U β T. (1) U β T. (2) {,X} T. (3)

Transkriptio

1 1.1 a) Joukkoperhe T = α I T α P(X) on topologia. Todistus. Osoitetaan, että topologian määritelmän 1.1 ehdot (1), (2) ja (3) toteutuvat. Ehtoa (1) varten olkoon {U β β J} T. Pitää osoittaa, että U β T. (1) β J Jokaiselle β J pätee U β T eli leikkauksen määritelmän mukaan U β T α kaikille α I ja β J. Silloin {U β β J} T α kaikille α I. (4) Koska T α on topologia kaikille α I, niin ehdon (4) nojalla U β T α kaikille α I. β J Väite (1) seuraa tästä leikkauksen määritelmän mukaan. Ehtoa (2) varten olkoon J äärellinen (ja epätyhjä) sekä {U β β J} T. Pitää osoittaa, että U β T. (2) β J Ehto (4) pätee kuten yllä, ja koska tässä J on äärellinen ja T α on topologia kaikille α I, niin ehdon (4) nojalla U β T α kaikille α I. β J Väite (2) seuraa tästä leikkauksen määritelmän mukaan. Määritelmän 1.1 ehdossa (3) pitää osoittaa, että Koska T α on topologia kaikille α I, niin {,X} T. (3) {,X} T α kaikille α I. Väite (3) seuraa tästä leikkauksen määritelmän mukaan. b) Joukkoperhe α I T α P(X) ei välttämättä ole topologia. Tästä esimerkkinä on vaikkapa kolmen (eri) alkion joukko X = {a,b,c} sekä I = {1,2} ja T 1 = {, {a},x}, T 2 = {, {b},x}. Tällöin T 1 ja T 2 ovat selvästi topologioita, mutta niiden yhdiste on T 1 T 2 = {, {a}, {b},x}, 1

2 joka ei ole topologia, sillä jos U = {a} T 1 T 2 ja V = {b} T 1 T 2, niin U V = {a,b} / T 1 T a) Osoitetaan, että topologian määritelmän 1.1 ehdot (1), (2) ja (3) toteutuvat. Ehtoa (1) varten olkoon {U α α I} T. Pitää osoittaa, että U α T. (1) α I Jos α I U α =, niin väite (1) seuraa suoraan T :n määritelmästä. Voidaan siis olettaa, että α I U α, jolloin yhdisteen määritelmän mukaan on ainakin yksi indeksi α 0 I siten, että U α0. Tällöin T :n määritelmän mukaan X \ U α0 on äärellinen tai tyhjä. (4) Joukon T määritelmän mukaan väite (1) seuraa, jos osoitetaan, että X \ α I U α on äärellinen tai tyhjä. (5) Alkeisjoukko-opin nojalla X \ α I U α = α I(X \ U α ) X \ U α0. Väite (5) seuraa tästä ja ehdosta (4), sillä tyhjän tai äärellisen joukon osajoukko on tyhjä tai äärellinen. Ehtoa (2) varten olkoon {U α α I} T ja lisäksi I äärellinen. Pitää osoittaa, että U α T. (2) α I Jos U α0 = jollekin α 0, niin α I U α =, jolloin väite (2) seuraa suoraan T :n määritelmästä. Siten voidaan olettaa, että U α kaikille α I. Silloin T :n määritelmän mukaan X \ U α on äärellinen tai tyhjä kaikille α I. (6) Joukon T määritelmän mukaan väite (2) seuraa, jos osoitetaan, että X \ α I U α on äärellinen tai tyhjä. (7) Alkeisjoukko-opin nojalla X \ α I U α = α I(X \ U α ). Väite (7) seuraa tästä esityksestä ja ehdosta (6) I:n äärellisyyden nojalla, sillä tyhjien tai äärellisten joukkojen äärellinen yhdiste on tyhjä tai äärellinen. 2

3 Määritelmän 1.1 ehdossa (3) pitää osoittaa, että {,X} T. (3) Tämä on selvää, sillä T suoraan määritelmän nojalla, ja myös X T, sillä X \ X =. b) Oletetaan, että T on joukon X kofiniitti topologia. b1) Oletetaan, ensin, että (X, T ) on Hausdoff-avaruus. Väitetään, että X on äärellinen. Todistus. Tehdään antiteesi: X on ääretön. Tällöin X:stä voidaan valita kaksi eri pistettä x ja y. Koska (X, T ) on Hausdoff, on olemassa avoimet U ja V siten, että x U, y V ja U V =. Nyt siis U,V T \ { }, joten joukot X \ U ja X \ V ovat äärellisiä. Lisäksi pätee (X \ U) (X \ V ) = X \ (U V ) = X \ = X, joten X on kahden äärellisen joukon yhdisteenä äärellinen. Tämä on vastoin antiteesia, joten antiteesi on väärä ja väite pätee. b2) Oletetaan sitten, että X on äärellinen. Väitetään, että (X, T ) on Hausdoffavaruus. Todistus. Olkoot x,y X, x y. (Huomaa, että yhden pisteen avaruus toteuttaa Haudorff-ehdon, ja on siten Hausdorff-avaruus.) Pitää löytää avoimet U ja V siten, että x U, y V ja U V =. Tällaisiksi joukoiksi voidaan valita U = {x} ja V = {y}, sillä nyt X:n äärellisyyden nojalla joukot X \ U ja X \ V ovat äärellisiä, ja siten U,V T. Huomaa, että tässä äärellisessä tapauksessa kofiniitti topologia on itse asiassa diskreetti topologia. 1.3 a) Tämä on lähestulkoon identtinen tehtävän 1.2 a) ratkaisun kanssa, mutta koska koneella on näitä helppo monistaa, niin kirjataan ratkaisu uudestaan pienillä muutoksilla tietenkin. Osoitetaan, että topologian määritelmän 1.1 ehdot (1), (2) ja (3) toteutuvat. Ehtoa (1) varten olkoon {U α α I} T. Pitää osoittaa, että U α T. (1) α I Jos α I U α =, niin väite (1) seuraa suoraan T :n määritelmästä. Voidaan siis olettaa, että α I U α, jolloin yhdisteen määritelmän mukaan on ainakin yksi indeksi α 0 I siten, että U α0. Tällöin T :n määritelmän mukaan R \ U α0 on korkeintaan numeroituva. (4) 3

4 Joukon T määritelmän mukaan väite (1) seuraa, jos osoitetaan, että R \ α I U α on korkeintaan numeroituva. (5) Alkeisjoukko-opin nojalla R \ α I U α = α I(R \ U α ) R \ U α0. Väite (5) seuraa tästä ja ehdosta (4), sillä korkeintaan numeroituvan joukon osajoukko on korkeintaan numeroituva. Ehtoa (2) varten olkoon {U α α I} T ja lisäksi I äärellinen. Pitää osoittaa, että U α T. (2) α I Jos U α0 = jollekin α 0, niin α I U α =, jolloin väite (2) seuraa suoraan T :n määritelmästä. Siten voidaan olettaa, että U α kaikille α I. Silloin T :n määritelmän mukaan R \ U α on korkeintaan numeroituva α I. (6) Joukon T määritelmän mukaan väite (2) seuraa, jos osoitetaan, että R \ α I U α on korkeintaan numeroituva. (7) Alkeisjoukko-opin nojalla R \ α I U α = α I(R \ U α ). Väite (7) seuraa tästä esityksestä ja ehdosta (6) I:n äärellisyyden nojalla, sillä korkeintaan numeroituvien joukkojen äärellinen yhdiste on korkeintaan numeroituva. Määritelmän 1.1 ehdossa (3) pitää osoittaa, että {, R} T. (3) Tämä on selvää, sillä T suoraan määritelmän nojalla, ja myös R T, sillä R \ R =. 1.3 b) Osoitetaan ensin, että 0 ]0,1[. Itse asiassa on niin, että ]0,1[ = R, sillä jos x R on mielivaltainen ja U on x:n mielivaltainen ympäristö avaruudessa (R, T ), niin R\U on korkeintaan numeroituva. Koska väli ]0,1[ tunnetusti ylinumeroituva ja korkeintaan numeroituvan joukon osajoukko on aina korkeintaan numeroituva, niin ei voi olla ]0,1[ R \ U. Silloin on oltava U ]0,1[, joten x on välin ]0,1[ kosketuspiste eli x ]0,1[. 4

5 Osoitetaan sitten, että mikään välin ]0, 1[ jono ei suppene kohti pistettä 0. Tehdään antiteesi: on olemassa välin ]0,1[ jono (x n ) siten, että x n 0 avaruudessa (R, T ). (AT) Joukko {x n n N} on korkeintaan numeroituva ja {x n n N} = R \ (R \ {x n n N}), joten topologian T määritelmän mukaan joukko U := R \ {x n n N} on avoin. Koska 0 / ]0,1[, niin 0 x n kaikille n, ja siten 0 U. Silloin U on pisteen 0 ympäristö, joka ei sisällä yhtään jonon (x n ) pistettä ja näin x n 0. Tämä ristiriita osoittaa antiteesin (AT) vääräksi, joten väite pätee. Itse asiassa tämä sama todistus osoittaa, että joukon ]0, 1[ jonot eivät voi supeta mihinkään muuhunkaan tämän joukon ulkopuoliseen pisteeseen. 1.4 Ehto A A todistetaan yleisissä topologisissa avaruuksissa aivan samoin kuin tehtävässä MA 5.3. Käytettävät apulauseet täytyy tietysti vaihtaa. Sopivia tuloksia löytyy lauseista 1.12 ja Jos yhtälö A = A ei päde metrisissä avaruuksissa, niin eihän se tietenkään voi päteä yleisesti: ovathan metriset avaruudet myös topologisia avaruuksia ja reunan määritelmä on sama sekä metrisenä että topologisena määritelmänä. a) Oletetaan, että A on suljettu. Väitetään, että tällöin pätee A = A. Todistus. Ylläsanotun nojalla riittää osoittaa, että A A. Olkoon siis x A mielivaltainen. Tällöin x ei voi olla joukon A ulkopiste, joten riittää osoittaa, että se ei voi olla myöskään A:n sisäpiste. Tehdään antiteesi: x on A:n sisäpiste. Tällöin on olemassa x:n ympäristö U siten, että U A. Koska A on suljettu, pätee A A. Tällöin U A, joten x on A:n sisäpiste. Tämä on kuitenkin mahdotonta, koska x A. Syntynyt ristiriita osoittaa antiteesin vääräksi, joten väite pätee. b) Väite A = A A on suljettu ei päde edes metrisissä avaruuksissa. Tästä saadaan vaikkapa seuraavanlainen esimerkki: Olkoon X = R varustettuna tavallisella itseisarvometriikalla ja A = ]0, 1[, jolloin A ei ole suljettu. Toisaalta kuitenkin A = {0, 1} ja {0, 1} = {0, 1}, joten A = A. c) Väite A = A pätee kaikille joukoille A. Tämä seuraa kohdasta a), sillä A on aina suljettu. 1.5 Tässä oletetaan, että A,B X ovat avoimia ja A B =. Väitetään, että tällöin int(a) int(b) =. 5

6 Todistus. Tehdään antiteesi: on olemassa x int(a) int(b). Tällöin on olemassa x:n ympäristöt U ja V siten, että U A ja V B. Merkitään W = U V, jolloin myös W on x:n ympäristö ja W A B. (1) Koska lauseen 1.16 nojalla A = A A ja B = A B, niin alkeisjoukko-opin mukaan A B = (A A) (B B) = (A B) ( A B) (A B) ( A B). (2) Esityksessä (2) on oletuksen mukaan A B =. Huomataan, että siinä on myös A B =. Tämä johtuu siitä, että oletuksen mukaan B X \ A, jolloin int(b) int(x \ A) = ext(a). Koska B on avoin, pätee int(b) = B, joten B ext(a) = X \ A = X \ (inta A) X \ A ja näin B A =. Vastaavasti nähdään, että A B =. Tällöin esityksen (2) perusteella Ehtojen (1) ja (3) nojalla saadaan A B = A B. (3) W A B A. (4) Koska A on avoin, pätee int(a) = A, jolloin A A =. Tällöin ehdon (4) nojalla W A =. (5) Koska W on x:n ympäristö, niin ehdon (5) nojalla x on A:n ulkopiste. Tämä on kuitenkin vastoin ehtoa (4), jonka mukaan x W on A:n reunapiste. Syntynyt ristiriita osoittaa antiteesin vääräksi, joten väite pätee. 1.6 Joukolla A B voi hyvin olla sisäpisteitä, vaikka A:lla ja B:llä ei niitä olisikaan. Esimerkkinä tästä on X = R varustettuna itseisarvotopologialla, A = Q ja B = R \ Q. Jos oletaan, että ainakin toinen joukoista A tai B on suljettu, niin tilanne muuttuu. Oletetaan siis, että int(a) = = int(b) ja että A on suljettu. Väitetään, että joukolla A B ei voi olla sisäpisteitä. Todistus. Tehdään antiteesi: on olemassa x int(a B). Tällöin on olemassa x:n ympäristö U siten, että U A B. Osoitetaan, että tällöin pätee U A. (1) Olkoon tätä varten y U mielivaltainen. Koska oletuksen mukaan inta =, pätee X = exta A. Tällöin siis y exta A, joten väitteen (1) todistamiseksi riittää osoittaa, että y / exta. (2) 6

7 Tehdään tässäkin antiteesi: y exta = int(x \ A). Tällöin on olemassa y:n ympäristö V siten, että V X \ A. Nyt myös U V on y:n ympäristö ja U V (A B) (X \ A) = B \ A B. Tämä merkitsee sitä, että y on B:n sisäpiste, mikä on vastoin oletusta. Tämä ristiriita osoittaa, että jälkimmäinen antiteesi on väärä, ja näin väite (2) ja siten myös väite (1) on todistettu. Ehdon (1) nojalla saadaan ehto U A = (X \ A). (3) Oletuksen mukaan A on suljettu, joten X\A on avoin. Tällöin int(x\a) = X\A ja siten (X \ A) (X \ A) =. (4) Ehtojen (3) ja (4) nojalla U (X \ A) =. (5) Koska U on x:n ympäristö, niin ehdon (5) nojalla x on joukon X \ A ulkopiste eli joukon A sisäpiste. Tämä on vastoin oletusta. Syntynyt ristiriita osoittaa ensimmäisenkin antiteesin vääräksi, joten väite pätee. 1.7 a) Olkoon A = ]0,1[. Huomataan ensin, että A int(a). (1) Tämä johtuu siitä, että kaikille x A pätee x [x,1[ A ja [x,1[ B T. Sitten huomataan, että {x R x < 0} ext(a). (2) Tämä johtuu siitä, että näille x pätee x [x,0[ R \ A ja [x,0[ B T. Seuraava havainto on, että {x R 1 x} ext(a). (3) Tämä johtuu siitä, että näille x pätee x [x,x+1[ R\A ja [x,x+1[ B T. Ehtojen (1), (2) ja (3) mukaan kaikki reaaliluvut on luokiteltu, paitsi piste x = 0. Se ei ole tietenkään sisäpiste, sillä x / A; toisaalta se ole myöskään ulkopiste. Tämä väite vaatii pienen perustelun: Tehdään antiteesi: x on ulkopiste. Tällöin on olemassa U T pa siten, että x U R \ A. Lauseen 2.5 nojalla on olemassa B B siten, että x B U. Kannan B määritelmän mukaan B on tyyppiä B = [a,b[, a < b. Koska pisteelle x = 0 pätee x B = [a,b[, niin on oltava a 0 < b. Tällöin välttämättä [a,b[ A ja siten [a,b[ R \ A, mikä on vastoin ehtoa B U R \ A. Tämä ristiriita osoittaa antiteesin vääräksi, joten x = 0 ei ole ulkopiste. Koska x = 0 ei siis ole sisäpistekään, sen täytyy olla reunapiste. 7

8 Näin kaikki reaaliluvut on luokiteltu: int(a) = A, ext(a) = ], 0[ [1, [ ja A = {0}. Näistä saadaan sommiteltua vastaus: A = {0} ja A = int(a) A = [0,1[. b) Olkoon A = ]0,1]. Koska kaikki pisteet x ] 1,1[ ovat a)-kohdan mukaan joukon ] 1,1[ sisäpisteitä, niin ne ovat myös A:n sisäpisteitä eli ]0, 1[ int(a). (4) Täsmälleen samoin perustein kuin a)-kohdassa nähdään, että {x R x < 0} {x R 1 < x} ext(a) ja (5) 0 A. (6) Käsittelemättä on vielä piste x = 1. Se ei voi olla ulkopiste, koska nyt x A. Se ei ole myöskään sisäpiste. Perustelu: Tehdään antiteesi: x = 1 on sisäpiste. Tällöin on olemassa U T siten, että x U A. Lauseen 2.5 nojalla on olemassa B B siten, että x B U. Kannan B määritelmän mukaan B on tyyppiä B = [a,b[, a < b. Koska pisteelle x = 1 pätee x B = [a,b[, niin on oltava a 1 < b. Tällöin välttämättä [a,b[ (R \ A) ja siten [a,b[ A, mikä on vastoin ehtoa B U A. Tämä ristiriita osoittaa antiteesin vääräksi, joten x = 1 ei ole sisäpiste. Koska x = 1 ei siis ole ulkopistekään, sen täytyy olla reunapiste. Näin kaikki ehtojen (4), (5) ja (6) mukaan kaikki reaaliluvut on luokiteltu: int(a) = ]0,1[, ext(a) = ],0[ ]1, [ ja A = {0,1}. Näistä saadaan sommiteltua vastaus A = {0,1} ja A = int(a) A = [0,1]. c) Olkoon A = [0,1[. Tällöin A B T, joten A on avoin ja siten int(a) = A. Pisteet x ],0[ [1, [ ovat ulkopisteitä, mikä nähdään samoin kuin kohdassa a). Muita pisteitä ei olekaan, joten int(a) = A, ext(a) = ],0[ [1, [ ja A =. Tällöin vastaus on A = ja A = inta A = inta = A = [0,1[. Huomautus. Koska c)-kohdassa kävi niin, että A = A, niin A on suljettu. Toisaalta A on topologian kannan alkiona avoin. Sama ilmiö tapahtuu kaikille kannan B alkioille. Tämä on mielenkiintoinen ominaispiirre tälle mielenkiintoiselle topologialle: kaikki kannan alkiot ovat suljettuja. Ei tämä topologia kuitenkaan diskreetti ole: on melko selvää, että yksiöt eivät ole avoimia, suljettujahan ne kyllä ovat. Tämä ei-diskreettisyys näkyy tietysti myös a)- ja b)-kohdista, joissa esiintyi ei-avoimia joukkoja. d) Olkoon A = [0,1]. Pisteet x [0,1[ ovat c)-kohdan mukaan välin [0,1[ sisäpisteitä, joten ne ovat myös A:n sisäpisteitä. 8

9 Pisteet x ],0[ ]1, [ ovat ulkopisteitä, mikä nähdään samoin kuin kohdassa a). Piste x = 1 on reunapiste, mikä nähdään kuten kohdassa b). Näin kaikki pisteet on luokiteltu ja saadaan tulos inta = [0,1[, exta = ], 0[ ]1, [ ja A = {1}. Tällöin vastaus on A = {1} ja A = inta A = [0,1] = A. 1.8 a) B on kantalauseen 2.8 mukaan (jonkin) topologian T kanta, jos se toteuttaa kantalauseen ehdot (1) ja (2). Ehto (1) eli R = B B B on selvä, sillä ilmeisesti jokainen reaaliluku kuuluu johonkin perheen B väliin [a,b]. Ehtoa (2) varten oletetaan, että B 1,B 2 B ja että x B 1 B 2. Pitää löytää B B siten, että x B B 1 B 2. (2) Perheen B määritelmän mukaan joukot B i ovat muotoa B i = [a i,b i ], a i Q, b i R\Q, a i < b i, i = 1,2. Merkitään a = max{a 1,a 2 } Q ja b = min{b 1,b 2 } R \ Q, jolloin a b. Koska x B 1 B 2, niin a x b, jolloin ehdon a b nojalla on a < b ja siten [a,b] B. Ilmeisesti nyt B 1 B 2 = [a,b], joten haetuksi joukoksi B B voidaan valita B = [a,b] B 1 B 2. b) Väite T T pätee. Perustelu. Käytetään lausetta Sen käyttöä varten huomataan ensin, että eräs tavallisen itseisarvotopologian kanta on B = {]a,b[ a,b R, a < b}. Tämä näkyy suoraan kannan määritelmästä, sillä jokainen R:n tavallisessa mielessä avoin joukko voidaan helposti esittää yhdisteenä avoimista väleistä. Tämä seuraa myös lauseesta MA 3.8. Vaihtoehtoisesti tässä voi perusteluna käyttää lausetta 2.5. Lauseen 2.11 mukaisesti olkoon x B B. Riittää löytää jokin B B siten, että x B B. (1) Kannan B määritelmän nojalla B on muotoa B = ]a,b[, missä a < x < b. Reaalilukujen ominaisuuksien nojalla avoimelta väliltä ]a, x[ voidaan valita rationaaliluku c ja vastaavasti avoimelta väliltä ]x,b[ voidaan valita irrationaaliluku d. Tällöin kannan B määritelmän mukaan [c,d] B ja koska x [c,d] ]a,b[, niin ehdossa (1) halutuksi joukoksi B voidaan valita B = [c,d]. c) Väite T T pa pätee. Perustelu. Käytetään taas lausetta Merkitään symbolilla B pa tehtävässä 1.7 määriteltyä topologian T pa kantaa. Lauseen 2.11 mukaisesti olkoon x 9

10 B B. Riittää löytää jokin B pa B pa siten, että x B pa B. (2) Kannan B määritelmän nojalla B on muotoa B = ]a, b[, missä a < x < b. Tällöin kannan B pa määritelmän mukaan [x,b[ B pa ja koska x [x,b[ ]a,b[, niin ehdossa (2) halutuksi joukoksi B pa voidaan valita B pa = [x,b[. d) Väite T T ei päde. Tämä seuraa suoraan siitä, että B :n alkiot ovat suljettuja välejä, jotka eivät ole avoimia itseisarvotopologiassa. e) Väite T T pa ei päde. Perustelu. Koska esimerkiksi [0, 2] B T, niin riittää osoittaa, että [0, 2] / T pa. Tämän osoittamiseksi riittää nähdä, että 2 ei ole välin [0, 2] sisäpiste topologiassa T pa. Tämä nähdään samoin kuin tehtävän 1.7 ratkaisun kohdassa b) nähtiin, että 1 ei ole välin ]0,1] sisäpiste. f) Väite T pa T ei päde. Tämä seuraa suoraan siitä, että kannan B pa alkiot ovat puoliavoimia välejä, jotka eivät ole avoimia itseisarvotopologiassa. g) Väite T pa T ei päde. Perustelu. Koska esimerkiksi [ 2,2[ B pa T pa, niin riittää osoittaa, että [ 2,2[ / T. Tämän osoittamiseksi riittää nähdä, että x = 2 ei ole välin [ 2,2[ sisäpiste topologiassa T. Tehdään antiteesi: x on sisäpiste. Tällöin on olemassa U T siten, että x U [ 2,2[, joten lauseen 2.5 nojalla on olemassa B B siten että x B U [ 2,2[. Perheen B määritelmän nojalla on tällöin olemassa a Q ja b R \ Q siten, että x [a,b] [ 2,2[, Koska x = 2 R \ Q, niin a x, ja silloin on oltava a < 2 b. Tämä ei ole kuitenkaan mahdollista ehdon [a,b] [ 2,2[ nojalla. Syntynyt ristiriita osoittaa antiteesin vääräksi, joten perustelu on valmis. 10

11 2.1 Kuvaus f : (R, T pa ) (R, T pa ) ei ole jatkuva. Tämä näkyy vaikkapa siitä, että [ 1,0[ B T pa on avoin, mutta f 1 ([ 1,0[) = ]0,1] T pa tämähän nähtiin tehtävän 1.7 b) ratkaisussa. Kuvaus f : (R, T pa ) (R, T pa ) ei ole avoin. Tämän näkee (vaikkapa) seuraavasti. Määritelmistä ja lauseesta 3.2 seuraa suoraan, että kaikille bijektioille g pätee g on avoin g 1 on jatkuva. (1) Nyt tämä f : (R, T pa ) (R, T pa ) on bijektio ja on itsensä käänteiskuvaus, joten ehdon (1) avulla saadaan tälle f ehto f on avoin f on jatkuva. (2) Koska f ei ole jatkuva, kuten alussa todettiin, se ei ehdon (2) nojalla voi olla myöskään avoin. f : (R, T pa ) (R, T pa ) ei ole myöskään suljettu. Tämän voi todistaa vastaavasti. Lauseen 3.5 nojalla saadaan helposti ehtoa (1) vastaava ehto kaikille bijektioille g: g on suljettu g 1 on jatkuva, jonka avulla ehto (2) voidaan tälle f : (R, T pa ) (R, T pa ) kirjoittaa muotoon f on suljettu f on jatkuva. (3) Koska f ei siis ole jatkuva, se ei ehdon (3) nojalla voi olla myöskään suljettu. 2.2 Tämä väite ei päde. Olkoon X = Y = R varustettuna itseisarvotopologialla ja olkoon f : R R, f(x) = xsinx. Tämä kuvaus ei ole avoin, sillä esimerkiksi f(]0,π[) = ]0,π/2]. Valitaan itseisarvotopologian esikannaksi joukko A = { ],a[ a R} { ]b, [ b R}, joka todella on kyseisen topologian esikanta, sillä sen alkioiden äärellisinä leikkauksina saadaan kaikki avoimet välit, jotka puolestaan muodostavat tavallisen topologian kannan. Nyt on ilmeistä, että f(a) = R kaikille A A, joten kaikki esikannan alkioiden kuvat ovat avoimia, vaikka kuvaus ei ole avoin. Voi tietysti miettiä, minkä takia jatkuvuustarkastelu sitten onnistuu pelkällä esikannalla. Tämä johtuu viime kädessä siitä, että alkukuvien ja kuvien leikkaukset käyttäytyvät eri tavalla: Pätee näet f 1 (A B) = f 1 (A) f 1 (B), mutta yleensä vain f(a B) f(a) f(b). Tämä on taas kertomus siitä, että näiden kuvien ja alkukuvien kanssa temppuillessa on syytä olla tarkkana. 11

12 2.3 a) Väite. {0} = {nπ n Z}. Todistus. Väitteen sulkeumaa tarkastellaan siis topologiassa T. Merkitään R:n itseisarvotopologiaa symbolilla T. Osoitetaan ensin, että {nπ n Z} {0}. (1) Olkoon tätä varten x = nπ jollekin n Z ja U T x:n mielivaltainen ympäristö. Riittää osoittaa, että U {0} eli että 0 U. (2) Koska U T, niin määritelmän 4.2 (ja lauseen 4.1) mukaan Nyt pätee U = f 1 (V ) jollekin V T. (3) f(0) = sin 0 = 0 = sinnπ = f(x) i) f(u) ii) V, (4) missä ehto i) seuraa siitä, että x U ja ehto ii) seuraa ehdosta (3). Ehdon (4) nojalla Väite (2) seuraa ehdoista (5) ja (3). 0 f 1 (V ). (5) Näin väite (1) on todistettu. Tällöin varsinainen väite seuraa, jos osoitetaan, että {0} {nπ n Z}. Tämä väite seuraa, jos osoitetaan, että että R \ {nπ n Z} R \ {0}. (6) Olkoon tätä varten x R \ {nπ n Z} mielivaltainen. Pitää löytää jokin pisteen x ympäristö U T, joka ei leikkaa joukkoa {0}, eli tehtävänä on löytää U siten, että x U T ja 0 U. (7) Koska x R \ {nπ n Z}, niin f(x) = sin x 0 ja näin Koska R \ {0} T, niin määritelmän 6.2 mukaan x f 1 (R \ {0}). (8) f 1 (R \ {0}) T. (9) Ehtojen (8) ja (9) nojalla joukko U := f 1 (R \ {0}) toteuttaa ehdon (7) vaatimukset, jos osoitetaan, että 0 U. 12

13 Tämä seuraa välittömästi siitä, että f(0) = 0 R \ {0}. Näin väite on todistettu. (R, T ) ei ole Hausdorff-avaruus, sillä jos se olisi Hausdorff, niin lauseen 4.10 nojalla f olisi välttämättä injektio, mitä se ei ole. b) Määritelmän 4.2 nojalla T = {f 1 (U) R 2 U T } = {U R U T }. (10) Tästä näkyy syy nimitykseen viipaletopologia : avoimet joukot ovat siis (täsmälleen) y-akselin suuntaisia viipaleita. Toki joukko U T ehdossa (10) voi olla monimutkainen, eli ei sen mikään avoin väli tarvitse olla. Ehdon (10) nojalla kaikki epätyhjät T :n avoimet joukot ovat rajoittamattomia (euklidisessa metriikassa), joten rajoitettu joukko A ei sisällä yhtään epätyhjää avointa joukkoa. Siten A:lla ei voi olla sisäpisteitä lainkaan, joten Osoitetaan sitten, että int(a) =. (11) ext(a) = {(x,y) R 2 x ],1[ ]1, [}. (12) Tätä varten huomataan ensin, että B := {(x,y) R 2 x ],1[ ]1, [} ext(a). (13) Tämä johtuu siitä, että ehdon (10) nojalla B T ja koska selvästi B R 2 \ A, niin B int(r 2 \ A) = ext(a). Ehdon (13) nojalla väite (12) seuraa, jos osoitetaan, että ext(a) {(x,y) R 2 x ],1[ ]1, [}. Tämä väite puolestaan seuraa, jos osoitetaan, että {(x,y) R 2 x [ 1,1]} R 2 \ ext(a). (14) Tehdään tätä varten antiteesi: Olkoon x [ 1,1] ja (x,y) A:n ulkopiste. Tällöin on olemassa U siten, että Koska U T, niin ehdon (10) nojalla (x,y) U T ja U A =. (15) U = V R jollekin V T. (16) Koska (x,y) U, niin tällöin x V. Koska x [ 1,1], niin tällöin joukko V sisältää jonkin välin [ 1,1] pisteen. Koska ehdon (16) mukaan V T, niin ilmeisesti V sisältää myös jonkin välin ] 1, 1[ pisteen z. Tällöin joukon A 13

14 määritelmän mukaan (z,0) A ja toisaalta ehdon (16) nojalla (z,0) V R = U. Siten (z,0) U A, mikä on vastoin ehtoa (15). Tämä ristiriita osoittaa, että väite (14) pätee, ja silloin väite (12) on todistettu. Nyt kun A:n sisä- ja ulkopisteet tunnetaan ehdoista (11) ja (12), niin reunapistetä ovat kaikki loput eli A = [ 1,1] R. Samalla tavalla kuin a)-kohdassa tämäkään topologia ei ole Hausdorff, koska f ei ole injektio. 2.4 a) Väitteenä on Todistus. Osoitetaan ensin, että T 1 = T. Määritelmän 6.2 mukaan T 1 :n esikanta on T 1 T. (1) E 1 = {f 1 (U) U T, f F 1 }. Koska F 1 :n alkiot ovat jatkuvia topologiassa T, pätee lauseen 3.2 nojalla f 1 (U) T kaikille U T ja f F 1, ja silloin Väite (1) seuraa lauseesta 2.16 ja ehdosta (2). Osoitetaan sitten, että E 1 T. (2) T T 1. (3) Identtiselle kuvaukselle id X : X X pätee id X F 1. Tällöin kaikille U T pätee U = id 1 X (U) E 1 T 1, joten väite (3) seuraa. Varsinainen väite seuraa ehdoista (1) ja (3). b) Määritelmän 6.2 mukaan T 2 :n esikanta on E 2 = {f 1 (U) U T, f F 2 }. Kun f F 2 eli f : X X on vakiokuvaus, pätee kaikille joukoille U X joko f 1 (U) = X tai f 1 (U) = riippuen siitä, onko kyseinen vakio joukossa U vai ei. Tällöin E 2 = {,X}, joka on jo valmiiksi topologia, ja silloin myös T 2 = {,X}. c) Oletus. T ei ole minitopologia. 14

15 Väite. T 3 on diskreetti. Todistus. Määritelmän 6.2 mukaan T 3 :n esikanta on E 3 = {f 1 (U) U T, f F 3 }. Olkoon x 0 X mielivaltainen. Riittää osoittaa, että {x 0 } T 3. (4) Koska T ei ole minitopologia, on olemassa A T siten, että A ja A X. Tällöin voidaan valita pisteet a A ja b X \ A. Määritellään kuvaus f F 3 asettamalla { a kun x = x 0 f(x) = b kun x x 0. Tällöin {x 0 } = f 1 (A) ja koska A T, niin joten väite (4) pätee. {x} = f 1 (A) E 3 T 3, d) Oletetaan, että T on minitopologia ja että X:ssä on vähintään kaksi alkiota. Tällöin topologia T 3 ei ole diskreetti. Tässä tapauksessa joukossa T on vain alkiot ja X, jolloin myös esikannassa E 3 on vain nämä kaksi alkiota. Samoin perustein kuin b)-kohdassa T 3 = {,X} eli tämäkin on minitopologia. Se ei ole diskreetti, koska X:ssä on ainakin kaksi alkiota. 2.5 a) Olkoon T 1 kuvausperheen {f,g} topologiasta T pa indusoima topologia. väitetään, että tämä on diskreetti. Riittää osoittaa, että {x} T 1 kaikille x R. (1) Olkoon tätä varten x R mielivaltainen. Olkoon B topologian T pa kanta kuten tehtävässä 2.1. Koska [x,x + 1[ B T pa, niin määritelmän 4.2 nojalla Vastaavasti [ x, x + 1[ B T pa, joten [x,x + 1[ = f 1 ([x,x + 1[ T 1. (2) ]x 1,x] = g 1 ([ x, x + 1[) T 1. (3) Koska T 1 on topologia, niin ehtojen (2) ja (3) nojalla joten väite (1) pätee. {x} = ]x 1,x] [x,x + 1[ T 1, b) Kuvausperheen {f,g} topologiasta T indusoimalle topologialle T 2 pätee T 2 = T. 15

16 Tämä todistetaan täsmälleen samoin kuin tehtävän 2.4 a)-kohdan väite sillä perusteella, että indusoivan perheen kuvaukset ovat jatkuvia kuvauksina (R, T ) (R, T ) ja lisäksi perheessä on identtinen kuvaus. 2.6 a) Jos Y :ssä on minitopologia, T Y = {,Y }, niin määritelmän 4.2 mukaan T = {f 1 ( ),f 1 (Y )} = {,X} eli indusoitu topologia on myös minitopologia, joka ei ole Hausdorff, mikäli X:ssä on ainakin kaksi alkiota. Tässä tapauksessahan f:n injektiivisyydellä ei ole mitään merkitystä. b) Oletetaan siis, että Y :ssä on Hausdorff-topologia T Y, f : X Y on injektio ja varustetaan X kuvauksen f indusoimalla topologialla T X. Väitteenä on, että (X, T X ) on Hausdorff-avaruus. Todistus. Olkoot x, y X, x y. Pitää löytää U, V T siten, että x U, y V ja U V =. (1) Koska f on injektio ja x y, pätee myös f(x) f(y). Silloin, koska T Y on Hausdorff, on olemassa U Y,V Y T Y siten että Määritellään f(x) U Y, f(y) V Y ja U Y V Y =. (2) U = f 1 (U Y ) ja V = f 1 (V Y ). Osoitetaan, että nämä joukot toteuttavat ehdon (1) vaatimukset. Ensinnäkin, koska U Y,V Y T Y, niin indusoidun topologian määritelmän mukaan U,V T. Koska ehdon (2) mukaan f(x) U Y, niin x U ja vastaavasti y V. Lisäksi U V =, sillä jos olisi z U V, niin f(z) U Y V Y, mikä on ehdon (2) nojalla mahdotonta. Siispä ehto (1) toteutuu näille U ja V, joten homma on selvä. 2.7 Osoitetaan, että jos ainakin yksi kuvauksista f α on injektio, niin T X on välttämättä Hausdorff. Todistus. Olkoon f α injektio jollekin α. Olkoon T α tämän kuvauksen f α yksinään indusoima X:n topologia. Lauseen A ja oletusten nojalla Lauseen 6.4 nojalla Ehdon (2) ja lauseen 4.4 nojalla pätee (X, T α ) on Hausdorff-avaruus. (1) f α : (X, T X ) (Y, T Y ) on jatkuva. (2) T α T X. Tällöin väite seuraa ehdosta (1), sillä triviaalisti Hausdorff-topologiaa hienompi topologia on myös Hausdorff. 16

17 Toiseen suuntaan lause B ei päde. Topologia T X voi tosiaan olla Hausdorff, vaikka yksikään kuvauksista f α ei ole injektio. Esimerkkinä tästä on vaikkapa X = {0,1,2}, Y = {0,1}, Y :ssä diskreetti topologia (joka on Hausdorff) ja määritellään f,g : X Y asettamalla f(x) = { 1 kun x = 1 tai x = 2 0 kun x = 0 ja g(x) = { 1 kun x = 0 tai x = 1 0 kun x = 2. Näistä ei kumpikaan ole injektio, mutta kuvausperheen {f,g} indusoima topologia T X on diskreetti ja siten Hausdorff, sillä {0} = f 1 ({0}) T X, {2} = g 1 ({0}) T X ja {1} = f 1 ({1}) g 1 ({1}) T X. 2.8 Tehtävän 2.7 jälkeen tässä ei ole mitään tekemistä. Jos kaikki f α :t ovat injektioita, niin tehtävän 2.7 nojalla (X, T ) on Hausdorff. Käänteinen suunta ei päde tehtävän 2.7 esimerkki toimii tässäkin. 17

18 3.1 a) Oletetaan ensin, että f : (X, T X ) (Y, T Y ) on upotus. Olkoon T f(x) joukon f(x) Y aliavaruustopologia ja T 1 kuvauksen f indusoima X:n topologia. Väitteenä on T X = T 1. (1) Osoitetaan ensin, että T X T 1. (2) Olkoon tätä varten U T X mielivaltainen. Koska f on upotus, niin f : (X, T X ) (f(x), T f(x) ) on homeomorfismi. Tällöin f(u) T f(x). Lauseen 5.3 nojalla on olemassa V T Y siten, että f(u) = V f(x). Tällöin f 1 (V ) = U. Tämä johtuu siitä, että jos x U, niin f(x) f(u) V ja siten x f 1 (V ). Kääntäen, jos x f 1 (V ) X, niin f(x) V f(x) = f(u) eli on olemassa u U siten, että f(u) = f(x). Koska f on oletuksen mukaan injektio, on tällöin x = u U. Indusoidun topologian määritelmän mukaan f 1 (V ) T 1 ja koska nyt siis U = f 1 (V ), niin U T 1. Näin väite (2) on todistettu. Osoitetaan sitten, että T 1 T X. (3) Olkoon tätä varten U T 1 mielivaltainen. Indusoidun topologian määritelmän mukaan on olemassa V T Y siten, että U = f 1 (V ). Lauseen 5.3 nojalla V f(x) T f(x). Koska f : (X, T X ) (f(x), T f(x) ) on homeomorfismi, niin tällöin f 1 (V f(x)) T X. Nyt pätee U = f 1 (V f(x)). Tämä johtuu siitä, että jos x U, niin f(x) f(u) = f(f 1 (V )) V. Toisaalta triviaalisti f(x) f(x), joten f(x) V f(x) ja siten x f 1 (V f(x)). Kääntäen, jos x f 1 (V f(x)), niin f(x) V f(x) V eli x f 1 (V ) = U. Tällöin saadaan U = f 1 (V f(x)) T X, joten myös väite (3) on todistettu. Väite (1) seuraa ehdoista (2) ja (3). b) Oletetaan sitten kääntäen, että T X = T 1. Pitää osoittaa, että f on upotus eli että f : (X, T X ) (f(x), T f(x) ) on homeomorfismi. Koska f on oletuksen mukaan injektio, niin on olemassa käänteiskuvaus f 1 : f(x) X. Riittää osoittaa, että f : (X, T X ) (f(x), T f(x) ) on jatkuva ja että f 1 : (f(x), T f(x) ) (X, T X ) on myös jatkuva. Kuvauksen f : (X, T X ) (f(x), T f(x) ) jatkuvuus seuraa suoraan lauseesta 5.17, sillä oletuksen mukaan kuvaus f : (X, T X ) (Y, T Y ) on jatkuva. f 1 : (f(x), T f(x) ) (X, T X ) on jatkuva: Olkoon U T X mielivaltainen. Riittää osoittaa, että (f 1 ) 1 (U) T f(x) eli että f(u) T f(x). Koska U T X = T 1, niin indusoidun topologian määritelmän mukaan on olemassa V T Y siten, että U = f 1 (V ). Tällöin f(u) = V f(x) ja lauseen 5.3 nojalla V f(x) T f(x), joten väite seuraa. 18

19 3.2 Olkoon x X mielivaltainen. Pitää osoittaa, että pisteellä x on ympäristö U siten, että f U on upotus. Oletuksen mukaan pisteellä x on ympäristö U siten, että f U on injektio. Olkoot T U ja T f(u) joukkojen U X ja f(u) Y aliavaruustopologiat. Riittää osoittaa, että f U : (U, T U ) (f(u), T f(u) ) on homeomorfismi. Koska f U on injektio, se on bijektio kuvajoukolleen, ja näin riittää osoittaa, että f U : (U, T U ) (f(u), T f(u) ) ja sen käänteiskuvaus (f U ) 1 : (f(u), T f(u) ) (U, T U ) ovat jatkuvia. Kuvauksen f U jatkuvuus seuraa f:n jatkuvuudesta sekä lauseista 5.14 ja Käänteiskuvauksen jatkuvuutta varten oletetaan, että A T U. Riittää osoittaa, että ((f U ) 1 ) 1 (A) T f(u) eli että f(a) T f(u). Lauseen 5.3 nojalla on olemassa B T X siten, että A = B U. Koska U on x:n ympäristö, niin U T X, jolloin myös A on kahden avoimen joukon leikkauksena avoin. Koska f on oletuksen mukaan avoin kuvaus, on tällöin f(a) T Y. Koska f(a) f(u), niin tällöin lauseen 5.3 mukaan pätee f(a) T f(u), ja väite seuraa. Väite ei päde ilman oletusta f:n avoimuudesta. Tästä saa esimerkin, kun valitaan X = [0,1] R itseisarvotopologialla varustettuna ja Y = {(x,y) R 2 x 2 + y 2 = 1} euklidisella topologialla varustettuna. Kuvaus f : X Y, f(x) = (cos 2πx,sin 2πx) on jatkuva ja lokaali injektio, mutta immersio se ei ole: ilmeisesti pisteen x = 1 mikään ympäristö ei ole homeomorfinen minkään kuvapisteen (1,0) ympäristön kanssa. 3.3 Upotuksien yhdiste on aina upotus. Todistus. Olkoot f : (X, T X ) (Y, T Y ) ja g : (Y, T Y ) (Z, T Z ) upotuksia. Tällöin f ja g ovat injektioita, joten g f on injektio ja siten bijektio kuvajoukolleen. Olkoot T f(x), T g f(x) ja T g(y ) joukkojen f(x) Y ja g f(x) Z sekä g(y ) Z aliavaruustopologioita. Riittää osoittaa kuvausten h 1 = g f : (X, T X ) ((g f)(x), T (g f)(x) ) ja h 2 = (g f) 1 : ((g f)(x), T (g f)(x) ) (X, T X ) jatkuvuus. Koska f ja g ovat jatkuvia, niin g f : (X, T X ) (Z, T Z ) on jatkuva jatkuvien kuvausten yhdisteenä. Kuvauksen h 1 jatkuvuus seuraa tällöin lauseesta Koska f ja g ovat upotuksia, kuvaukset f 1 : (f(x), T f(x) ) (X, T X ) ja g 1 : (g(x), T g(x) ) (Y, T Y ) ovat jatkuvia. Rajoittumakuvaus g 1 (g f)(x) : ((g f)(x), T (g f)(x) ) (Y, T Y ) on jatkuva lauseen 5.14 perusteella ja tällöin 19

20 myös kuvaus g 1 (g f)(x) : ((g f)(x), T (g f)(x) ) (f(x), T f(x) ) on jatkuva lauseen 5.17 nojalla. Koska h 2 = f 1 g 1, niin h 2 on jatkuva jatkuvien kuvausten yhdisteenä. Immersioiden yhdiste on myös aina immersio. Todistus. Olkoot f : (X, T X ) (Y, T Y ) ja g : (Y, T Y ) (Z, T Z ) immersioita. Olkoon x X mielivaltainen. Tällöin on olemassa x:n ympäristö U siten, että f U on upotus. Vastaavasti on olemassa f(x):n ympäristö V siten, että g V on upotus. Merkitään W = f 1 (V ) U, jolloin f:n jatkuvuuden nojalla W on x:n ympäristö. Lauseiden 5.14 ja 5.17 nojalla f W : (W, T W ) (V, T V ) on upotus. Tällöin todistuksen alkuosan nojalla (g f) W = g V f W : (W, T W ) (Z, T Z ) on upotus ja väite seuraa. 3.4 a) Aina pätee (X, T X ) (X, T X ), sillä identtinen kuvaus id X : (X, T X ) (X, T X ) on upotus. b) Tämä järjestysrelaatio ei ole antisymmetrinen. Tämän näkee valitsemalla esimerkiksi X = ] 1, 1[ ja Y = [ 1, 1] tavallisella itseisarvotopologialla varustettuina. Tällöin kuvaus f : X Y, missä f(x) = x, on selvästi upotus, joten X Y. Toisaalta myös kuvaus g : Y X, missä g(x) = 1 2x on upotus, joten Y X. Kuitenkaan ei ole X Y, sillä X on kompakti ja Y ei, ks. lause MA c) Transitiivisuusominaisuus tällä relaatiolla on. Tämä seuraa suoraan tehtävästä 3.3. d) Tätä totaalisuusominaisuutta sitten taas ei ole: Olkoot a ja b eri pisteitä ja X = {a,b} = Y. Varustetaan X minitopologialla ja Y diskreetillä topologialla. Jos nyt f : X Y olisi upotus, niin f olisi injektio ja siten myös surjektio. Tällöin f olisi homeomorfismi, mikä on mahdotonta, sillä selvästi X Y. Vastaavasti nähdään, että ei voi olla upotusta g : Y X. 3.5 a) Olkoon T Y avaruuden Y metriikan d antama topologia. Tulotopologian T X eräs kanta on joukko B X = { prα 1 (U α ) K I on äärellinen ja U α T Y kaikille α K}. α K Esimerkin 2.12 a) nojalla väite seuraa, jos osoitetaan, että B X T sup. (1) Koska topologia sisältää aina alkioidensa äärelliset leikkaukset, väite (1) seuraa, jos osoitetaan, että pr 1 α (U α ) T sup kaikille α I ja U α T Y. (2) Olkoon tätä varten α I ja U α T Y sekä x pr 1 α (U α ) mielivaltaisia. Väite (2) seuraa, jos osoitetaan, että B sup (x,r) pr 1 α (U α ) jollekin r > 0. (3) 20

21 Koska x pr 1 α (U α ), niin pr α (x) U α. Koska U α T Y, niin on olemassa r > 0 siten, että B d (pr α (x),r) U α. (4) Riittää osoittaa, että ehdon (4) säde r toimii myös ehdossa (3). Olkoon tätä varten y B sup (x,r) mielivaltainen. Riittää osoittaa, että y pr 1 α (U α ) eli että pr α (y) U α. (5) Ehdon (4) nojalla väite (5) seuraa, jos osoitetaan, että pr α (y) B d (pr α (x),r) eli että d(pr α (x),pr α (y)) < r. (6) Projektiokuvauksen määritelmän mukaan väite (6) tulee muotoon d(x(α),y(α)) < r. Tämä väite seuraa siitä, että y B sup (x,r), jolloin sup-metriikan määritelmän mukaan sup{d(x(α),y(α)) α I} < r. b) Jos I on äärellinen, niin sup-metriikka on maksimimetriikka, jolloin väite T X = T sup seuraa lauseesta 7.5. Siten riittää osoittaa, että äärettömälle I nämä ovat eri topologioita. Riittää löytää yksikin A T sup \ T X. Koska Y :ssä on ainakin kaksi pistettä, niin voidaan valita pallo B d (y,r) siten, että B d (y,r) Y. (1) Valitaan jokin vakiokuvaus x : I Y, x(α) = y kaikille α I. Avoimet pallot ovat avoimia, joten B sup (x,r) T sup. Siten riittää osoittaa, että Tehdään antiteesi: B sup (x,r) T X. (2) B sup (x,r) T X. Tällöin lauseen 7.14 nojalla on olemassa äärellinen K I siten, että pr α (B sup (x,r)) = Y kaikille α I \ K. Koska I on ääretön, niin I \ K, ja tällöin (AT) pr α (B sup (x,r)) = Y jollekin α 0 I. (3) Ehdon (1) nojalla voidaan valita z Y \ B d (y,r), jolloin Ehdon (3) nojalla d(z,y) r. (4) z = pr α0 (w) jollekin w B sup (x,r). 21

22 Tällöin d sup (x,w) < r, joten sup-metriikan määritelmän mukaan d(x(α),w(α)) < r kaikille α I ja erityisesti d(x(α 0 ),w(α 0 )) < r d(y,pr α0 (w)) < r d(y,z) < r. Tämä on vastoin ehtoa (4), joten (AT) on väärin ja väite (2) pätee. 3.6 a) Oletetaan ensin, että x n x avaruudessa (X, T X ). Pitää osoittaa, että x n x pisteittäin joukossa I eli että jokaiselle α I pätee x n (α) x(α) avaruudessa (X α, T α ). Olkoon α I mielivaltainen ja olkoon U α T α pisteen x(α) X α mielivaltainen ympäristö. Pitää osoittaa, että on olemassa n 0 N siten, että x n (α) U α kun n n 0. Projektiokuvaus pr α : X X α on jatkuva lauseen 6.4 nojalla, joten prα 1 (U α ) X on avoin, ja koska pr α (x) = x(α) U α, niin prα 1 (U j ) on pisteen x ympäristö avaruudessa (X, T X ). Oletuksen mukaan x n x avaruudessa (X, T X ), joten on olemassa n 0 N siten, että x n prα 1 (U α ) kun n n 0. Osoitetaan, että tämä n 0 toimii myös väitteessä, ts. että x n (α) U α kun n n 0. Olkoon siis n n 0, jolloin x n pr 1 α (U α ). Tällöin joten asia on selvä. eli eli x n (α) = pr α (x n ) pr α (pr 1 α (U α )) U α, b) Oletetaan sitten, että x n x pisteittäin joukossa I eli että jokaiselle α I x n (α) x(α) avaruudessa (X α, T α ). Pitää osoittaa, että x n x avaruudessa (X, T X ). Olkoon U T X pisteen x mielivaltainen ympäristö. Pitää osoittaa, että on olemassa n 0 N siten, että x n U kun n n 0. Topologialla T on kanta B = { pr 1 k (U k) K I on äärellinen, U k T k kaikille k K}. k K Koska x U T X niin lauseen 2.5 nojalla on olemassa B B siten, että x B U. Joukko B on siis muotoa B = pr 1 k (U k) k K jollekin äärelliselle K I, missä U k T k kaikille k K. Tällöin kaikille j K pätee x(j) = pr j (x) pr j (B) = pr j ( pr 1 k (U k)) pr j (pr 1 j (U j )) U j. k K Koska lisäksi U j T j, niin U j on pisteen x(j) ympäristö avaruudessa (X j, T j ) kaikille j K. Oletuksen mukaan kaikille j K pätee x n (j) x(j) avaruudessa (X j, T j ) ja siten kaikille j K on olemassa n j N siten, että x n (j) U j kaikille n n j. 22

23 Valitaan nyt n 0 = max{n j j K} ja osoitetaan, että tämä on toimiva valinta, ts. että x n U kun n n 0. Huomaa, että n 0 :n valinta onnistuu, koska joukko K on äärellinen. Olkoon siis n n 0. Koska B U, riittää osoittaa, että x n B. Koska n n j kaikille j K, niin lukujen n j valinnan nojalla x n (j) U j kaikille j K. Tällöin kaikille j K pätee pr j (x n ) = x n (j) U j ja siten x n pr 1 j (U j ). Tämä siis kaikille j K, joten x n k K pr 1 k (U k) = B ja asia on selvä. 3.7 Joukko A R N ei ole avoin tulotopologiassa itse asiassa A:lla ei ole sisäpisteitä lainkaan. Todistus. Tehdään antiteesi: on olemassa x inta. Tällöin on olemassa avoin U siten, että x U A. Lauseiden 6.12 ja 2.5 mukaan on olemassa äärellinen K N ja avoimet joukot U j R, j K siten, että x j K pr 1 j (U j ) U. Määritellään nyt kuvaus y : N R asettamalla { x(n) kun n K y(n) = n kun n N \ K, jolloin y R N. Lisäksi kaikille j K pätee pr j (y) = y(j) = x(j) U j, koska x j K pr 1 j (U j ). Siten myös y j K pr 1 j (U j ). Tällöin y U A eli y on rajoitettu. Näin ei kuitenkaan y:n määritelmän mukaan ole, koska K on äärellinen ja siten N \ K on ääretön ja näin y saa mielivaltaisen suuria arvoja. Tämä ristiriita osoittaa, että antiteesi on väärä, joten väite pätee. A ei ole myöskään suljettu tulotopologiassa. Itse asiassa pätee A = R N. Todistus. Olkoon x R N mielivaltainen ja U pisteen x mielivaltainen ympäristö. Pitää löytää piste y A U. Kuten yllä, lauseiden 6.12 ja 2.5 mukaan on olemassa äärellinen K N ja avoimet joukot U j R, j K siten, että x j K pr 1 j (U j ) U. Määritellään nyt kuvaus y : N R asettamalla { x(n) kun n K y(n) = 0 kun n N \ K, jolloin y R N. Lisäksi kaikille j K pätee pr j (y) = y(j) = x(j) U j, koska x j K pr 1 j (U j ). Siten myös y j K pr 1 j (U j ) U. Lisäksi, koska K on äärellinen, y on rajoitettu, eli y A. Siispä y U A ja asia on selvä. 3.8 Osoitetaan kantalauseen 2.8 avulla, että B = { n N U n U n on R:n avoin väli kaikille n N} on erään R N :n topologian kanta. Ensinnäkin B:n pitää olla R N :n peite. Tämä on selvää, koska voidaan valita U n = R kaikille n N, jolloin suorastaan R N B. Toiseksi B:llä pitää olla seuraava ominaisuus: Jos B 1,B 2 B ja x B 1 B 2, niin on olemassa B B siten, että x B B 1 B 2. Tämäkin on selvää, sillä kaikille tällaisille B:n alkioille B 1,B 2 pätee B 1 B 2 B. Tämä johtuu viime 23

24 kädessä siitä, että avoimien välien epätyhjä leikkaus on aina avoin väli. Nyt siis kantalause takaa, että B on jonkin topologian T kanta. Olkoon A kuten tehtävässä 3. Joukko A on avoin topologiassa T. Todistus. Olkoon x A mielivaltainen. Tällöin x n N]x(n) 1,x(n) + 1[ B T, joten joukko U = n N ]x(n) 1,x(n)+1[ on x:n ympäristö. Koska x A, niin x on rajoitettu; olkoon x(n) M kaikille n N. Jos nyt y U, niin kaikille n N pätee y(n) = pr n (y) ]x(n) 1,x(n) + 1[, joten y(n) M + 1 kaikille n ja siten myös y on rajoitettu. Tällöin U A ja väite on todistettu. Joukko A on suljettu topologiassa T. Todistus. Riittää osoittaa, että R N \ A on avoin. Olkoon x R N \ A mielivaltainen. Tällöin x n N]x(n) 1,x(n) + 1[ B T, joten joukko U = n N ]x(n) 1,x(n) + 1[ on x:n ympäristö. Koska x R N \ A, niin x on rajoittamaton. Jos nyt y U, niin kaikille n pätee y(n) = pr n (y) ]x(n) 1,x(n) + 1[, joten y(n) x(n) 1 kaikille n ja siten myös y on rajoittamaton. Tällöin U R N \ A ja väite on todistettu. 24

25 4.1 a)+b) Näissä pätee kovempikin väite: χ B A jokaiselle osajoukolle B R. (Itse asiassa jopa niin, että ei ole väliä, mitä perustopologiaa R:ssä käytetään, mutta oletetaan tässä tehtävänasettelun mukaisesti, että R:n topologia on itseisarvotopologia.) Olkoon siis B R mielivaltainen. Väitetään, että χ B A. Olkoon U pisteen χ B mielivaltainen ympäristö. Riittää osoittaa, että U A. (1) Koska joukkoperhe B = { pr 1 j (U j ) K R on äärellinen ja U j R on avoin kaikille j K} j K muodostaa tulotopologian kannan, on olemassa äärellinen K R ja avoimet joukot U j R, j K siten, että χ B j K pr 1 j (U j ) U. (2) Tällöin väite (1) seuraa, jos osoitetaan, että pr 1 j (U j ) A. (3) j K Koska K R on äärellinen, niin B K R on äärellinen tai tyhjä. Silloin joukon A määritelmän mukaan Ehdon (4) nojalla väite (3) seuraa, jos osoitetaan, että χ B K pr 1 j (U j ) eli χ B K A. (4) j K pr j (χ B K ) U j kaikille j K. (5) Väitettä (5) varten olkoon j K mielivaltainen. Ehdon (2) nojalla pr j (χ B ) U j, joten riittää osoittaa, että Koska j K, niin Väite (6) seuraa ehdosta (7). pr j (χ B K ) = pr j (χ B ) eli että χ B K (j) = χ B (j). (6) j B K j B. (7) c) Koska Q on tunnetusti numeroituva, on olemassa bijektio ϕ : N Q. Määritellään joukot B n R, n N asettamalla B n = {ϕ(i) 1 i n} Q. 25

26 Huomaa, että B n B m kun n m. (8) Nämä joukot B n ovat äärellisiä, joten χ Bn A kaikille n. Tällöin (χ Bn ) on joukon A jono, joten riittää osoittaa, että χ Bn χ Q. Olkoon U pisteen χ B mielivaltainen ympäristö. Pitää osoittaa, että on olemassa n 0 N siten, että χ Bn U, kun n > n 0. Kuten a)+b)-kohdassa on olemassa äärellinen K R ja avoimet joukot U j R, j K siten, että χ Q pr 1 j (U j ) U. j K Koska ϕ : N Q on surjektio ja joukko K Q on äärellinen tai tyhjä, voidaan valita äärellinen tai tyhjä joukko I N siten, että ϕ(i) = K Q. Olkoon m = max I N, jos I. Jos I =, sovitaan, että m = 1. Valitaan nyt n 0 = m ja osoitetaan, että tämä on toimiva valinta, ts. että χ Bn U kun n > n 0. Olkoon siis n > n 0. Koska j K pr 1 j (U j ) U, niin riittää osoittaa, että χ Bn j K pr 1 j (U j ) eli että χ Bn pr 1 j (U j ) kaikille j K. Olkoon j K mielivaltainen. Riittää osoittaa, että pr j (χ Bn ) U j eli että χ Bn (j) U j. (9) Koska χ Q k K pr 1 k (U k), niin χ Q pr 1 j (U j ) eli pr j (χ Q ) U j eli χ Q (j) U j. Silloin väite (9) seuraa, jos osoitetaan, että χ Bn (j) = χ Q (j). (10) Koska j K R, niin joko j on irrationaalinen tai j K Q. Jos j on irrationaalinen, niin j / Q ja j / B n, jolloin χ Bn (j) = 0 = χ Q (j), ja väite (10) pätee. Voidaan siis olettaa, että j K Q, jolloin χ Q (j) = 1. (11) Koska ϕ(i) = K Q, niin on olemassa i I siten, että ϕ(i) = j. Tällöin I ja n > n 0 = m = max I i. Silloin j = ϕ(i) i) B i ii) B n, (12) missä ehto i) saadaan joukon B i määritelmästä ja ehto ii) ehdosta (8), koska i m < n. Ehdon (12) nojalla jolloin väite (10) seuraa ehdosta (11). χ Bn (j) = 1, 26

27 d) Tehdään antiteesi: On olemassa joukon A jono (a n ) siten, että a n χ R. Joukon A määritelmän mukaan jokaiselle n N on olemassa äärellinen tai tyhjä joukko B n R siten, että a n = χ Bn, jolloin siis χ Bn χ R. Merkitään B = n N B n R. Tällöin B on äärellisten tai tyhjien joukkojen numeroituvana yhdisteenä tunnetusti korkeintaan numeroituva. Koska toisaalta R on tunnetusti ylinumeroituva, on välttämättä B R, jolloin on olemassa j R \ B. Tulotopologian määritelmän mukaan joukko pr 1 j (]0, [) on tuloavaruuden R R avoin osajoukko. (Huomaa, että tässä on koko tehtävässä ensimmäinen kohta, jossa tarvitaan tietoa R:n perustopologiasta; kaikki mitä tätä ennen on todistettu, pätee missä tahansa topologiassa ja kaikki tämän jälkeen tuleva pätee kaikissa sellaisissa topologioissa, joissa ]0, [ R on avoin.) Koska pr j (χ R ) = χ R (j) = 1 ]0, [, niin χ R pr 1 j (]0, [) ja siten pr 1 j (]0, [) on pisteen χ R ympäristö. Koska χ Bn χ R, niin χ Bn pr 1 j (]0, [) suurille n. Tämä on kuitenkin mahdotonta, sillä jos χ Bn pr 1 j (]0, [), niin pr j (χ Bn ) ]0, [ eli χ Bn (j) ]0, [. Koska karakteristinen funktio saa vain arvot 0 ja 1, niin tällöin on oltava χ Bn (j) = 1, mikä merkitsee sitä, että j B n. Koska B n B, niin tällöin j B, mikä on vastoin valintaa j R \ B. Syntynyt ristiriita osoittaa antiteesin vääräksi, joten väite pätee. e) Tehdään antiteesi: On olemassa joukon R R metriikka d siten, että tulotopologialle T pätee T = T d. Kuten edellä nähtiin, χ R A, mutta ei ole olemassa joukon A jonoa, joka konvergoisi kohti pistettä χ R. Tämä on vastoin lausetta MA 12.12, jonka mukaan metrisessä avaruudessa (R R,d) jokaista sulkeuman pistettä voidaan lähestyä kyseisen joukon jonolla. Siispä metriikkaa d ei voi olla olemassa. 4.2 Olkoon T avaruuden R n euklidinen normitopologia. Lauseen 6.7 nojalla riittää siis osoittaa, että T T w. Joukkoperhe B = {U 1 U 2 U n U i R on avoin kaikille i = 1,2,...,n} muodostaa tunnetusti R n :n euklidisen topologian T kannan. Tällöin riittää osoittaa, että B T w. (1) Projektiot pr i : R n R, i = 1,2,...,n ovat jatkuvia lineaarikuvauksia ja siten heikon topologian indusoivan perheen alkioita ja U 1 U 2 U n = n i=1 pr 1 i (U i ), jolloin tulotopologian määritelmän mukaan väite (1) seuraa, koska joukot U i R ovat avoimia. Tässä on oleellista, että leikkaus on äärellinen; sama idea toimii kaikissa äärellisulotteisissa avaruuksissa. Ääretönulotteisessa tapauksessa tilanne on toinen. 27

28 4.3 Todistetaan ensin ohjeen jälkimmäinen aputulos (x n ) = n N x n ξ n kaikille (x n ) l 2. (1) Riittää osoittaa, että lim (x n) m m x n ξ n = 0. n=1 Jonon (ξ n ) määritelmän nojalla on selvää, että m x n ξ n = (x 1,x 2,...,x m,0,0,0,...) kaikille m N. n=1 Tällöin joten m (x n ) x n ξ n = (0,0,...,0,x m+1,x m+2,...) n=1 lim (x n) m lim m ( n=m+1 m n=1 x 2 n x n ξ n = lim m (0,0,...,0,x m+1,x m+2,...) = ) 1 2 = 0, sillä kyseessä on suppenevan sarjan jäännöstermin neliöjuuri. Näin aputulos (1) on todistettu. Todistetaan sitteen ohjeen toinen aputulos f((x n )) = n N f(ξ n )x n kaikille (x n ) l 2 ja f l 2. (2) Tämä nähdään näin: f((x n )) i) = f( n N x n ξ n ) = f( lim lim m m n=1f(ξ n )x n = n N m m n=1 f(ξ n )x n. x n ξ n ) ii) = lim m f( m n=1 x n ξ n ) iii) = Tässä yhtälö i) perustuu ehtoon (1), yhtälö ii) f:n jatkuvuuteen ja lauseeseen MA sekä yhtälö iii) f:n lineaarisuuteen. Osoitetaan sitten oikeaksi osasummien yläraja-arvio m f(ξ n ) 2 f 2 kaikille m N ja f l2. (3) n=1 28

29 Kiinnitetään m ja f. Merkitään kuten ohjeessa x = (f(ξ 1 ),...,f(ξ m ),0,0,0,...), jolloin triviaalisti x l 2, joten f(x) on määritelty. Lauseen MA 19.5 nojalla saadaan f(x) f x. (4) Toisaalta saadaan f(x) i) = n N f(ξ n )x n ii) = m f(ξ n )f(ξ n ) = n=1 m f(ξ n ) 2 = x 2. (5) Tässä yhtälö i) seuraa ehdosta (2), yhtälö ii) jonon x määritelmästä ja yhtälössä iii) käytetään x:n määritelmän lisäksi l 2 :n normin määritelmää. Yhdistämällä ehdot (4) ja (5) saadaan arvio x f, jolloin x:n määritelmän ja l 2 :n normin määritelmän perusteella väite (3) seuraa. Koska reaalilukusarja n N f(ξ n) 2 on positiiviterminen, niin ehdon (3) nojalla se suppenee, jolloin sen termit lähestyvät nollaa ja siten n=1 lim f(ξ n) = 0. (6) n Ja nyt sitten varsinaisen väitteen kimppuun. Väitetään siis, että ξ n 0 heikossa topologiassa tässä 0 on avaruuden l 2 origo eli nollajono. Heikko topologia T w on määritelmänsä mukaan l 2:n alkioiden indusoima. Olkoon tätä varten U T w jonon 0 mielivaltainen ympäristö. Pitää osoittaa, että on olemassa n 0 N siten, että ξ n U kun n n 0. Lauseen 6.12 mukaan on olemassa äärellinen joukko K ja kuvaukset f j l2, j K siten, että 0 f 1 j (U j ) U, j K missä U j R on avoin kaikille j K. Koska 0 j K f 1 j (U j ) ja lineaarisuuden perusteella f j (0) = 0 R kaikille f j, niin 0 U j R kaikille j K. Tällöin U j on 0:n ympäristö kaikille j. Ehdon (6) nojalla lim n f j (ξ n ) = 0 kaikille j K, joten jokaiselle j voidaan valita n j siten, että f j (ξ n ) U j kun n n j. (7) Valitaan nyt n 0 = max{n j j K} N. Tämä on mahdollista, koska K on äärellinen joukko. Kun n n 0, niin n n j kaikille j K ja lukujen n j valinnan nojalla f j (ξ n ) U j kaikille j K. Tällöin ξ n f 1 j (U j ) U kaikille n n 0, j K 29

30 joten tämä n 0 :n valinta toimii ja näin on osoitettu, että jono (ξ n ) konvergoi nollaan l 2 :n heikossa topologiassa T w vaikka mikään sen osajono ei konvergoi normitopologiassa, kuten tehtävän MA 7.7 ratkaisussa nähtiin. 4.4 Tehdään antiteesi: Jonolla (x n ) on suppeneva osajono (x ϕ(n) ), missä ϕ : N N on aidosti kasvava kuvaus. Koska tuloavaruuden X = [0,1] P(N) projektiokuvaukset p A : X [0,1], p A (x) = x(a) ovat jatkuvia, niin lauseen 3.15 nojalla jono (p A (x ϕ(n) )) suppenee itseisarvotopologiassa kaikille A P(N). (1) Projektiokuvauksen määritelmän ja jonon (x n ) määritelmän nojalla joten ehdon (1) nojalla p A (x ϕ(n) ) = x ϕ(n) (A) = χ A (ϕ(n)), jono (χ A (ϕ(n))) suppenee itseisarvotopologiassa kaikille A P(N). (2) Valitaan joukko A P(N) asettamalla A = {ϕ(2k) k N}. Koska kuvaus ϕ on aidosti kasvava, niin se on injektio, ja silloin ϕ(n) A kaikille parittomille n N. Tällöin χ A (ϕ(n)) = { 1 kun n on parillinen 0 kun n on pariton. Silloin jono (χ A (ϕ(n))) ei selvästikään suppene itseisarvotopologiassa. Tämä on vastoin ehtoa (2). Tämä ristiriita kaataa antiteesin ja todistaa väitteen. 4.5 Tässähän F 2 F 1 F 3, joten koindusoidun topologian yleisperiaatteen mitä isompi perhe, sitä pienempi topologia nojalla tiedetään heti, että pätee ainakin T 3 T 1 T 2. (1) Huomaa, että indusoiduille topologioille periaate on päinvastainen eli mitä isompi perhe, sitä isompi topologia tämähän näkyy myös tehtävän 2.4 ratkaisusta, jossa ehto (1) tuli voimaan käännetyssä järjestyksessä. a) Väitetään, että Todistus. Määritelmän 8.2 mukaan T 1 = T. (2) T 1 = {U X f 1 (U) T kaikille f F 1 }. Koska jatkuvassa kuvauksessa avoimen joukon alkukuva on avoin, on ainakin T T 1. (3) 30