UNIVERZA V MARIBORU FAKULTETA ZA NARAVOSLOVJE IN MATEMATIKO Oddelek za matematiko in računalništvo DIPLOMSKO DELO Peter Škofič Maribor, 2014

UNIVERZA V MARIBORU FAKULTETA ZA NARAVOSLOVJE IN MATEMATIKO Oddelek za matematiko in računalništvo DIPLOMSKO DELO Peter Škofič Maribor, 2014

UNIVERZA V MARIBORU FAKULTETA ZA NARAVOSLOVJE IN MATEMATIKO Oddelek za matematiko in računalništvo Diplomsko delo PREŠTEVANJE KOMPOZANTOV KONTINUUMOV Mentor: dr. Iztok Banič Kandidat: Peter Škofič Maribor, 2014

ZAHVALA Zahvaljujem se mentorju dr. Iztoku Baniču za pomoč pri izdelavi diplomskega dela. Iskrena hvala gre tudi staršem, bratu, sestri in vsem prijateljem, ki so verjeli vame.

UNIVERZA V MARIBORU FAKULTETA ZA NARAVOSLOVJE IN MATEMATIKO IZJAVA Podpisani Peter Škofič, rojen 19. maja 1988, študent Fakultete za naravoslovje in matematiko Univerze v Mariboru, študijskega programa enopredmetna pedagoška matematika, izjavljam, da je diplomsko delo z naslovom PREŠTEVANJE KOMPOZANTOV KONTINUUMOV pri mentorju dr. Iztoku Baniču avtorsko delo. V diplomskem delu so uporabljeni viri in literatura korektno navedeni; teksti niso uporabljeni brez navedbe avtorjev. Maribor, 25. marec 2014 Peter Škofič

Preštevanje kompozantov kontinuumov program diplomskega dela Naj bo X kontinuum in p točka iz X. Kompozant točke p v kontinuumu X je definiran kot unija, vseh pravih podkontinuumov od X, ki vsebujejo točko p. Kompozanti kontinuumov predstavljajo pomembno orodje pri preučevanju lastnosti kontinuumov. V diplomskem delu predstavite povezavo med kompozanti kontinuumov in njihovimi točkami ireducibilnosti. Natančno naj bo opisana tudi uporaba te povezave pri preštevanju kompozantov kontinuumov, ki je opisana v [1]. Osnovni viri: 1. S. B. Nadler, Continuum theory. An introduction, Marcel Dekker, Inc., New York, 1992. Maribor, 2014 Mentor: dr. Iztok Banič

ŠKOFIČ, P.: PREŠTEVANJE KOMPOZANTOV KONTINUUMOV Diplomsko delo, Univerza v Mariboru, Fakulteta za naravoslovje in matematiko, Oddelek za matematiko in računalništvo, 2014. IZVLEČEK Na začetku diplomskega dela bomo opisali nekatere topološke lastnosti in rezultate v zvezi z njimi. V drugem poglavju bomo definirali kontinuume in si pogledali nekaj osnovnih primerov le-teh. Prav tako si bomo ogledali zanimiv način konstrukcije nerazcepnih kontinuumov. V tretjem poglavju se bomo seznanili s tem, kaj so kompozanti kontinuumov in kakšno vlogo imajo ireducibilni kontinuumi pri tem. Na koncu bodo sledili najpomembnejši izreki o preštevanju kompozantov kontinuumov. Ključne besede: kontinuum, ireducibilni kontinuum, kompozanti kontinuumov, razcepen in nerazcepen kontinuum. Math. Subj. Class. (2010): 37C25, 54F15, 55U15.

ŠKOFIČ, P.: COUNTING COMPOSANTS OF CONTINUA Graduation Thesis, University of Maribor, Faculty of Natural Scicences and Mathematics, Department of Mathematics and Computer Science, 2014. ABSTRACT At the beginning of the graduation thesis we describe basic concepts of topological properties and some results associated with them. In the second part we define the notion of a continua and get to look at some basic examples of these. We will also look at an interesting method of constructing indecomposable continua. In the third part we introduce the notion of composants of continua and how they are connected to irreducible continua. In the last part we present the most important theorems about counting the composants of continua. Key words: Continuum, Irreducible continuum, Composants of continua, Decomposable and indecomposable continuum. Math. Subj. Class. (2010): 37C25, 54F15, 55U15.

Kazalo Uvod 1 1 Osnovni pojmi in lastnosti 2 1.1 Povezanost.................................... 7 1.2 Kompaktnost................................... 9 1.3 Druge topološke lastnosti............................ 12 2 Kontinuumi 14 2.1 Primeri kontinuumov............................... 16 2.1.1 Vgnezdeni preseki............................ 20 3 Kompozanti in ireducibilni kontinuumi 24 4 Preštevanje kompozantov kontinuumov 30 Literatura 35 ix

Uvod V diplomskem delu bomo govorili o kompozantih kontinuumov in preštevanju le-teh. Glavni rezultat diplomskega dela je izrek, da ima vsak nedegeneriran kontinuum bodisi enega bodisi tri bodisi neskončno mnogo kompozantov. V uvodnem poglavju diplomskega dela bomo definirali kontinuume in si ogledali nekaj njihovih lastnosti. V nadaljevanju bomo predstavili nekaj primerov le-teh in jih povezali s pojmom kompozanti, ki ga bomo definirali s pomočjo podkontinuumov in ireducibilnih kontinuumov. Na koncu bodo sledili izreki s katerimi si bomo olajšali dokaz glavnega izreka, ki je prav tako glaven rezultat tega dela: (I) Naj bo X razcepen kontinuum. Potem ima X natanko enega ali natanko tri kompozante. Natančneje: če X ni ireducibilen, ima X natanko en kompozant (samega sebe), v primeru, ko je X ireducibilen, pa ima natanko tri. (II) Naj bo X nedegeneriran nerazcepen kontinuum, potem ima X neštevno mnogo kompozantov. (III) Nedegeneriran kontinuum ima bodisi natanko en bodisi natanko tri bodisi neštevno mnogo kompozantov. (IV) Če je X nedegeneriran nerazcepen kontinuum, potem so kompozanti od X med seboj disjunktni. 1

Poglavje 1 Osnovni pojmi in lastnosti Za lažje razumevanje bomo na začetku definirali pojme, ki nam bodo kasneje pri obravnavanju glavnih rezultatov prišli prav. Definicija 1.1 Družini T P(X) pravimo topologija na množici X, če zadošča naslednjim pogojem: (I), X T, (II) za vsak λ Λ velja, da je U λ T, tedaj je λ Λ U λ T, (III) če U, V T, potem U V T. Urejeni par (X, T ) imenujemo topološki prostor. Za elemente družine T pravimo, da so odprte množice v topološkem prostoru (X, T ). To lahko zapišemo tudi tako: U je odprta U T. P(X) imenujemo diskretna topologija in (X, P(X)) diskretni topološki prostor. Zgled 1.2 Če je X = {x} množica z eno samo točko, je T = {, {x}} topologija na X. Enostavno to tudi preverimo po točkah iz definicije 1.1. (I) Definicija T zadošča prvi točki, saj velja, da je T in X = {x} T. (II) Druga točka je prav tako očitna, saj velja že X = X T, = T in X X = X T. (III) Pri tretji točki je potrebno preveriti le presek obeh množic: X = T. 2

3 Zgled 1.3 Naj bo X = N in naj bo U n = {1, 2, 3,..., n}, za vsak n N. Zanima nas, če je s predpisom T = {N, } {U n ; n N} definirana topologija na X. Preveriti moramo lastnosti definicije 1.1. (I) Očitno sta, X T. (II) Naj bodo U λ T. Dokazujemo, da je λ Λ U λ T. Brez izgube za splošnost predpostavimo, da so vse množice U λ oblike U n1, U n2,..., U nk,... Dokazati moramo, da velja k=1 U n k T. Če maksimum množice {n k ; k N} ne obstaja, potem je k=1 U n k = N. Množica N je po definiciji topologije T vsebovana v T. V primeru, ko maksimum množice {n k ; k N} obstaja, je k=1 U n k = U max{nk ;k N} in je unija množica, ki je prav tako vsebovana v T. (III) Očitno je tudi U n U m T, saj je U n U m = U min{m,n}. Definicija 1.4 Naj bo X neprazna množica in naj bo d : X X R funkcija, za katero velja: (I) d(x, y) 0, za vsaka x, y X, (II) d(x, y) = 0 x = y, za vsaka x, y X, (III) d(x, y) = d(y, x), za vsaka x, y X, (IV) d(x, z) d(x, y) + d(y, z), za poljubne x, y, z X. Funkciji d pravimo metrika na X. Paru (X, d) pravimo metrični prostor. Izrek 1.5 Za poljubni realni števili a in b velja a + b a + b tj. tako imenovana trikotniška neenakost. Dokaz. Če je vsaj eno od števil a in b enako 0, velja enačaj. Če sta a in b istega predznaka, tj. oba sta pozitivna ali oba sta negativna, tudi velja enačaj. V primeru, ko sta a in b različnega predznaka, npr. a > 0 in b < 0, pa velja: a = a in b = b, torej a + b = a b. Od tod sledi, da je a + b = a b ali a + b = b a, odvisno od tega, katero od števil a b oz. b a je nenegativno. Ker je a + b a b in tudi a + b b a, je v obeh primerih a + b a + b.

4 Zgled 1.6 Naj bo prostor X = R in funkcija d = R R R podana s predpisom d = x y. Potem je d metrika na X. Za vajo preverimo po točkah v definiciji 1.4, da je d res metrika na X. Naj bodo x, y in z poljubni elementi iz X. (I) x y 0, saj je absolutna vrednost poljubnega realnega števila vedno nenegativna. (II) x y = 0, natanko tedaj, ko je število x y = 0, iz tega sledi, da je x = y. (III) d(x, y) = x y = 1 (y x) = 1 y x = y x = d(y, x). (IV) d(x, z) = x z = x y + y z x y + y z = d(x, y) + d(y, z). Zgled 1.7 Naj bo X = R 2 in funkcija d = R R R podana s predpisom d = x y. Potem je d metrika na X. Pri tem je x y = (x 1 y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2. Za vajo preverimo po točkah v definiciji 1.4, da je d res metrika na X. Naj bodo x = (x 1, x 2 ), y = (y 1, y 2 ) in z = (z 1, z 2 ) poljubne točke iz X. (I) d(x, y) = (x 1 y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2 0, saj kvadratni koren poljubnega števila nikoli ni negativen. (II) d(x, y) = (x 1 y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2 = 0. To je res natanko tedaj, ko je število pod korenom enako 0. Ker pa imamo vsoto kvadratov, ki mora biti enaka 0, je to le res, ko sta obe števili 0. Iz tega sledi, da je x 1 = y 1 in x 2 = y 2, kar pomeni, da sta točki x in y enaki. (III) d(x, y) = (x 1 y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2 in d(y, x) = (y 1 x 1 ) 2 + (y 2 x 2 ) 2. d(x, y) = (x 1 y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2 = = ( (y 1 x 1 )) 2 + ( (y 2 x 2 )) 2 = = ( 1) 2 (y 1 x 1 ) 2 + ( 1) 2 (y 2 x 2 ) 2 = = (y 1 x 1 ) 2 + (y 2 x 2 ) 2 = d(y, x). (IV) Iz definicije norme sledi, da je x z x y + y z. Sledi trikotniška neenakost. Definicija 1.8 Podmnožica U X je odprta v metričnem prostoru (X, d), če za vsak x U, obstaja takšen r > 0, da je K(x, r) U. Pri tem K(x, r) označuje odprto kroglo s središčem v x in radijem r. Prazna množica in celotna množica X sta hkrati odprti in zaprti v X.

5 Vsak metrični prostor (X, d) lahko opremimo s topologijo T d vseh odprtih podmnožic od X. Glede na topologijo T d je vsak metrični prostor (X, d) tudi topološki prostor. Definicija 1.9 Naj bo (X, T ) topološki prostor. Pravimo, da je (X, T ) metrizabilen, če lahko na X definiramo takšno metriko d : X X R, da bo T = T d. Definicija 1.10 Naj bo (X, T ) topološki prostor in x X. Množici N X pravimo okolica točke x, če obstaja taka odprta množica U T, da velja x U N. Okolici točke x, ki je odprta množica, pravimo tudi odprta okolica točke x. Družini vseh okolic dane točke x X pravimo tudi sistem okolic točke x. Definicija 1.11 Hausdorffov ali T 2 -prostor je topološki prostor X, v katerem za poljubni različni točki x, y X obstajata disjunktni odprti okolici U in V točk x in y. Definicija 1.12 Topološki prostor X je T 3 -prostor, če za vsako neprazno zaprto množico F v X in poljubno točko x, ki ne leži v F, obstajata odprta okolica U od x in odprta okolica V od F, ki sta disjunktni. Definicija 1.13 Naj bo (X, T ) topološki prostor. Naj bo še B T. Tedaj je B baza za topologijo T, če velja: za vsak U T, obstaja taka družina D B, da je U = B D B. Zgled 1.14 (I) Naj bo (X, T ) topološki prostor. Družina T je baza za T. Naj bo U poljubna odprta množica v T. Najti moramo neko družino podmnožic iz baze, katerih unija nam da U. Ker so v bazi vsi elementi topologije T, torej tako tudi U, smo tako že našli naš iskani D = {U}. (II) V diskretnem prostoru E je B = {{x}; x E} baza diskretne topologije na E. Naj bo U poljubna odprta množica iz E. Najti moramo neko družino podmnožic iz baze, katerih unija nam da U. Ta družina je D = {{x}; x U}. Definicija 1.15 Če sta (X, T 1) in (Y, T 2 ) topološka prostora, tedaj topologijo U, ki ima za bazo množico B = {V W ; V T 1, W T 2 }, imenujemo produktna topologija na X Y, dobljena iz (X, T 1 ) in (Y, T 2 ). Izrek 1.16 Obstaja topologija na X Y, za katero je B iz definicije 1.15 baza.

6 Dokaz. Dokažimo, da za poljubni množici B 1, B 2 B in za poljubno točko (x, y) B 1 B 2 obstaja taka množica B B, da je (x, y) B B 1 B 2. Naj bosta B 1 in B 2 poljubni množici iz B. B 1 = V 1 W 1 in B 2 = V 2 W 2, kjer sta množici V 1 in V 2 iz T 1 in množici W 1 in W 2 iz T 2. B 1 B 2 = (V 1 W 1 ) (V 2 W 2 ) = (V 1 V 2 ) (W 1 W 2 ). (V 1 V 2 ) T 1 in (W 1 W 2 ) T 2, zato je B 1 B 2 B. Torej zato za B izberemo B 1 B 2 in zato taka topologija T res obstaja. Opomba 1.17 Naj bosta (X, T 1 ) in (Y, T 2 ) topološka prostora, B 1 baza za T 1 in B 2 baza za T 2. Potem je B = {B 1 B 2 ; B 1 B 1, B 2 B 2 } tudi baza produktne topologije X Y. Zgled 1.18 Produkt topološkega prostora (R, T ), kjer je T standardna evklidska topologija za R, s samim sabo imenujemo evklidska ravnina R R = R 2. Baza te produktne topologije je B = {(a, b) (c, d); (a, b), (c, d) R 2, a, b, c, d R, a < b, c < d}. Zgled 1.19 Naj bosta (R, T d ) in (R, T e ) topološka prostora, kjer bazo za T d predstavlja B d = {{a}; a R}. Bazo za T e, pa označimo z B e = {(a, b); a < b, a, b R}. Potem je produkt (R R, U) topološki prostor, kjer je U = T d T e in ima za bazo B u = {{a} (c, d); a, c, d R}. Definicija 1.20 Naj bosta (X, T 1 ) in (Y, T 2 ) topološka prostora in f : (X, T 1 ) (Y, T 2 ) funkcija. Tedaj je f zvezna, če za vsako množico V T 2 velja, da je f 1 (V ) T 1. Zgled 1.21 Imejmo funkcijo id : (X, T ) (X, T ) s predpisom id(x) = x, za vsak x X. Dokazati moramo, da je id zvezna. Naj bo U poljubna odprta množica v T, potem velja, da je id 1 (U) = U T. Torej je id res zvezna funkcija. Zgled 1.22 Imejmo funkcijo f : R R s predpisom x 1 x < 0, f(x) = x x 0. Naj bo U = ( 1, 1) odprta v R. Potem je f 1 (U) = [0, 1). Ker [0, 1) ni odprta množica v R, sledi, da f ni zvezna.

1.1 Povezanost 7 Definicija 1.23 Naj bosta (X, T 1 ) in (Y, T 2 ) topološka prostora. Funkciji f : (X, T 1 ) (Y, T 2 ) pravimo homeomorfizem, če velja: (I) f je bijektivna, (II) f je zvezna, (III) inverzna funkcija f 1 je zvezna. Zgled 1.24 Funkcija id : (X, T ) (X, T ) je homeomorfizem. Na kratko preverimo vse tri točke iz definicije 1.23. (I) Za dokaz bijektivnosti moramo preveriti, ali je id injektivna in surjektivna. Injektivnost: naj bosta poljubna x 1 in x 2 različna elementa iz X. Velja, da je id(x 1 ) = x 1 in id(x 2 ) = x 2. Torej sta tudi sliki različni, kar dokazuje, da je id injektivna funkcija. Surjektivnost: preveriti moramo, da za vsak y X, obstaja tak x X, da je y = id(x). Naj bo y poljuben element iz X. Ker je id(y) = y, je naš iskani x = y. (II) Da je id zvezna smo že pokazali v zgledu 1.21. (III) Inverzna funkcija od funkcije id je prav tako id, ki je po točki 2 zvezna. 1.1 Povezanost V tem podpoglavju se bomo seznanli s tem, kdaj je prostor povezan in kdaj nepovezan. Prav tako bomo definirali lokalno povezanost in pojme razložili na zgledu. Definicija 1.25 Topološki prostor X je nepovezan, če obstajata njegovi neprazni, disjunktni odprti podmnožici, za kateri velja, da je njuna unija enaka X. Prostor, ki ni nepovezan je povezan. Opomba 1.26 Naj bosta U in V množici, za kateri velja, da sta odprti v X, neprazni, disjunktni in U V = X. Potem pravimo, da U in V tvorita separacijo X. Izrek 1.27 Prostor X je povezan natanko tedaj, ko sta edini podmnožici, ki sta hkrati odprti in zaprti v X, X in.

1.1 Povezanost 8 Dokaz. Najprej bomo dokazali, da sta v primeru, ko je prostor X povezan, edini podmnožici, ki sta hkrati odprti in zaprti v X, X in. Vemo da je X povezan, kar pomeni, da ne obstaja separacija za X. Naj bo A prava neprazna podmnožica X, ki je hkrati odprta in zaprta. Definirajmo množici U in V na sledeči način: U = A in V = X \ A. Ker je U = A X, je V = X \A neprazna in odprta v X. Velja tudi: U V = A (X \A) = X. Iz tega sledi, da sta U in V separacija za X. To pa je v protislovju s predpostavko, da je X povezan prostor. Dokazati je potrebno še, da če sta X in edini neprazni podmnožici, ki sta hkrati odprti in zaprti v X, potem je X povezan prostor. Recimo, da X ni povezan prostor. Potem obstajata množici U in V, ki sta neprazni, odprti, disjunktni in U V = X. Naj bo A = U odprta v X. Ker je V odprta, prava in neprazna podmnožica X, sledi, da je A zaprta in odprta. Torej sta edini možnosti sledeči: A = X ali A =. Kar pa je v protislovju s predpostavko, ki pravi, da X ni povezan prostor. Izrek 1.28 Naj bo f : X Y zvezna preslikava iz povezanega topološkega prostora X v topološki prostor Y. Tedaj je f(x) povezan podprostor od Y. Dokaz. Recimo, da to ni res. Tedaj za neki povezani prostor X in neko preslikavo f : X Y prostor f(x) ni povezan. To pomeni, da za f(x) obstaja separacija f(x) = A B, kjer sta A in B odprti podmnožici od Y. Zaradi zveznosti preslikave f sta tudi f 1 (A) in f 1 (B) odprti množici v X, od katerih nobena ni prazna, njun presek je prazen, unija pa X, torej tvorita separacijo za X. To pa je v protislovju s predpostavko, da je X povezan prostor. Izrek 1.29 (I) Unija družine povezanih množic prostora (X, T ), ki imajo skupno točko, je povezana. (II) Naj bo A povezana podmnožica v X. Če A B Cl(A), potem je tudi B povezana. Dokaz. [6], str.150. Definicija 1.30 Prostor X je lokalno povezan v točki x, če za vsako odprto okolico U točke x obstaja taka odprta, povezana okolica V točke x, da je V U. Če je X lokalno povezan v vsaki točki x, potem je lokalno povezan.

1.2 Kompaktnost 9 Zgled 1.31 Naj bo X = [0, 1) (1, 2] R. X je lokalno povezan prostor, ki ni povezan. Definicija 1.32 Naj bosta x in y točki iz prostora X. Pot od x do y je zvezna preslikava f : [a, b] X, kjer je f(a) = x in f(b) = y. Pravimo, da je X s potmi povezan prostor, če za vsak par točk iz X obstaja pot v X od ene do druge točke. Izrek 1.33 Kartezični produkt povezanih prostorov je povezan. Dokaz. Naj bosta X in Y povezana prostora. Dokazali bomo, da je X Y tudi povezan prostor. Vzemimo točko (a, b) X Y. X {b} je povezan prostor, saj je homeomorfen prostoru X. Funkcija f : X {b} X, f(x, b) = x je homeomorfizem. Za poljubno točko x X je {x} Y povezan, saj je homeomorfen z Y. Zato je prostor T x = (X {b}) ({x} Y ) povezan, saj je (x, b) točka, ki pripada tako X {b} kot {x} Y. Tvorimo unijo x X T x. Vemo, da je x X T x X Y. Vzemimo točko (a, c) X Y. Velja, da je (a, c) T a = (X {c}) ({a} Y ). To je podmnožica x X T x. Zato je unija x X T x = X Y. Tako je torej kartezični produkt povezanih prostorov res povezan prostor. Podobno se da dokazati, da je tudi produkt poljubno mnogo povezanih prostorov povezan prostor. Glej sliko 1.1. 1.2 Kompaktnost V tem podpoglavju bomo definirali lastnost kompaktnosti prostora in nekaj izrekov v zvezi z njo. Definicija 1.34 Družini množic U = {U t ; t J} v topološkem prostoru X pravimo pokritje, če je njena unija cel prostor: X = t J U t. Pokritju, ki ga sestavljajo odprte množice, pravimo odprto pokritje. Pokritju, ki ga sestavljajo zaprte množice, pravimo zaprto pokritje. Pokritju, ki ga sestavlja končno mnogo množic, pravimo končno pokritje. Če je pokritje tako, da ima vsaka točka prostora neko okolico, ki seka le končno mnogo členov pokritja, mu pravimo lokalno končno pokritje. Pokritju B, ki ga sestavlja poddružina pokritja U, pravimo podpokritje pokritja U. Definicija 1.35 Prostor X je kompakten, če ima vsako njegovo odprto pokritje U neko končno podpokritje.

1.2 Kompaktnost 10 Slika 1.1: Kartezični produkt. Zgled 1.36 Zgradili bomo množico C na sledeči način. Naj bo C 0 = [0, 1]. Odstranimo ( 1 3, 2 3 ) in tako naj bo C 1 = [0, 1 3 ] [ 2 3, 1]. Nato odstranimo spet srednje tretjine teh intervalov in dobimo C 2 = [0, 1 9 ] [ 2 9, 1 3 ] [ 2 3, 7 9 ] [ 8 9, 1]. Z nadaljevanjem postopka, dobimo zaporedje {C n } n=0 kompaktnih množic, takih, da je za vsak n N, C n+1 C n in C n je unija vseh 2 n intervalov I n,0,..., I n,2 n 1, dolžine 3 n. Množici C = n=0 C n pravimo Cantorjeva množica. C je kompaktna in neprazna. Za podrobnosti glej [4], str.43. Slika 1.2: Cantorjeva množica. Zgled 1.37 Množica R ni kompakten prostor, saj odprto pokritje U = {( n, n); n N} nima končnega podpokritja. Prav tako velja, da intervali oblike [a, b), (a, b] in (a, b), kjer sta a, b R, niso kompaktni. Trditev 1.38 Vsak zaprt in omejen interval [a, b] je kompakten.

1.2 Kompaktnost 11 Dokaz. Korak 1: Naj bo A odprto pokritje intervala [a, b] z množicami iz evklidske topologije. Želimo dokazati, da obstaja končno podpokritje pokritja A. Najprej bomo dokazali, da v primeru, ko je točka x [a, b], x b, obstaja taka točka y > x, da lahko interval [x, y] pokrijemo z enim elementom iz A. Izberimo element A iz A, ki vsebuje x. Ker x b in je A odprta, A vsebuje interval oblike [x, c), kjer je c [a, b]. Sedaj lahko izberemo točko y (x, c). Potem je interval [x, y] pokrit le z enim elementom A iz A. Korak 2: Naj bo C taka množica vseh točk y > a, y [a, b], da obstaja končno podpokrtije, ki pokrije interval [a, y]. Z upoštevanjem koraka 1 za primer x = a vidimo, da obstaja vsaj en tak y; torej C ni prazna množica. Naj bo c najmanjša zgornja meja množice C. Iz tega sledi, da je a < c b. Korak 3: Pokazali bomo, da c pripada C. Z drugimi besedami, pokazali bomo, da obstaja končno podpokritje intervala [a, c]. Izberemo element A iz A, ki vsebuje c. Ker je A odprta, vsebuje intervale oblike (d, c], za nek d [a, b]. Če c / C potem obstaja z C, ki leži v intervalu (d, c], saj bi v nasprotnem primeru bil d manjša zgornja meja v C kot c. Ker je z C, obstaja končno podpokritje intervala [a, z] z recimo n elementi iz A. Sedaj [z, c] leži v enem elementu A iz A in tako [a, c] = [a, z] [z, c] lahko pokrijemo z n + 1 elementi iz A. Vendar je tako c C, kar pa je v protislovju s predpostavko da ni. Korak 4: Za konec bomo pokazali še, da je c = b in s tem tudi dokazali izrek. Predpostavimo, da je c < b. Z upoštevanjem koraka 1, v primeru x = c, lahko sklepamo, da obstaja tak y > c iz [a, b], da obstaja končno podpokritje intervala [c, y]. V koraku 3 smo dokazali, da je c C, torej obstaja končno podpokritje intervala [a, c]. Torej obstaja tudi končno podpokritje intervala [a, y] = [a, c] [c, y]. To pomeni, da je y C, kar pa je v protislovju z predpostavko, da je c najmanjša zgornja meja v C. Izrek 1.39 (I) Zvezna slika kompaktnega prostora je kompakten prostor. (II) Zaprta podmnožica kompaktnega prostora je kompakten prostor. (III) Kompaktna podmnožica metričnega prostora je zaprta. (IV) Produkt kompaktnih prostorov je kompakten. (V) A R n je kompaktna natanko tedaj, ko je zaprta in omejena. Dokaz. Dokaze vseh trditev najdemo v [6], str. 146-188.

1.3 Druge topološke lastnosti 12 1.3 Druge topološke lastnosti Sledi zadnje podpoglavje prvega poglavja. Tukaj se bomo seznanili s tem, kaj pomeni notranjost, rob in zunanjost poljubne množice. Na koncu bo sledil še Bairov izrek, ki ga bomo potrebovali za dokazovanje glavnih izrekov diplomskega dela. Definicije 1.40 Naj bo A poljubna množica v nekem topološkem prostoru. Notranjost IntA množice A je največja odprta množica, ki je vsebovana v A. Zaprtje Cl(A) = Ā množice A je najmanjša zaprta množica, ki vsebuje A. Rob A množice A je razlika Cl(A)\ Int(A). Iz definicije neposredno sledi, da za poljubno množico A velja, Int(A) A Cl(A). Zgled 1.41 Naj bo A = Q množica vseh racionalnih števil na evklidski premici R (opremljeno z običajno topologijo, tj. tisto, ki jo porodi metrika d(x, y) = x y, za poljubna x, y R). Ker v poljubni okolici vsakega racionalnega števila obstajajo iracionalna števila, je notranjost Int(Q) prazna množica. Ker tudi v vsaki okolici kakšnega iracionalnega števila leži kakšno racionalno število, je Cl(Q) = R in tako tudi Q = R. Trditev 1.42 Naj bosta A, B poljubni podmnožici topološkega prostora X. Potem veljajo naslednje lastnosti. (I) Cl(Cl(A)) =Cl(A), (II) Int(Int(A)) =Int(A), (III) Int(A) Int(B) Int(A B), (IV) Cl(A) Cl(B) =Cl(A B), (V) Int(A) = X\Cl(X \ A). Dokaz. [1], str.6. Izrek 1.43 Če je A X povezana, potem je tudi Cl(A) povezan. Dokaz. [6], str.179. Definicija 1.44 je A gosta v X. Če za množico A v topološkem protoru X velja Cl(A) = X, pravimo, da

1.3 Druge topološke lastnosti 13 Definicija 1.45 Topološkemu prostoru pravimo, da je separabilen, če v njem obstaja kakšna števna gosta podmnožica. Zgled 1.46 R je separabilen prostor, saj je Q, ki je v njem gosta podmnožica, števna. Izrek 1.47 Vsak kompakten metrični prostor je separabilen. Dokaz. [1], str.46. Definicija 1.48 Zaporedje (a n ) v topološkem prostoru X je funkcija a : N X, n a n X. Točki x X pravimo stekališče zaporedja (a n ), če se s preslikavo a v vsako okolico točke x preslika neskončno mnogo naravnih števil. Točki x pravimo limita zaporedja (a n ), če se s preslikavo a v vsako okolico točke x preslikajo od nekega naravnega števila n 0 naprej vsa naravna števila. Zaporedju (a n ) pravimo, da je konvergentno, če ima limito. Zgled 1.49 Zaporedje a n = 1 n ima limito 0, ki ni v množici {a n; n N}, je pa v njenem zaprtju. Definicija 1.50 Zaporedju a n : N M v metričnem prostoru (M, d) pravimo Cauchyjevo, če za vsak ε > 0, obstaja tako naravno število n ε, da za vsaka m 1 in m 2 N velja implikacija m 1, m 2 > n ε = d(a m1, a m2 ) < ε. Definicija 1.51 Za podmnožico A metričnega prostora M pravimo, da je v M nikjer gosta, če je Int(Cl(A))=. Zgled 1.52 Podmnožica A = {n; n N} je nikjer gosta v evklidskem prostoru R. Zgled 1.53 Podmnožica A = { 1 ; n N} je nikjer gosta v evklidskem prostoru R. n Zgled 1.54 Primer nikjer goste podmnožice od R je prav tako Cantorjeva množica, ki smo jo že opisali v zgledu 1.36. Naslednji izrek, ki ga bomo zapisali, se imenuje Bairov izrek in ga bomo uporabili pri dokazovanju izreka 4.4. Izrek 1.55 (Bairov izrek) Naj bo X kompakten metrični prostor in naj bo E unija števno mnogo nikjer gostih podmnožic v X. Potem je X \ E gosta v X. Dokaz. [3], str.9.

Poglavje 2 Kontinuumi V drugem poglavju diplomskega dela bomo definirali pojem kontinuuma in podkontinuuma. Definirali bomo tudi, kdaj je kontinuum degeneriran in kdaj ne, ter kdaj razcepen oz. nerazcepen. To bomo potrebovali v glavnem poglavju diplomskega dela. Definicija 2.1 Kontinuum je neprazen kompakten povezan metrični prostor. Izrek 2.2 Unija dveh kontinuumov v nekem metričnem prostoru, ki imata skupno točko, je kontinuum. Dokaz. Unija končno mnogo kompaktnih prostorov je spet kompakten prostor in unija povezanih prostorov s skupno točko, je povezan prostor. Torej je unija dveh kontinuumov prav tako kontinuum. Zgled 2.3 Zaprt interval [a, b] R je kontinuum, saj je neprazen, povezan in kompakten. Zgled 2.4 Singleton {x} je kontinuum za vsak x X, kjer je X metrični prostor. Zgled 2.5 Odprti interval (a, b) R ni kontinuum, saj ni kompakten. Zgled 2.6 Enotska krožnica S 1, ki je definirana s predpisom S 1 = {x R 2 ; X = 1}, je kontinuum, saj je povezana in neprazna. Ker je zaprta in omejena podmnožica prostora R 2, je tudi kompaktna, glej izrek 1.39, primer 5. 14

15 Slika 2.1: Enotska krožnica. Zgled 2.7 Cantorjeva množica ni kontinuum, saj ni povezana. Definicija 2.8 Podkontinuum je kontinuum, ki je podprostor nekega kontinuuma. Zgled 2.9 Podkontinuumi kontinuuma [0, 1] so: (I) singletoni {x}, za vsak x [0, 1], (II) intervali [0, c], za vsak c (0, 1], (III) intervali [c, 1], za vsak c [0, 1), (IV) intervali [a, b], za vsak a < b iz [0, 1]. Definicija 2.10 Za topološki prostor pravimo, da je degeneriran, če ima le eno točko, sicer je nedegeneriran. Definicija 2.11 Naj bo X kontinuum. (I) Kontinuum X je razcepen, če se X da zapisati kot unijo dveh pravih podkontinuumov. Kontinuum, ki ni razcepen, je nerazcepen.

2.1 Primeri kontinuumov 16 (II) Kontinuum X je dedno razcepen, če je vsak njegov nedegeneriran podkontinuum razcepen. (III) Kontinuum X je dedno nerazcepen, če je vsak njegov podkontinuum nerazcepen. Zgled 2.12 Poljuben interval I = [a, b] je razcepen, saj je [a, b] = [a, a+b 2 ] [ a+b 2, b]. Zgled 2.13 Kontinuum X = {0} je nerazcepen. Definicija 2.14 Kontinuum X je unikoherenten, če za poljubna taka podkontinuuma A in B kontinuuma X, da je X = A B, velja, da je A B tudi kontinuum. Kontinuum je dedno unikoherenten, če je unikoherenten vsak njegov podkontinuum. Izrek 2.15 Metrični prostor, ki je homeomorfen kakemu kontinuumu, je tudi sam kontinuum. Dokaz. Vsak homeomorfizem ohranja topološke lastnosti. Torej ohrani nepraznost, povezanost in kompaktnost. Naslednji izrek, ki ga bomo zapisali, poznamo pod imenom Boundary Bumping Theorem in ga bomo uporabili pri dokazovanju izreka 3.14. Izrek 2.16 (Boundary Bumping Theorem) Naj bodo X kontinuum, E neprazna prava podmnožica od X in K taka množica, da velja Cl(K) Cl(X \ E) =. Če je E odprta v X, potem Cl(K) (X \ E), z drugimi besedami Cl(K) \ E. Če je E zaprta v X, potem K Cl(X \ E). Dokaz. [7], str.75. 2.1 Primeri kontinuumov V tem podpoglavju si bomo ogledali nekaj osnovnih primerov kontinuumov in jih tudi prikazali na slikah. Definicija 2.17 Vsak metrični prostor, ki je homeomorfen [0, 1], se imenuje lok. Glej sliko 2.2.

2.1 Primeri kontinuumov 17 Slika 2.2: Lok. Izrek 2.18 Lok je kontinuum. Dokaz. Ker je [0, 1] kontinuum, je po izreku 2.15 tudi lok kontinuum. Trditev 2.19 Naj bo A lok in h : [0, 1] A homeomorfizem. Naj še velja, da je p = h(0) in q = h(1). Potem za poljubni homeomorfizem h : [0, 1] A velja, da je {h (0), h (1)} = {p, q}. Točki p in q imenujemo krajišči loka A. Dokaz. Recimo, da h (0) / {p, q}. Ker je (0, 1] povezan, je tudi h ((0, 1]) povezan prostor, saj je h zvezna funkcija. To pa je v protislovju s tem, da je A \ h (0) nepovezan. Definicija 2.20 Trioda je prostor, homeomorfen uniji treh lokov, ki se sekajo v natanko enem skupnem krajišču. Temu krajišču pravimo vrh triode. Izrek 2.21 Trioda je kontinuum. Dokaz. Ker je opisana unija lokov kontinuum (loki imajo skupno točko), je trioda kontinuum. Z oznako B n označujemo množico {x R n ; x 1}. Za vsak n N je B n kontinuum. Definicija 2.22 n-celica je prostor, ki je homeomorfen B n. Izrek 2.23 Za vsak n N je n-celica kontinuum.

2.1 Primeri kontinuumov 18 Slika 2.3: Trioda. Slika 2.4: 1-sfera. Dokaz. Ker je B n kontinuum za vsak n N, je po izreku 2.15 tudi n -celica kontinuum. Z oznako S n označujemo množico {x R n+1 ; X = 1}. Za vsak n N je S n kontinuum. Definicija 2.24 n-sfera je prostor, ki je homemomorfen S n. Izrek 2.25 Za vsak n N je n-sfera kontinuum.

2.1 Primeri kontinuumov 19 Dokaz. kontinuum. Ker je S n kontinuum za vsak n 0, n N, je po izreku 2.15 tudi n-sfera Definicija 2.26 Hilbertova kocka je prostor, ki je homeomorfen produktu števno mnogo intervalov I = [0, 1]: i=1 I i, kjer je vsak I i = I. Ker je po izrekih 1.33 in 1.39, i=1 I i kontinuum, je po izreku 2.15 tudi Hilbertova kocka kontinuum. Definicija 2.27 Funkcijo f : X Y imenujemo topološka vložitev, če je f : X f(x) homeomorfizem. Izrek 2.28 Vsak kontinuum lahko topološko vložimo v Hilbertovo kocko. Dokaz. [2], str.241. Definicija 2.29 Graf je kontinuum, ki se ga da zapisati kot unijo končno mnogo lokov, ki so paroma disjunktni ali se sekajo le v enem ali obeh krajiščih loka. Drevo je graf, ki ne vsebuje enostavne sklenjene krivulje. Definicija 2.30 Topološki prostor (X, T ) je povezan z loki, če za poljubni točki x, y X, x y, obstaja lok v X, s krajiščema x in y. Opomba 2.31 Očitno velja, da je vsak z loki povezan kontinuum, tudi s potmi povezan. Kot zanimivost navedimo še primer kontinuuma, ki ni povezan z loki. Izkaže se, da je tak tako imenovani sin 1 x-kontinuum, ki ga dobimo kot zaprtje množice W = {(x, sin 1 x ) R2 ; 0 < x 1}. Cl(W ) je kompakten, saj je zaprt v nekem kompaktu, ki ga vsebuje. Ker je Cl(W ) tudi povezan prostor, glej izrek 1.29 točka 2, je sin 1 x-kontinuum res kontinuum.

2.1 Primeri kontinuumov 20 Slika 2.5: sin 1 x -kontinuum. 2.1.1 Vgnezdeni preseki Ena izmed najpomembnejših tehnik pridobivanja zanimivih primerov kontinuumov je tehnika vgnezdenih presekov. Še več, tehnika vgnezdenih presekov ni uporabna samo za konstruiranje novih primerov kontinuumov, ampak je tudi ključ za idejo dokazov mnogih izrekov. Zato si bomo to tehniko pobližje ogledali in z njo skonstruirali primer netrivialnega nerazcepnega kontinuuma. Trditev 2.32 Naj bo {X i } i=1 zaporedje kompaktnih metričnih prostorov, takih, da velja X i X i+1 za vsak i = 1, 2,..., in naj bo X = i=1 X i. Tedaj je X kompakten metrični prostor. Če je U taka odprta podmnožica v X 1, da U X, potem obstaja tak N N, da velja U X i za vsak i N. Če velja, da je vsak X i, potem je tudi X. Dokaz. Predpostavimo, da za vsak i = 1, 2,..., obstaja x i X i \ U. Ker je X 1 \ U kompakten metrični prostor, lahko sklepamo, da zaporedje {x i } i=1 konvergira k neki točki p X 1 \ U. Ker je x i X k, za vsak k, kjer je i k, je p X k za vsak k. Iz tega sledi, da je p X, kar pa je v protislovju s predpostavko, da je X U, saj p / U. Zato obstaja

2.1 Primeri kontinuumov 21 tak N, da je X i U za vsak i N. S tem smo dokazali prvi del trditve. Drugi del trditve dokažemo tako, da predpostavimo, da je X = in naj bo U =, zato je tudi X N =. Izrek 2.33 Naj bo {X i } i=1 zaporedje kontinuumov, za katere velja X i i = 1, 2,..., in naj bo X = i=1 X i. Potem je X kontinuum. X i+1 za vsak Dokaz. Po trditvi 2.32, je X neprazen kompakten metrični prostor. Predpostavili bomo, da X ni povezan. Potem obstajata disjunktni, neprazni, zaprti (tudi kompaktni) množici A in B za kateri velja X = A B. Ker je X 1 normalen prostor, obstajata odprti disjunktni podmnožici V in W v X 1, taki, da velja A V in B W. Naj bo U = V W. Potem velja po trditvi 2.32, da je U X n za nek n in zato za vsak k n velja, da je X k U. Iz tega sledi, da je X U, kar pomeni, da je X B =. To pa je v protislovju s predpostavko, da je B neprazna podmnožica prostora X. S tem smo dokazali, da je X povezan prostor. V naslednjem primeru bomo skonstruirali nedegeneriran nerazcepen kontinuum s pomočjo metode vgnezdenih presekov. Zgled 2.34 V ravnini R 2 skonstruirajmo nedegeneriran, nerazcepen kontinuum na naslednji način. Končno množico C = {A 1,..., A n } podmnožic R 2 imenujemo preprosta veriga od x do z preko y, če velja: (I) A i A j natanko tedaj, ko je i j 1, (II) x A i natanko tedaj, ko je i = 1, (III) z A i natanko tedaj, ko je i = n, (IV) y A i za nek i 1, n. Elemente A i te verige imenujemo členi verige. Naj bodo sedaj a, b in c paroma različne točke iz R 2. Na sliki 2.6 vidimo, da obstajajo preproste verige C n v R 2, kjer je n = 1, 2,..., katerih členi so 2-celice z diametri manjšimi od 2 n in zadoščajo spodnjima pogojema: (I) za vsak n = 0, 1, 2,... poteka: * C 3n+1 od a do c preko b, * C 3n+2 od b do c preko a in * C 3n+3 od a do b preko c;

2.1 Primeri kontinuumov 22 (II) za vsak n = 1, 2,... velja C n+1 C n. Iskan kontinuum X je vgnezden presek teh verig, X = ( C n ). n=1 Glej sliko 2.6. Pokažimo še, da je X nerazcepen kontinuum. Recimo, da je razcepen. Potem ga lahko zapišemo kot unijo dveh pravih podkontinuumov X = A B. Naj bosta a, b A. Naj bo p točka, za katero je d(p, A) > 0. Naj bo n N tak, da ima veriga C 3n+1 člene z diametrom < d 3. Naj bo O C 3n+1 tak, da bo p O. Opazimo, da vsaj točka {p} in člen verige O = O k ne sekata A. Množico A lahko zapišemo na naslednji način: k 1 A = ( O i A) ( i=1 i=k+1 Naj bo P = ( k 1 i=1 O i A) in Q = ( i=k+1 O i A). Opazimo, da za P in Q veljajo naslednje lastnosti: O i A). (I) P in Q sta zaprti v A, (II) P in Q sta disjunktni, (III) P Q = A, (IV) P in Q sta neprazni, saj je a P in b Q. Torej sta P in Q separacija prostora A. Potem pa A ni kontinuum, saj ni povezan. Tako smo prišli do protislovja in iz tega sledi, da je kontinuum X nerazcepen. Zgled 2.35 Imejmo kontinuum X, ki je sestavljen z (I) vseh polkrožnic z ordinato 0, središčem v ( 1 2, 0) in potekajo skozi vsako točko Cantorjeve množice C, 5 (II) vseh polkrožnic z ordinato 0, katere imajo za n 1 središče v ( (2 3 n ), 0) in gredo skozi vsako točko množice C, ki leži v intervalu 2 3 x 1. Izkaže se, da je kontinuum X n 3 n 1 nerazcepen. Pravimo mu Knasterjev kontinuum. Glej sliko 2.7.

2.1 Primeri kontinuumov 23 Slika 2.6: Konstrukcija kontinuuma z verigami. Slika 2.7: Knasterjev kontinuum. Izkaže se, da je nerazcepnih kontinuumov ogromno. Med znamenitejše primere spadata tudi psevdolok in p-adični solenoidi.

Poglavje 3 Kompozanti in ireducibilni kontinuumi S pomočjo podkontinuumov bomo definirali pojem kompozanta kontinuumov. Povedali bomo tudi, kdaj so kontinuumi ireducibilni ter povezali kompozante kontinuumov z ireducibilnostjo. Definicija 3.1 Naj bo X nedegeneriran kontinuum in p poljuben element v X. Množico k(p) = {x X; obstaja pravi podkontinuum A v X, da sta p, x A} imenujemo kompozant od X. Za določeno točko p imenujemo k(p) tudi kompozant točke p. Kompozant točke p je torej unija vseh pravih podkontinuumov od X, ki vsebujejo točko p. Zgled 3.2 Naj bo X = [0, 1]. Tedaj je k(0) = [0, 1), k(1) = (0, 1] in k( 1 2 ) = [0, 1]. Podobno je k(a) = [0, 1] za vsako točko a (0, 1). Slika 3.1: Kompozant točke 0. Kompozanti kontinuuma X, so torej [0, 1), (0, 1] in [0, 1]. 24

25 Slika 3.2: Kompozant točke 1. Slika 3.3: Kompozant točke 1 2. Zgled 3.3 Naj bo X = S 1 = {x R 2 ; x = 1}. Za ta kontinuum obstaja le en kompozant in to je X. Res, saj je za vsako točko x S 1, X unija vseh svojih pravih podkontinuumov, ki vsebujejo točko x. Trditev 3.4 Vsak kompozant je povezan prostor. Dokaz. 1.29. Unija povezanih prostorov z nepraznim presekom je povezan prostor po izreku Definicija 3.5 Kontinuum X je ireducibilen med točkama p in q, če za vsak pravi podkontinuum Y velja, da {p, q} ni podmnožica Y. Kontinuum X je ireducibilen, če obstajata taki točki p in q v X, da je X ireducibilen med p in q. Zgled 3.6 Kontinuum [x, y] je ireducibilen za vsak x, y R. Zgled 3.7 sin 1 x-kontinuum je ireducibilen kontinuum med točkama (0, 1) in (1, sin 1). Definicija 3.8 Naj bo X nek kontinuum in p poljubna točka v X. Točki p pravimo točka ireducibilnosti v X, če je X ireducibilen med točkama p in x, za neko točko x X. Trditev 3.9 Naj bo X nek kontinuum. Potem za vsako točko p X velja, da je k(p) = {x X; Xni ireducibilen med p in x}.

26 Dokaz. Naj bo p X poljubna točka. Če je x k(p), potem obstaja pravi podkontinuum od X, ki vsebuje obe točki p in x. Potem pa X ni ireducibilen med p in x. Če X ni ireducibilen med p in x, potem obstaja pravi podkontinuum od X, v katerem sta obe točki p in x. Torej je x k(p). Trditev 3.10 Če je X nedegeneriran kontinuum in p X, potem je točka p točka ireducibilnosti natanko tedaj, ko je k(p) X. Dokaz. Naj bo p točka ireducibilnosti v X. Potem obstaja točka x X, da je X ireducibilen med p in x. Torej za vsak pravi podkontinuum Y od X velja, da x in p nista oba v Y. Sledi, da k(p) X. Obratno. Naj bo x X \ k(p). Potem velja, da za vsak pravi podkontinuum Y od X, x in p nista oba v Y. Iz tega sledi, da je p točka ireducibilnosti. Posledica 3.11 Nedegeneriran kontinuum X je ireducibilen natanko tedaj, ko obstaja kompozant od X, ki je prava podmnožica X. Dokaz. Sledi takoj iz prejšnjega izreka. Definicija 3.12 Naj bo X topološki prostor. X = P Q pomeni da sta P in Q taki neprazni odprti podmnožici v X, da velja, X = P Q in P Q =. Lema 3.13 Naj bo (X, T ) povezan topološki prostor, in naj bo C taka povezana podmnožica v S, da velja X \ C = A B. Potem sta A C in B C povezana. V primeru, ko sta X in C kontinuuma, sta tudi A C in B C kontinuuma. Dokaz. [7], str.88. Izrek 3.14 Če je X kontinuum in p X, potem je X \ k(p) povezan, včasih celo prazna množica. Prostor {x X; X je ireducibilen med p in x} je povezan. Dokaz. V primeru, ko je k(p) = X, je X \k(p) =, in ta je povezana. Po izreku 3.10 lahko privzamemo za dokaz, da je X ireducibilen med p in neko točko q X. Predpostavimo, da X \ k(p) ni povezan.

27 (I) X \ k(p) = M N, q M (brez izgube za splošnost). Ker sta M in N disjunktni, obstaja odprta podmnožica U v X, taka da je M U in Cl(U) N =. (II) (Cl(U) \ U) (M N) =. Ker je q M U, obstaja komponenta Q od U, ki vsebuje q. Poleg tega velja, da je U X (saj je Cl(U) N = in N ). Torej, sledi po izreku 2.16, da je Cl(Q) \ U. Naj bo r Cl(Q) \ U. Ker je Cl(Q) Cl(U), je r Cl(U) \ U. Po (I) in (II) sledi r k(p). Zaradi tega obstaja tak pravi podkontinuum A kontinuuma X, da sta p, r A. Torej, ker je r Cl(Q) in je Cl(Q) kontinuum, A Cl(Q) je kontinuum. Torej, ker sta p, q A Cl(Q) in je X ireducibilen med p in q, sledi, da je (III) A Cl(Q) = X. Vemo Cl(U) N =, Cl(Q) Cl(U) in Cl(Q) N =. Zato po (III) velja N A. Iz tega sledi, da je A k(p), kar je v protislovju z (I), saj je N. Zaradi tega je X \ k(p) povezan. Zgled 3.15 Imejmo kontinuum I = [0, 1]. Vemo, da je za točko 0, k(0) = [0, 1). Če pogledamo I \ k(0) = {1}, vidimo, da je povezan, saj so singletoni povezane množice. Vemo tudi, da je za točko 1, kompozant k(1) = (0, 1]. Kjer spet za I \k(1) = {0} dobimo singleton kot prej. Za poljubno točko p v množici I razen 0 in 1 velja, da je njen kompozant k(p) = I. V tem primeru dobimo I \ k(p) =. Lema 3.16 Naj bo X ireducibilen kontinuum in p točka ireducibilnosti za X. Potem X ni unija dveh pravih podkontinuumov, ki oba vsebujeta p. Dokaz. Predpostavimo, da je X ireducibilen med p in q, ter da je X = A B, kjer sta A in B prava podkontinuuma od X, ki vsebujeta p. Recimo, da je q A, potem točka p ni točka ireducibilnosti v X, kar je protislovje. Če q / A, potem je q B, saj je X = A B. Tudi v tem primeru p ni točka ireducibilnosti v X. Izrek 3.17 Naj bo X nedegeneriran ireducibilen kontinuum in p točka ireducibilnosti v X. Potem za vse podkontinuume A v X, kjer je p A, velja, da je X \ A povezan.

28 Dokaz. Naj bo A tak podkontinuum od X, da X \ A ni povezan prostor. Potem je X \ A = P Q, za ustrezna P in Q. Naj bo Y = P A in Z = Q A. Po lemi 3.13 sta Y in Z kontinuuma. Očitno velja, X = Y Z, Y Z = A in X Y Z. Potem zaradi prejšnje leme velja, da p / A. Zgled 3.18 Pri tem primeru si spet oglejmo interval I = [0, 1], kjer vemo, da sta točki 0 in 1 točki ireducibilnosti. Vsi podkontinuumi A, ki bodo vsebovali 0, bodo povezani, saj so sami kontinuumi. Torej je očitno, da bo množica X \ A spet povezana množica, celo več lahko povemo. Ta množica bo preostali del intervala, ki ni vključen v A. Izrek 3.19 Naj bo X nedegeneriran kontinuum, ireducibilen med p in q. Če je C tak podkontinuum X, da X \ C ni povezan, potem ima X \ C natanko dve komponenti, ki sta odprti v X, kjer ena vsebuje p, druga pa vsebuje q. Dokaz. Začeli bomo kot v prejšnjem dokazu, X \ C = P Q, Y = P C, Z = Q C. Lema 3.16 pove, da sta Y in Z kontinuuma, ter X = Y Z, Y Z = C, in Y X Z. Ker sta p in q točki ireducibilnosti za X, p / C in q / C (po lemi 3.16). Brez izgube za splošnost lahko predpostavimo, da je p P in q Q. Sledi, da je p Y in q Z. Izrek 3.20 Naj bo X nedegeneriran kontinuum, ireducibilen med p in q. taka podkontinuuma X, da je p A in q B, potem je X \ A B povezan. Če sta A in B Dokaz. Predpostavimo, da je A B. Ker sta p, q A B, sledi X = A B in X \ A B =, ki je povezan prostor. Predpostavimo, da je A B =. Denimo, da X \A B ni povezan, potem velja X \(A B) = P Q. Naj bo S = X \ A. Po izreku 3.17 je S povezan, in ker je A B =, velja B S. Ker je B povezan, velja S \ B = X \ (A B) = P Q. Po lemi 3.13 velja, da sta P B in Q B povezana. Zatorej sta Cl(P ) B in Cl(Q) B kontinuuma. Sledi, da je X = A [B (Cl(S \ B))]. Ker je X povezan in je A B =, zato je A (Cl(S \ B)). Nadalje, ker je Cl(S \ B) =Cl(P ) Cl(Q), velja A Cl(P ) ali A Cl(Q). Denimo, da A Cl(P ). Sledi, da je A Cl(P ) B kontinuum in ker p, q A Cl(P ) B, sledi A Cl(P ) B = X. Zato je X\(A B) Cl(P ). Toda to je v protislovju z X\(A B) = P Q. S tem smo dokazali izrek. Posledica 3.21 Če je X nedegeneriran kontinuum, ki je ireducibilen med p in q, potem za poljuben podkontinuum Y kontinuuma X velja, da je notranjost Int(Y ) od Y v X povezan prostor.

29 Dokaz. Za Y = X, je dokaz trivialen. Zato bomo predpostavili, da Y X. Ker je X nedegeneriran, vsaj ena od točk p ali q leži v X \ Y. Recimo, da je p X \ Y. Po izreku 1.42 točki 5 ločimo dva primera. Najprej predpostavimo, da je X \ Y povezan. Potem je Cl(X \ Y ) podkontinuum od X. Torej, ker je p Cl(X \ Y ) in velja izrek 3.17, sledi, da je Int(Y ) povezan. Drugič, predpostavimo, da X \ Y ni povezan. Potem ima po izreku 3.19 X\Y natanko dve komponenti, P in Q, kjer je brez izgube za splošnost p P in q Q. Tako po izreku 3.20 sledi, da je X \(Cl(P ) Cl(Q)) povezan. Ker je Cl(P ) Cl(Q) = (Cl(X \Y )) ter velja (1) sledi, da je Int(Y ) je povezan.

Poglavje 4 Preštevanje kompozantov kontinuumov V tem poglavju bomo preučili, od česa je odvisno število kompozantov posameznega kontinuuma in navedli izreke, s pomočjo katerih si bomo olajšali pri preštevanju le-teh. Glavni rezultat tega poglavja je izrek, ki pravi, da ima nedegeneriran kontinuum bodisi enega bodisi tri bodisi neskončno mnogo kompozantov. Lema 4.1 Naj bo X razcepen kontinuum. Potem obstaja točka iz X, da je njen kompozant cel X. Dokaz. Naj bosta A in B taka prava podkontinuuma kontinuuma X, da velja X = A B. Ker je X povezan, vemo, da A B. Naj bo z A B. Iz tega sledi, da sta A k(z) in B k(z), kar nam pove, da je k(z) = X. Sledeči lemi bomo kasneje uporabili pri dokazovanju izreka 4.4. Lema 4.2 Naj bo X razcepen kontinuum, ireducibilen med elementoma p in q. Potem so X, k(p) in k(q), trije različni kompozanti kontinuuma X. Dokaz. Po lemi 4.1 vemo, da je X kompozant neke točke v X. Jasno je, da je p k(p) in p / k(q), zato k(p) k(q) in k(q) X. Po trditvi 3.10 velja, da je k(p) X. Tako je lema dokazana. 30

31 Lema 4.3 Naj bo X tak razcepen kontinuum, da je X ireducibilen med p in q. kompozant od X, potem je p K ali q K; še več, če sta p,q K, je K = X. Če je K Dokaz. Naj bosta A in B taka prava podkontinuuma od X, da je X = A B. Očitno je, da p in q hkrati ne pripadata A in tudi ne B. Zato lahko brez izgube za splošnost predpostavimo, da p A in q B. Naj bo r X tak, da je K = k(r). Če je r A, potem je A K in tako p K; če je r B, potem B K in je tako q K. Torej, ker je r A ali r B, p K ali q K, smo s tem dokazali prvi del leme. Za drugi del predpostavimo, da je p, q k(r). Potem obstajata taka prava podkontinuuma E in F kontinuuma X, da velja p, r E in q, r F. Ker je r E in je E pravi podkontinuum X, velja E K. Podobno velja F K. Zato sledi E F K. Ker sta E in F kontinuuma in je r E F, velja, da je E F kontinuum. Ker sta p, q E F, sledi po trditvi 3.10, da je E F = X. Torej, ker je E F K, je K = X. Izrek 4.4 Naj bo X razcepen kontinuum. Potem ima X natanko enega ali natanko tri kompozante. Natančneje: če X ni ireducibilen, ima X natanko en kompozant (samega sebe), v primeru, ko je X ireducibilen, pa ima natanko tri (zapisane v lemi 4.2). Dokaz. Denimo najprej, da X ni ireducibilen. Potem po trditvi 3.10 velja, da je za vsak x X, k(x) = X. Oglejmo si še primer, ko je X ireducibilen kontinuum; recimo, da je ireducibilen med točkama p in q. Potem naj bo K nek kompozant v X. Po lemi 4.2 vemo, da je dovolj dokazati, da je K = X, k(p) ali k(q). Denimo, da K X. Potem po lemi 4.2 velja, da točki p in q hkrati ne pripadata kompozantu K. Zato predpostavimo, da p K in q / K. Pokazali bomo, da je K = k(p). Naj bo r X tak, da velja K = k(r). Naj bo poljuben element x K. Ker sta x, p k(r), obstajata prava podkontinuuma A in B kontinuuma X, taka, da x, r A in p, r B. Ker je r A in je A pravi podkontinuum X, velja A K. Podobno velja tudi, da je B K. Tako velja A B K. Ker q / K, velja A B X. Ker je A B kontinuum (saj je A B ), nadalje, ker p, x A B, zato je x k(p) in K k(p). Obratno. Naj bo y k(p). Potem obstaja pravi podkontinuum C v X, da y, p C. Ker je p K = k(r), zato obstaja tak pravi podkontinuum D v X, da sta p, r D. Ker pa je kontinuum X ireducibilen med p in q, in ker je p C D, zato q C D. Tako sledi C D X. Spet, ker je C D kontinuum in ker y, r C D, zato y k(r) = K. Tako je tudi k(p) K. S tem smo pokazali da je K = k(p) in je izrek dokazan. Zgled 4.5 Za kontinuum X = [0, 1], ki je ireducibilen in razcepen, vemo že iz prejšnega poglavja, da ima 3 kompozante. Primer neireducibilnega razcepnega kontinuuma je enotska krožnica S 1, ki ima le en kompozant in to je sama krožnica.

32 Trditev 4.6 Naj bo X nedegeneriran kontinuum. Potem je kompozant k(p) poljubne točke p X unija števno mnogo pravih podkontinuumov v X, kateri vsi vsebujejo p. Dokaz. Naj bo U = {U i : i = 1, 2,...} števna baza prostora X \ {p}, za katero velja, da je za vsak i N množica U i. Za vsak i, naj bo C i tista komponenta od X \ U i ki vsebuje točko p. Ker za vsak i N velja, da U i X, zato za vsak i N velja, da C i X. Torej, ker je vsak U i odprt v X \ {p} je tudi vsaka U i odprta v X. Zato za vsak i N velja, da je C i pravi podkontinuum od X. Ker je za vsak i N tudi p C i, je zato i=1 C i k(p). Oglejmo si še obratno inkluzijo. Naj bo x k(p). Potem po definiciji k(p) obstaja tak pravi podkontinuum A od X, da sta p, x A. Ker je U baza prostora X \ {p}, zato obstaja k N, da A U k = in zato A X \ U k, ki vsebuje p. Ker je C k komponenta X \ U k, ki vsebuje p in A kontinuum, ki vsebuje p, je zato A C k. Zato je x C k. S tem smo pokazali, da je k(p) C i. i=1 Trditev 4.7 Nedegeneriran kontinuum X je nerazcepen natanko tedaj, ko je vsak njegov pravi podkontinuum nikjer gost v X. Dokaz. Naj bo X nerazcepen. Denimo, da obstaja pravi podkontinuum kontinuuma X, katerega notranjost v X je neprazna. Naj bo Y tak kontinuum, torej je Int(Y ). Denimo najprej, da je X \ Y povezana množica. Označimo z X \ Y = A. Sledi, da je X = Cl(A) Y. Če Cl(A) X, potem je Cl(A) pravi podkontinuum od X in je tako X razcepen kontinuum, kar je v protislovju s predpostavko, da je X nerazcepen. Če je Cl(A) = X, potem je Cl(A) = Cl(X \ Y ) = Cl(X)\Int(Y ) = X\Int(Y ) = X in zato velja, da je Int(Y ) =, kar pa je v protislovju s tem, da Y ni nikjer gost. X \ Y torej ne more biti povezana množica, zato je edina možnost, da X \ Y ni povezana množica. Naj bo X \ Y = U V. Ker sta X in Y kontinuuma, sta po trditvi 3.13 kontinuuma tudi U Y in V Y. Ker je (U Y ) V = in (V Y ) U = in ker sta U in V neprazni, zato je X = (U Y ) (V Y ), kar pa ni možno, saj je X nerazcepen kontinuum. Predpostavka, da obstaja tak pravi podkontinuum Y od kontinuuma X, da je Int(Y ), je torej napačna. Oglejmo si še obratno implikacijo. Naj za vsak pravi podkontinuum kontinuuma X velja, da je nikjer gost v X. Denimo, da je X razcepen. Potem je X = A B, kjer sta A in B prava podkontinuuma od X. Po Bairovem izreku sledi, da je X \ (A B) = X \ X = gosta v X, kar ni možno.

33 Izrek 4.8 Naj bo X nedegeneriran nerazcepen kontinuum, potem ima X neštevno mnogo kompozantov. Dokaz. Po trditvi 4.6 lahko vsak kompozant v X zapišemo kot unijo števno mnogo nikjer gostih pravih podkontinuumov v X. Ker je X unija vseh svojih kompozantov, mora X imeti po Bairovem izreku neštevno mnogo kompozantov, saj bi v nasprotnem primeru X bil po trditvi 4.7 unija števno mnogo nikjer gostih podmnožic. Zgled 4.9 Naj bo X kontinuum, ki smo ga skonstruirali z vgnezdenim presekom, glej sliko 2.6. Potem po izreku 4.8 velja, da ima ta kontinuum neštevno mnogo kompozantov. Posledica 4.10 Vsak nerazcepen kontinuum je ireducibilen. Dokaz. Rezultat sledi takoj iz izrekov 4.8 in 4.4. Izrek 4.11 Nedegeneriran kontinuum ima bodisi natanko en bodisi natanko tri bodisi neštevno mnogo kompozantov. Dokaz. Dokaz sledi iz izrekov 4.4 in 4.8. Sledi pomemben izrek, ki ga bomo uporabili v dokazu izreka 4.13. Izrek 4.12 Če je X nedegeneriran nerazcepen kontinuum, potem so kompozanti od X medseboj disjunktni. Dokaz. Naj bosta K in L kompozanta od X, K = k(p) in L = k(q). Privzemimo, da je K L in naj bo z K L. Pokazali bomo, da je K = L. Naj bo x K. Potem obstajajo pravi podkontinuumi A, B in C od X, ki so taki, da velja p, x A, p, z B, q, z C. Naj bo D = A B C. Očitno je, da je tudi D kontinuum. Po trditvi 4.7 in po Bairovem izreku, velja, da je D X. Ker sta x, q D, sledi x L. S tem smo dokazali, da K L. Podobno dokažemo L K. Zato velja K = L. Izrek 4.13 Naj bo X nedegeneriran nerazcepen kontinuum. Potem je vsaka točka v X točka ireducibilnosti od X. Dejansko obstaja taka neštevna podmnožica J v X, da je X ireducibilen med poljubnima točkama v J.