.7 Neka je (X, d) proizvoljan pseudometrički prostor, τ := Topm(d) i neka je (xn :n ∈ N) niz tačaka prostora X. Za proizvoljno a ∈ X sledeća dva uslova su ekvivalentna:(1) xn

τ−→ a, (n ∈ N).

(2) limn→∞

d(a, xn) = 0.2

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

τk−→ a, (n ∈ N).

(2) Za svako i = 1, k važi limn→∞

xn,i = ai.2

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


d-ravnomerno konvergira ka funkciji g : S → X

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

α0 ≼ α ⇒ ∀s ∈ S(d(fα(s), g(s)

)< ε)

Tvrd̄enje 1.6.9 Neka je (X, d) proizvoljan pseudometrički prostor, τ := Topm(d), (S, λ) proizvo-ljan topološki prostor, pri čemu S ̸= ∅, i neka je (fα : α ∈ D)≼ uopšteni niz nekih funkcijafα : S → X, α ∈ D.

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

2


1.7 T0, T1, T2, regularni i normalni prostori

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

∩U .

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

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

(4) (X, τ) je T1 prostor.2

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

2


T0 prostor

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

postoji W ∈ τ tako da važi a ∈ W ̸∋ b

ili

postoji W ∈ τ tako da važi b ∈ W ̸∋ a.

Jasno, svaki T1 prostor mora biti i T0 prostor.

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

}∪ {∅,R} Tada je

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

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

regularan prostor

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

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

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

T3 prostor .

Drugim rečima, T3 prostor znači isto što i regularan T1 prostor. Jasno, svaki T3 prostor mora bitii T2 prostor.

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

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

normalan prostor

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

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

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

T4 prostor .

Drugim rečima, T4 prostor znači isto što i normalan T1 prostor.

Jasno, svaki T4 prostor mora biti i T3 prostor.

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

2

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

2

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

2

§

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

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

2


1.8 Velika Urysohn-ova lema

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

– V1 = X i

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

Za svako x ∈ X skupJx :

df= {q ∈ Q0 : x ∈ Vq}

je po pretpostavci neprazan pa je sa

f(x) :df= inf Jx

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

topologije realne prave.

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

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

(a; f(x0)

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

te je x0 ∈(Vq)c ∈ τ . Neka je x ∈ (Vq)c proizvoljno; imamo x /∈ Vq i ako je r ∈ Q0 takvo da je

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

2

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

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

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

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

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

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

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

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

Q0 ∩ (wj1 ;wj2) = {wn+1}

Zbog wj1 < wj2 je Uj1 ⊆ Uj2 .

1.8. VELIKA URYSOHN-OVA LEMA 43

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

A ⊆ Uj2ako je wj2 < 1 odnosno tako da

A ∩D = ∅

ako wj2 = 1. Definǐsimo Un+1 :df= A.

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

Ui ⊆ Uj1 ⊆ A = Un+1Pretpostavimo sada da je i ∈ {0, . . . , n} takvo da je wi > wn+1. Tada je wj2 ≤ wi. Ako je wj2 < 1onda je

A ⊆ Uj2 ⊆ UiAko je wj2 = 1 onda je wi = wj2 = 1 pa je i = j = 1 te i

Un+1 = A ⊆ X = U1 = Ui

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

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

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

Vq1 = Ukq1 ⊆ Ukq2 = Vq2Takod̄e, zbog w1 = 1 je k1 = 1 pa je V1 = U1 = X.

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

f(x) :df= inf{q ∈ Q0 : x ∈ Vq}

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

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

Ukq ∩D = ∅ te i x /∈ Ukq = Vq; zato je {q ∈ Q0 : x ∈ Vq} = {1} pa sledi f(x) = 1.2

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

2

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

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

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

2


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

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

p(t) :df= (b− a)t+ a

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

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

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

koju važi A = f↼{0} i B = f↼{1}.2

Za U ⊆ X kažemo da je funkcionalno otvoren skup ili konul skup prostora (X, τ) ako postojineko neprekidno preslikavanje f : X → [0; 1] tako da je U = f↼(0; 1].

Za F ⊆ X kažemo da je funkcionalno zatvoren skup ili nul skup prostora (X, τ) ako postojineko neprekidno preslikavanje f : X → [0; 1] tako da je F = f↼{0}.

Za A ⊆ X kažemo da je Gδ skup prostora (X, τ) ako postoji niz (Un : n ∈ N) otvorenihskupova tako da je A =

∩n∈N

Un.

Za B ⊆ X kažemo da je Fσ skup prostora (X, τ) ako postoji niz (Fn : n ∈ N) zatvorenihskupova tako da je A =

∪n∈N

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

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

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

h(x) :df=

f(x)

f(x) + g(x)

je τ -neprekidna i za svako x ∈ X važi

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

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

tj. A = h↼{0} i B = h↼{1}.2

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

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

∩n∈N

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

1.8. VELIKA URYSOHN-OVA LEMA 45

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

h(x) :df=

+∞∑n=1

gn(x)

2n

je na osnovu Tvrd̄enja 1.6.9 τ -neprekidna.

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

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

2n0=

1

2n0> 0.

Dakle h↼{0} = F .2

Tvrd̄enje 1.8.9 Za proizvoljan prostor (X, τ) sledeća tvrd̄enja su ekvivalentna:

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

(2) Svaki zatvoren skup je funkcionalno zatvoren.

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

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

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

Za prostor kažemo da je savršeno normalan ako zadovoljava bilo koji od med̄usobno ekviva-lentnih uslova (1)-(3) iz Tvrd̄enja 1.8.9.

Tvrd̄enje 1.8.10 Svaki pseudometrizabilan prostor je savršeno normalan.

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

g(x) = infa∈F

d(a, x)

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


1.9 Tietze-Urysohn-ova teorema o neprekidnoj ekstenziji

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

g : M → [a; b]

τM -neprekidno preslikavanje onda postoji neko τ -neprekidno preslikavanje

h : X → [a; b]

takva da je

h(z) = g(z) za svako z ∈ M .

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

v : X → [l1; d1]

gde je

l1 = l +d− l3

i d1 = l + 2d− l3

takva da je

|u(z)− v(z)| ≤ d− l3

za svako z ∈ M . Pokažimo ovo.

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

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

|u(z)− v(z)| < d1 − l1 =d− l3

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

|u(z)− v(z)| = |u(z)− l1| ≤ l1 − l =d− l3

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

|u(z)− v(z)| = |u(z)− d1| ≤ d− d1 =d− l3

(II) Sada pokazujemo tvrd̄enje teoreme. Neka je δ :=b− a3

, a1 = l + δ i b1 = a+ 2δ. Prema (I)

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

|g(z)− f(z)| ≤ δ3

za svako z ∈ M .

Preslikavanje

g1 : M →[−δ3;δ

3

]

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

definisano sag1(z) :

df= g(z)− f(z)

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

f1 : X →[− δ32

;δ

32

]takvo da je

|g1(z)− f1(z)| ≤2

32δ

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

za svako z ∈ M .

Preslikavanje

g2 : M →[− 232

δ;2

32δ

]definisano sa

g2(z) :df= g1(z)− f1(z)


f2 : X →[− 233

δ;2

33δ

]takvo da je

|g2(z)− f2(z)| ≤22

33δ

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

za svako z ∈ M .

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

gi : M →[−2

i−1

3iδ;

2i−1

3iδ

]i τ -neprekidno preslikavanje

fi : X →[−2

i−1

3i+1δ;

2i−1

3i+1δ

]takvo da za svako z ∈ M važi

|gi(z)− fi(z)| ≤2i

3i+1δ

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

Preslikavanje

gn+1 : M →[− 2

n

3n+1δ;

2n

3n+1δ

]


definisano sagn+1(z) :

df= gn(z)− fn(z)


fn+1 : X →[− 2

n

3n+2δ;

2n

3n+2δ

]takvo da je

|gn+1(z)− fn+1(z)| ≤2n+1

3n+2δ

za svako z ∈ M . Jasno

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

za svako z ∈ M .

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

|fm(x)| ≤2m−1

3m+1δ =

δ

6·(2

3

)mAko stavimo f0 := f i za x ∈ X definǐsemo

h(x) :df= lim

k→+∞

k∑m=0

fm(x) =

+∞∑m=0

fm(x)

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

h(x) = f(x) +

+∞∑m=1

fm(x)

zatim ∣∣∣∣∣+∞∑m=1

fm(x)

∣∣∣∣∣ ≤+∞∑m=1

|fm(x)| ≤+∞∑m=1

δ

6·(2

3

)m=

δ

6·(2

3

)· 11− 23

=δ

3

i

a+δ

3≤ f(x) ≤ b− δ

3

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

h : X → [a; b]

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

m=0

fm(z)

∣∣∣∣∣ = |gk+1(z)| ≤ 2k3k+1 δOvim smo pokazali da za svako z ∈ M važi

h(z) = limk→+∞

k∑m=0

fm(z) = g(z)

2

1.10. POTPUNO REGULARNI PROSTORI 49

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

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

h : X → R

takva da je

h(z) = f(z) za svako z ∈ M .

Dokaz Preslikavanje p : (−π/2;π/2) → R definisano sa p(t) :df= tg t je neprekidna bijekcija takvada je i p−1 : R → (−π/2;π/2) neprekidno preslikavanje. Neka je f1 = p−1 ◦ f : M → (−π/2;π/2).Kako je f1 preslikavanje koje je τM -neprekidno, to na osnovu Teoreme 1.9.1 možemo uočiti nekoF1 : (X, τ)

c→ [−π/2;π/2] tako da je F1(x) = f1(x) za svako x ∈ M . Skup L := (F1)↼ {−π/2, π/2}je τ -zatvoren i disjunktan sa τ -zatvorenim skupom M te kako je (X, τ) normalan prostor, postoji

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

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

2

1.10 Potpuno regularni prostori

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

(2) τ = Top

({f↼U : f ∈ F , U ∈ µR

})za neko F ⊆ XR.

(3) τ = Top

({f↼U : f ∈ F , U ∈ µR

})za neku familiju F ⊆ XR ograničenih funkcija.

(4) τ = Top

({f↼U : f ∈ F , U ∈ µ[0;1]

})za neko F ⊆ X [0; 1].

(5) τ = Top

({f↼U : f ∈ F , U ∈ µ[0;1]

})za F =

{f ∈ X [0; 1] : f : X c→ [0; 1]

}.

(6) τ = Top

({f↼U : f ∈ F , U ∈ µR

})za F =

{f ∈ X [0; 1] : f : X c→ R

}.

Dokaz Iz očiglednih inkluzija

τ ⊇ Top({

f↼U : f : Xc→ R, U ∈ µR

})⊇ Top

({f↼U : f : X

c→ [0; 1], U ∈ µ[0;1]})

se vidi da (5) ⇒ (6).(2) ⇒ (1): Primetimo najpre da (2) implicira f : (X, τ) c→ R za svako f ∈ F .Neka je x0 ∈ V ∈ τ . Prema pretpostavci postoje k ∈ N i Ui ∈ µR i fi ∈ F za i = 1, k tako da

je x ∈k∩

i=1

(fi)↼Ui ⊆ V .

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

)⊆ Ui0 .

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

gi0(z) = min

{1,

∣∣∣∣fi0(z)− fi0(x0)εi0∣∣∣∣}


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

fi0(x0)− εi0 ; fi0(x0) + εi0)=(gi0)↼

[0; 1) .

Stavimo h := maxi=1,k

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

Pokažimo da je h⇀(X \ V ) ⊆ {1}. Neka je z ∈ X \ V . Tada je z ∈ X \ (fi0)↼Ui0 za nekoi0 ∈ {1, . . . , k}. Iz fi0(z) ∈ R \

(fi0(x0) − εi0 ; fi0(x0) + εi0

)sada sledi

∣∣∣ fi0 (z)−fi0 (x0)εi0 ∣∣∣ ≥ 1, pa jegi0(z) = 1. Kako važi gj(z) ∈ [0; 1] za j = 1, k, to je h(z) = 1.

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

}⊆ τ , pa je Top(B) ⊆ τ . Neka je

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

Lanac implikacija (5) ⇒ (4) ⇒ (3) ⇒ (2) je očigledno tačan, kao i (6) ⇒ (2).2

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

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

Tychonoff-ovski prostor

ili T3 12 prostor.

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

2

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

)potpuno regularan.

2

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

1.11 Tri (kontra)primera

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

(W ⊆ U ∩ V

);

(LB2) ∀x ∈ X∀U ∈ Nx∀y ∈ U∃V ∈ Ny(V ⊆ U

).

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

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

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

2

1.11. TRI (KONTRA)PRIMERA 51

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

Nx :df={(x− 1/n;x+ 1/n) ∩X : n ∈ N

}Neka je još F := {1/n : n ∈ N} i

N0 :df={[0; 1/n) \ F : n ∈ N

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

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

2

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

df= {(x, t) : 0 < t ≤ 2}, Vz :

df= {(x + t, t) : 0 < t ≤ 2} i

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

}.

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

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

df={Wn : n ∈ N0

}.

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

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

(τX).

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

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

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

c→ R, z ∈ L i S ⊆ Uz ∪ Vz takvi da je S beskonačan i f(x) = 0 za svakox ∈ S. Pokazaćemo da je f(z) = 0.(d) Neka su f : (Y, τY )

c→ R, r ∈ R i B′ ⊆ (r; r + 1) × {0} beskonačan skup takvi da je f(z) = 0za svako z ∈ B′. Pokazaćemo da postoji beskonačan B′′ ⊆ (r+ 1; r+ 2)× {0} tako da je f(z) = 0za svako z ∈ B′′.(e) Pokazaćemo da važi clτX (Wn+2) ⊆ Wn za svako n ∈ N0.(f) Pokazaćemo da je (X, τX) regularan prostor koji nije potpuno regularan. Pokazaćemo da(Y, τY ) nije normalan prostor.

Dokaz Za z ∈ R2 pisaćemo z = (z(1), z(2)). Primetimo najpre da je za svako z ∈ Y familija NzτY -lokalna baza u tački z (jer je Nz τX -lokalna baza u tački z i usto je M ⊆ Y za svako M ∈ Nz).

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


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

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

[{z}∪[(Uz∪Vz)\T ]

]. Ako je w ∈ Y \L onda je w ∈ M :=

{w} ∈ τX iM∩[{z}∪[(Uz∪Vz)\T ]

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

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

]= ∅.

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

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

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

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

da je f⇀[(Uz ∪ Vz) \ Tn

]⊆(− 1n;1

n

). S :=

∪n∈N

Tn je prebrojiv podskup od Uz ∪ Vz i važi

f⇀[(Uz ∪ Vz) \ S

]⊆∩n∈N

(− 1n;1

n

)= {0}.

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

]∩ S ̸= ∅ jer bi u suprotnom

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

(f⇀S

)= clµR{0} = {0}.

(d) Neka je B ⊆ B′ prebrojiv i beskonačan. Za svako z ∈ B neka je Sz ⊆ Vz takav prebrojivskup da važi f(x) = 0 za svako x ∈ Vz \ Sz.

Stavimo I :=∪z∈B

{x(1) : x ∈ Sz

}i B′′ :=

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

)× {0}. Kako je B prebrojiv to je i

I prebrojiv pa je B′′ beskonačan (i to neprebrojiv). Pokažimo da je f(z) = 0 za svako z ∈ B′′.Neka je z0 ∈ B′′ proizvoljno. Ako je y ∈ B onda je Vy ∩ Uz0 = {xy} za neko xy ∈ Y . z0 ∈ B′′

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

Sz, pa je xy /∈∪z∈B

Sz. Specijalno xy /∈ Sy (jer je

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

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

{{z}}

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

[{z} ∪ [(Uz ∪ Vz) \ T ]

]∩ Wn+2 = ∅ (zbog

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

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

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

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

Pokažimo sada da (X, τX) nije potpuno regularan. Imamo F := (0; 1) × {0} ̸∋ p a lakose proverava da je F τX -zatvoren. Neka je f : (X, τX)

c→ R takvo da je f⇀F = {0}. Koristećitvrd̄enje pod (d) induktivnim rasud̄ivanjem zaključujemo da za svako n ∈ N postoji po beskonačanBn ⊆ (n;n + 1) × {0} takav da je f⇀Bn = {0}. Za svako n ∈ N je ∅ ̸= Bn ⊆ Wn ∩ f↼{0}, pa

1.12. TYCHONOFF-OVSKI PROIZVOD FAMILIJE PROSTORA 53

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

)= f↼{0} (jer je f

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

h⇀F = {0} i h(p) = 1.

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

c→ R takvo da je f⇀F1 = {0} onda je f(x) = 0 za beskonačno mnogo tačaka x ∈ F2(prema delu (d)) te svakako ne može važiti f⇀F2 = {1}.

2

1.12 Tychonoff-ovski proizvod familije prostora

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

λ := Top({

(gi)↼A : i ∈ I, A ∈ τi

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

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

onda je λ ⊆ λ′.

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

(d) Familija{∩i∈T

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

}je baza topologije λ.

Dokaz je neposredan, pri čemu tvrd̄enje pod (d) sledi direktno iz Tvrd̄enja 1.2.6 obzirom da važi

h↼∩

M =∩

M∈M

h↼M

kad god je h : A → B i ∅ ≠ M ⊆ P(B).2

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

pi0 :∏i∈I

Xi → Xi0

i0-ta projekcija, tj. preslikavanje definisano sa

pi0(f) = f(i0)

za svako f ∈∏i∈I

Xi. Za topologiju

⊗i∈I

τi :df= Top

({(pi)

↼A : i ∈ I, A ∈ τi})


na Decartes-ovom proizvodu∏i∈I

Xi kažemo da je Tychonoff-ovski proizvod familije topologija

(τi : i ∈ I), a za prostor (∏i∈I

Xi,⊗i∈I

τi

)da je Tychonoff-ovski proizvod familije prostora

((Xi, τi) : i ∈ I

).

Familiju{∩i∈T

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

}

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

i∈T

(pi)↼Ui =

{f ∈

∏i∈I

Xi : f(i) ∈ Ui za svako i ∈ T

}

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

(IX,λ

)da je I-Tychonoff-ovski stepen

prostora (X, τ).2

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

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

Tvrd̄enje 1.12.3 Neka je λ :=⊗i∈I

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

clλ

(∏i∈I

Ai

)=∏i∈I

clτi(Ai)

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

Ai λ-gust podskup proizvoda∏i∈I

Xi.

2

Dokaz Neka je f ∈ clλ

(∏i∈I

Ai

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

preslikavanje to imamo da je

f(i0) = pi0(f) ∈ clτi

((pi0)

⇀∏i∈I

Ai

)= clτi(Ai0)

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

clτi(Ai).

Neka je sada f ∈∏i∈I

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

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

(pi)↼Ui za neki

1.12. TYCHONOFF-OVSKI PROIZVOD FAMILIJE PROSTORA 55

neprazan konačan T ⊆ I i neke Ui ∈ τi za i ∈ T . Za svako i ∈ I važi f(i) ∈ clτi(Ai) ∩ Ui popretpostavci pa možemo fiksirati po ai ∈ Ui ∩ Ai. Za svako i ∈ I \ T skup Ai je neprazan jer biu suprotnom bilo ∅ = clτi(Ai) ∋ f(i), pa možemo fiksirati po neko bi ∈ Ai. Definǐsimo g ∈

∏i∈I

Xi

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

Ai ̸= ∅, pa je dakle i

W ∩∏i∈I

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

(∏i∈I

Ai

).

2

Tvrd̄enje 1.12.4 Neka je λ :=⊗i∈I

τi. Za svako i0 ∈ I projekcija

pi0 :∏i∈I

Xi → Xi0

je (λ, τi0)-otvoreno preslikavanje.

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

(pi0)⇀∩i∈T

(pi)↼Ui = Xi0 ∈ τi0 ako i0 /∈ T

odnosno(pi0)

⇀∩i∈T

(pi)↼Ui = Ui0 ∈ τi0 ako i0 ∈ T

2

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

((Xi, τi) : i ∈ I

)T0 (redom T1, T2,

regularan, potpuno regularan) prostor.

Dokaz Neka su f, g ∈∏i∈I

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

Ako su U, V ∈ τi0 takvi da je

f(i0) ∈ U ̸∋ g(i0) ∨ g(i0) ∈ V ̸∋ f(i0)

onda jef ∈ (pi0)↼U ̸∋ g ∨ g ∈ (pi0)↼V ̸∋ f


f(i0) ∈ U ̸∋ g(i0) ∧ g(i0) ∈ V ̸∋ f(i0)

onda jef ∈ (pi0)↼U ̸∋ g ∧ g ∈ (pi0)↼V ̸∋ f


f(i0) ∈ U, g(i0) ∈ V i U ∩ V = ∅

onda je

f ∈ (pi0)↼U, g ∈ (pi0)↼V, i[(pi0)

↼U]∩[(pi0)

↼V]= ∅


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

((Xi, τi) : i ∈ I

)T0 (redom T1, T2) prostor.

Stavimo λ :=⊗i∈I

τi.

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

f ∈∩i∈T

(pi)↼Ui ⊆ W

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

f(i) ∈ Vi ⊆ clτi(Vi) ⊆ Ui

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

W0 :=∏i∈I

Ai =∩i∈T

(pi)↼Vi ∈ λ

Imamof ∈ W0 ⊆ clλ(W0) =

∏i∈I

clτi(Ai) =∩i∈T

(pi)↼clτi(Vi) ⊆

∩i∈T

(pi)↼Ui ⊆ W

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

((Xi, τi) : i ∈ I

)regularan prostor.

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

f ∈∩i∈T

(pi)↼Ui ⊆ W

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

⇀(Xi \ Ui) ⊆ {1}. Preslikavanje

g :∏i∈I

Xi → [0; 1]

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

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

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

Ako je f0 ∈

(∏i∈I

Xi

)\W tada je f0 /∈

∩i∈T

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

Kako je hi

vladimir pavlovi c, pmf u ni su...1.1. osnovne definicije 7 1.1.2 zatvoreni skupovi topologije...

Documents